gaussienne non centrée

S'il vous plait, Dlzlogic, je vous avais posé une question, mais je crains que vous ne l'ayez pas vue à cause des messages de Dattier. Je me permets donc de la répéter.

HumHumHum a écrit:Dlzlogic, je n'ai pas bien compris ce que vous cherchez à dire avec votre pièce truquée. Vous n'êtes pas d'accord que la probabilité (inconnue) d'obtenir pile avec cette pièce truquée sera la même pour tous les tirages d'une série de tirages ? Sinon, comment modélisez-vous cette situation ?

Reprenons, si vous le voulez bien, le cas d'une pièce parfaitement équilibrée et faisons une suite de 10 tirages de cette pièce. Les issues possibles sont une suite de dix P ou F. N'êtes vous pas d'accord que les 2¹⁰ = 1024 suites possibles sont équiprobables ? Que par exemple la suite PPPPPPPPPP a autant de probabilité de sortir que la suite PPPPPPPPPF ? (Autrement dit, après 9 piles, pile a autant de chances de sortir que face)
Il me semble, pour avoir parcouru vos interventions, qu'une de vos bibles est l'annexe du cours de Topométrie Générale de Levallois. Regardez bien ce qu'il y fait p.143 : pour lui, toutes les suites de 10 piles ou faces sont équiprobables. Par exemple il y a C₁₀³ telles suites avec 3 piles et 7 faces, il en déduit que la probabilité d'avoir 3 piles et 7 faces est C₁₀³/1024 = 120/1024. Contestez-vous Levallois sur cette équiprobabilité ?

Pourriez-vous répondre à ces questions ? Merci par avance.

Comment pourriez-vous imaginer que je puisse ne pas être d'accord avec J.J. Levallois.
Quand on tire à pile ou face, on appelle cela un tirage suivant la loi uniforme. Personnellement, je préfère le terme "protocole".
Mais ce qu'il faut comprendre et je sais que ce n'est pas intuitif, le résultat de cette expérience est conforme aux deux théorèmes de Bernoulli, à savoir la loi des grands nombres et la loi normale.
J'ai noté dans un précédent message que le matheux avait décidé que cette expérience suivait la loi uniforme ou binomiale avec une probabilité p=1/2, et que donc, les matheux ayant précisé la règle du jeu, les théorèmes de Bernoulli n'avaient pas à s'en mêler. Bien-sûr il n'en est rien et ces deux théorèmes s'appliquent dans tous les cas, quoi qu'aient pu décider les matheux.

Dlzlogic, vous devriez relire Levallois avec plus de soin (bas de la page 142) :



Je réitère ma question : dans ce cadre fixé par Levallois, êtes vous d'accord avec lui que toutes les issues sont équiprobables (le hasard pur) et donc que PPPPPPPPPP a même probabilité de sortir que PPPPPPPPPF ?

Vous dites : "le matheux avait décidé que cette expérience suivait la loi uniforme ou binomiale avec une probabilité p=1/2 ". Oui (en enlevant "uniforme"), tous les matheux depuis de Moivre, Bernoulli, Laplace, Gauss etc., et Levallois aussi :

Bon, j'essaye d'expliquer les fondements de la théorie des probabilités, démontrée par Bernoulli et tu voudrais me faire dire n'importe quoi.
Bon alors, tout ce que tu veux, mais essaye d'expliquer à quoi sert d'étudier les probabilités, au lieu de ne dire qu'une chose que j'ai tort.
Par exemple, comment expliques-tu que une expérience suivant une loi uniforme tend vers la moyenne arithmétique (loi des grands nombres) et que les écarts à la moyenne tend vers la loi normale.
Si tu ne peux pas l'expliquer, alors, soit la théorie des probabilités est fausse, soit tu n'as rien compris.

Pourquoi évitez-vous de répondre ? Ce n'est pourtant pas sorcier, je demande simplement si dans le cadre que Lavallois fixe dans son cours, l'issue PPPPPPPPPP a même probabilité que l'issue PPPPPPPPPF ?
Si vous n'êtes pas capable de répondre à ça, je me demande comment vous pouvez comprendre la démonstration faite dans ce cours de ce qu'il appelle 1er théorème de Bernoulli (loi des grands nombres) et 2e théorème de Bernoulli (théorème central limite).

Ben évidemment toutes les combinaison de P et F ont la même probabilités d'arriver.
J'ai fait assez de simulations pour le conformer.
Maintenant à moi.
Soit une suite continue de P. P poir pile naturellement.
Sur un grand nombre de tirages on décompte les listes continues de
1 P
2 P
3 P
...
n P
Peut-on prévoir, avec une certaine marge d'erreur les scores de ces listes ?

