Soit A et B les deux dés, Ai les probabilités d'obtenir i avec le dé A et Bi la probabilité d'obtenir i avec le dé B. Il y a donc 12 inconnues

On a un système de 13 équations, une pour chaque somme ( de 2 à 12) et une pour chaque dé.

On a donc un système de 13 équations et 12 inconnues.

A1 + A2 + A3 + A4 + A5 + A6 = 1
B1 + B2 + B3 + B4 + B5 + B6 = 1

A1.B1 = 1/36
A1.B2 + A2.B1 = 2/36
A1.B3 + A2.B2 + A3.B1 = 3/36
A1.B4 + A2.B3 + A3.B2 + A4.B1= 4/36
A1.B5 + A2.B4 + A3.B3 + A4.B2 + A5.B1= 5/36
A1.B6 + A2.B5 + A3.B4 + A4.B3 + A5.B2 + A6.B1 = 6/36
A2.B6 + A3.B5 + A4.B4 + A5.B5 + A6.B2 = 5/36
A3.B6 + A4.B5 + A5.B4 + A6.B5 = 4/36
A4.B6 + A5.B5 + A6.B4 = 3/36
A5.B6 + A6B5  = 2/36
A6.B6 = 1/36

Voilà, j'ai une équation en trop. Et comme le problème est symétrique, j'ai peur que si j'ai une équation en trop, j'en ai au moins deux en trop et je resterai alors avec un problème avec plus d'inconnues que d'équation. ceci impliquerai une possible multiplicité dans les probabilités possibles.

Je regarderai ça plus en profondeur quand j'aurai plus de temps.
Je pense que je peux montrer qu'il y a 12 équations indépendantes, mais je sais pas encore comment.

J'ai posé le problème mathématiquement je ne me suis pas demander si physiquement c'est réalisable avec du plomb reparti dans un cube.

En gros, on veut une loi de probabilité pour le dé A, c'est-a-dire des probabilités [latex]p^A_i[/latex] pour [latex]i \in \{ 1 ; \dots ; 6 \}[/latex] de tomber sur chaque face, telles que [latex]\sum_{i=1}^6 p^A_i = 1[/latex] bien sûr, et de la même façon les probas [latex]p^B_i[/latex] des faces du dé B, soumises bien sûr a la même contrainte de somme, telles que les probas de la somme des deux dés soient toujours les mêmes :
[TeX]p^A_1 p^B_1 = \frac1{36}[/TeX]
[TeX]p^A_1 p^B_2 + p^A_2 p^B_1 = \frac2{36}[/TeX]
[TeX]p^A_1 p^B_3 + p^A_2 p^B_2 + p^A_3 p^B_1 = \frac3{36}[/TeX]
[TeX]p^A_1 p^B_4 + p^A_2 p^B_3 + p^A_3 p^B_2 + p^A_4 p^B_1 = \frac4{36}[/TeX]
[TeX]p^A_1 p^B_5 + p^A_2 p^B_4 + p^A_3 p^B_3 + p^A_4 p^B_2 + p^A_5 p^B_1 = \frac5{36}[/TeX]
[TeX]p^A_1 p^B_6 + p^A_2 p^B_5 + p^A_3 p^B_4 + p^A_4 p^B_3 + p^A_5 [latex]p^B_2 + p^A_6 p^B_1 = \frac6{36}[/TeX]
[TeX]p^A_2 p^B_6 + p^A_3 p^B_5 + p^A_4 p^B_4 + p^A_5 p^B_3 + p^A_6 p^B_2 = \frac5{36}[/TeX]
[TeX]p^A_3 p^B_6 + p^A_4 p^B_5 + p^A_5 p^B_4 + p^A_6 p^B_3 = \frac4{36}[/TeX]
[TeX]p^A_4 p^B_6 + p^A_5 p^B_5 + p^A_6 p^B_4 = \frac3{36}[/TeX]
[TeX]p^A_5 p^B_6 + p^A_6 p^B_5 = \frac2{36}[/TeX]
[TeX]p^A_6 p^B_6 = \frac1{36}[/TeX]
Ca nous fait 13 contraintes pour 12 inconnues ; le fait qu'il y ait au moins une solution (celle où toutes les probas valent [latex]\frac16[/latex]) signifie qu'il y a interdépendance entre les contraintes. On peut ramener ces 13 équations a "seulement" 12. Si on peut les ramener a seulement 11 (voire éventuellement moins), alors il y a une façon de piper les dés qui conserve les probabilités de la somme.

Pas facile...

OK, oublions le trucage "physique", et regardons alors si une numérotation particulière de deux dés permet de répondre à la question :


> il y a 11 sommes de 2 à 12
> un tirage de deux dés cubiques représentent 36 possibilités.

Il faudrait donc un trucage qui donne une probabilité unitaire (de voir apparaitre 2, 3, ....11) de 11/36, mais 11/36 n'étant pas un entier, la réponse est donc "non" !

maintenant, rien dans l'énoncé ne précise que les dés soient cubiques ....!
Il faudrait un dé à 11 faces et un dé quelconque.
Or je ne pense pas qu'il existe d'hendécaèdre (polyèdre à 11 faces) régulier !

Yanyan a écrit:

NickoGecko, as tu déjà vu des probabilités entières autres que 0 et 1?

Oui, pour des très grandes valeurs de 1, 1=2.