Question subsidiaire, citer une "utilisation" précise des probabilités et analysons-là dans le détail.

Merci, donc vous confirmez que, dans le cadre de ce qu'écrit Levallois, l'issue PPPPPPPPPP a même probabilité de sortir que PPPPPPPPPF, autrement dit qu'après neuf P, au tirage suivant P a autant de chances de sortir que F : une chance sur 2. N'est ce pas légèrement en contradiction avec votre affirmation

lors d'un tirage à pile ou face, si le nombre de pile dépasse le nombre de face alors la probabilité que le résultat suivant soit face est plus grand que celui de pile.

Qui a raison, vous ou Levallois ?

Ensuite, j'aimerais bien comprendre quelle est exactement votre question. Vous demandez : on fait n tirages à pile ou face (avec n grand). Dans la suite des résultats de ces n tirages, combien y a-t-il de suites de
exactement un P avec un F avant et un F après
exactement deux P consécutifs, avec un F avant et un F après
exactement trois P consécutifs, avec un F avant et un F après
etc.
C'est bien cela la question, n'est-ce pas ?

"C'est bien cela la question, n'est-ce pas ?" oui c'est bien cela la question.

Et qui a raison : vous ou Levallois ? Est-ce que dans le cadre de ce qu'écrit Levallois, après 9 P, il y a autant de chance d'avoir P que d'avoir F ?

Bien-sûr, c'est Levallois qui a raison

D'accord, vous reconnaissez donc que vous vous êtes trop avancé en affirmant

lors d'un tirage à pile ou face, si le nombre de pile dépasse le nombre de face alors la probabilité que le résultat suivant soit face est plus grand que celui de pile.

Bien, maintenant pour votre question :  le nombre d'occurrences de k piles consécutifs encadrés par des faces est environ (n-k-1)/2^k+2.
Explication : sur k+2 résultats consécutifs, la probabilité d'avoir FPPP...PPPF où P est répété k fois est 1/2^k+2.
On a ainsi n-k-1 variables aléatoires de Bernoulli (correspondant aux n-k-1 tranches de k+2 résultats consécutifs) de paramètre 1/2^k+2. Comme l'espérance de la somme est la somme des espérances, on trouve comme espérance du nombre d'occurrences (n-k-1)/2^k+2.
Pour l'écart-type du nombre d'occurrences c'est un peu plus délicat car les variables de Bernoulli ne sont pas indépendantes et on n'est pas en situation a priori d'appliquer le résultat sur l'écart-type d'une somme de variables aléatoires indépendantes. Cependant, si k est assez petit, la dépendance est "à courte portée" : il y a indépendance dès que les tranches de k+2 résultats consécutifs sont disjointes. On peut alors estimer que l'écart-type est en gros ((n-k-1)*(2^k+2-1))^1/2/2^k+2, comme pour des variables de Bernoulli indépendantes. À vérifier bien sûr, je peux m'être trompé.

Bon, merci pour le baratin, mais c'est beaucoup plus simple
pour une liste de 1 c'est n/2
pour une liste de 2 c'est n/4
etc.
En fait c'est la moitié de cela puisque il y a la même chose pour Face.
Ceci a été testé et j'ai donné les résultats bien souvent depuis bien des années.
La logique est simple, on examine les variables correspondant au nombre d'occurrences. C'est l'application élémentaire de la théorie des probabilités.
Question : comment chaque variable sait que son résultat doit tendre vers une valeur connue, mais connue de moi seul, même si elle la connaissait, comment déciderait-elle de sortir la bonne face de la pièce.
Ceci est une question j'ai répondu à toutes les questions, chacun son tour.
Il n'est en aucun question d'écart-type dans cette simulation, juste l'approche de la valeur vraie. Cf loi des grands nombres.

Donc vous trouvez bien n/2^k+2, qui est approximativement mon (n-k-1)/2^k+2 pour k petit devant n. Avez vous essayé par exemple pour k=6 et n=12 ?
Avez-vous aussi remarqué que j'ai donné une démonstration de mon résultat en utilisant les probabilités élémentaires ? Ce n'est pas du baratin, comme vous l'écrivez avec votre manière insultante habituelle. Je n'ai pas vu de démonstration dans votre message. Il est dommage aussi que vous n'ayez aucune estimation de l'écart-type du nombre d'occurrences en fonction de n et k. En y allant à la louche, c'est de l'ordre de
n^1/2/2^k/2+1.

PS. Ah non en fait, j'avais mal lu votre réponse. Vous dites n/2^k+1. Je pense que vous avez tort, car j'ai confiance en ma démonstration. On peut faire une simulation, si vous le souhaitez.