Mouhahahahaha, j'en peu plus de cette blague débile...

notons a1..a6 les proba d'obtenir 1..6 avec le 1er dé, et de meme b1..b6 pour le 2eme

alors
P(2)   = a1*b1
P(12) = a6*b6
p(7) = a1b6+a2b5+a3b4+a4b3+a5b2+a6b1 = a1b6+a6b1 + X
avec X positif.

or ces trois sommes sont identiques
des deux premières on peut obtenir:
a1=a6b6/b1
b1=a6b6/a1
et
a6= a1b1/b6
b6=a1b1/b6

en reportant
les 2 premières et les 2 secondes dans P(7), on obtient:
p(7) = a6b6(b6/b1+a6/a1) + X = P(12) = a6b6
et
p(7) = a1b1(a1/a6+b1/b6) + X = P(1) = a1b1

pour avoir l’égalité on doit donc avoir
que les deux sommes entre parenthèses soient <1 car X est positif.
or ces deux sommes ne peuvent être en même temps <1,
si a1/a6 est <1 alors a6/a1 ne peut l’être.

ce n'est donc pas possible d'avoir des probabilités égales pour 2, 7 et 12.

EDIT2 avec clarification: il m'avait paru évident que toutes les proba (a1,a2,b1,b6) sont strictement supérieur a zéro, en effet si une proba est égale a zéro, il faudrait que toutes les probas P(2),p(3) ... P(12) le soient pour satisfaire les égalités, or leur somme est égale a 1. donc aucune n'est égale à 0.

Une petite aide pour MthS-MlndN et Scarta et d'autres:
Ne reconnaissez-vous pas les coefficients d'un polynôme dans vos équations?

Ils sont fous ces matheux
Bravo, continuez !

Je note [latex]a_k[/latex] les probabilités d'obtenir k+1 pour le premier dé (k entre 0 et 5)
Je note [latex]b_k[/latex] les probabilités d'obtenir k+1 pour le second dé (k entre 0 et 5)

Soient les deux polynômes suivants de degré 5 :
[TeX]A(X)=\sum_{n=0}^5a_nX^n
B(X)=\sum_{n=0}^5b_nX^n[/TeX]
Je calcule le produit A(X)B(X) :
[TeX]A(X)B(X)=\sum_{n=0}^{10}\left(\sum_{k=0}^n a_k b_{n-k}\right)X^n[/TeX]
Les coefficients de ce polynômes sont exactement les probabilités d'obtenir n comme somme des deux dés.

On doit alors trouver deux polynômes A et B, à coefficients réels entre 0 et 1 , vérifiant :
[TeX]A(X)B(X)=\frac{X^{11}-1}{11(X-1)}[/TeX]
C'est impossible !
En effet, les racines 11-èmes de l'unité (sauf 1) sont des complexes non réels. Les polynômes réels divisant [latex]X^{11}-1[/latex] sont donc de degré pair, et on ne peut pas trouver deux polynômes de degré 5 répondant au problème.

La réponse est donc : non

Les probabilités de chacune des 11 sommes serait 1/11.
Donc P(1)=P(6)=[latex]\frac 1 {\sqr {11}}\approx0.30[/latex]
Et P(2)=P(5)=[latex]\frac 1 {2\sqr {11}}\approx0.15[/latex] car il ya deux façons d'obtenir S=3 ou 11
Il reste P(3)=P(4)=[latex]\frac 12-\frac 3 {2\sqr {11}}\approx0.05[/latex]

Pour tout le monde : avez pensez au cas où certaines probabilités sont nulles? Cela sera plus facile chez certains que chez d'autres.

je peux deja dire qu'il est impossible de modifier 2 dés de maniere identique est d'avoir la meme probabilité d'apparition de chaque somme possible de 2 à 12.
Pour cela il faudrait que la probabilité du 1 et du 6 soit la meme pour avoir la meme probabilité d'avoir un 1+1 et un 6+6 et donc le 1+6 aurait une probabilité au moins double...
Il est donc necessaire que les dés soient truqués de maniere differente.

En modifiant les 2 des de maniere differente, le mieux que j'obtienne est ceci:
pour le dé numero 1:
probabilité de 1: 0.170702
probabilité de 2: 0.085463
probabilité de 3: 0.101788
probabilité de 4: 0.135718
probabilité de 5: 0.169647
probabilité de 6: 0.339294
pour le dé numero 2:
probabilité de 1: 0.339294
probabilité de 2: 0.169647
probabilité de 3: 0.135718
probabilité de 4: 0.101788
probabilité de 5: 0.085463
probabilité de 6: 0.170702
pour la somme des dés:
probabilite d'un 2: 0.057918
probabilite d'un 3: 0.057956
probabilite d'un 4: 0.072202
probabilite d'un 5: 0.092291
probabilite d'un 6: 0.117687
probabilite d'un 7: 0.209124
probabilite d'un 8: 0.117687
probabilite d'un 9: 0.092291
probabilite d'un 10: 0.072202
probabilite d'un 11: 0.057956
probabilite d'un 12: 0.057918

le rapport entre la probabilite d'un 7 par rapport a un 12: 3.6106909
a comparer avec les probabilités classiques:
pour faire un 2 ou un 12: 1/36 = 0.027777777
pour faire un 7: 1/6  = 0.166666667
avec un rapport de 6.