Excusez-moi, mais je n'ai rien compris à votre question. Pourriez-vous la reformuler plus clairement, s'il vous plait ?

Ma question est simple : comment les différentes variables qui contiennent les scores des différentes listes savent qu'elle doivent tendre vers la probabilité que j'ai calculée ?

Désolé, je ne comprends toujours pas la question.

Je suis sûr maintenant que vous vous trompez dans votre compte. Je vais vous expliquer pourquoi
Vous êtes bien d'accord qu'on qu'on ne peut pas espérer plus de n/2 piles en tout ?
Regardez maintenant combien vous en comptez :
n/4 piles tout seuls (entre deux faces),
n/8 paquets de deux piles consécutifs encadrés par des faces, ce qui fait n/4 piles,
et voila, on en est déjà à n/2. Et il reste les piles qui viennent en paquets de 3, de 4, de 5 ...

Bon je ferai une simulation, mais pas ce soir. Un peu de lecture, et au lit !
Bonne nuit !

Bon, quand on veut être sérieux pour tenter d'être crédible, on fait le choses sérieusement

Bon actuellement je me bats avec W10 c'est pénible.

Vous prétendez toujours que le nombre de piles tout seuls est n/4, de paquets de 2 piles entre faces n/8, de paquets de 3 piles entre faces n/16 etc. ?

Bon, je ne prétends rien, je vérifie et je constate à la précision de l'aléatoire près.

J'ai fait cette simulation il y a de nombreuses années. A cette époque, je ne m'encombrais avec des problème de graphisme ou de présentation.
La simulation est très simple : je tire à pile ou face. j'ai prévu des cases de comptage de listes continues suivant leur longueur.
Le calcul de probabilité est facile. Il y a le résultat, et j'ai noté, manuellement, les valeurs théoriques. A chacun de comparer les résultats pour vérifier si la pièce de monnaie utilisée ne s'est pas trompé et a rattrapé son retard quand c'était nécessaire.
Cet page a été affichée plusieurs fois. J'ai bien compris la réponse de certains "j'y comprends rien", l'indifférence polie de d'autres.

Bonjour Dlzlogic,
Si je comprends bien, A est le nombre de piles tout seuls (encadrés par deux faces), B le nombre de suites de deux piles consécutifs encadrés par des faces, C le nombre de trois piles consécutifs encadrés par des faces etc. Donc en fait le nombre total de piles (ou de rouges) dans la suite de tirages n'est pas A+B+C+..., mais A+2B+3C+...
Vous avez oublié d'indiquer le nombre total n de tirages que vous faites à chaque fois. Je parie que c'est 200 000 tirages ; ai-je gagné ? Et vous le faites 5 fois.
Le nombre A de piles tout seuls est bien à peu près n/8, le nombre B de paquets de deux piles n/16. Vous avez donné des nombres deux fois trop grands dans votre message d'hier à 18:27 (n/4 pour A, n/8 pour B etc.).

La nuit aidant, je crois que j'ai enfin compris votre question. Permettez-moi de la reformuler comme suit.

Notons X_n,k la variable aléatoire qui compte le nombres de séries de k piles consécutifs encadrés par des faces dans une suite de n tirages à pile ou face. Pourquoi est-ce que X_n,k/n tend vers 1/2^k+2 quand n tend vers l'infini ?

Il est vrai que c'est une question un peu délicate. J'ai expliqué plus haut dans mon "baratin" que X_n,k est la somme d'à peu près n variables de Bernoulli de paramètre 1/2^k+2. La réponse facile serait "la loi des grands nombres, bien sûr". Oui mais ... une des hypothèses du théorème connu comme loi des grands nombres est que les variables aléatoires dont on prend la moyenne sont indépendantes. Or ce n'est pas le cas ici : la variable de Bernoulli correspondant à la tranche qui va du tirage n°127 au tirage n°127+k+1 (qui vaut 1 si cette tranche est FPP...PPF, 0 sinon) n'est assurément pas indépendante de celle correspondant à la tranche qui va du tirage n°128 au tirage n°128+k+1. Mais, comme je l'expliquai dans mon "baratin", la portée de cette dépendance est relativement courte : dès que les tranches de longueur k+2 sont disjointes, les variables de Bernoulli correspondantes sont indépendantes. Il faut donc faire appel ici non pas à la loi des grands nombres ordinaire, mais à une généralisation de cette loi des grands nombres où l'on s'autorise une petite dépendance entre les variables. Je n'ai pas sous la main d'énoncé précis de cette généralisation où on affaiblit l'hypothèse d'indépendance. Si je la retrouve, je mettrai une référence.

De façon intuitive? ou logique?
Lorsque l'on construit un arbre de probabilité où cahque noeud se divise en deux,
tout n'est que succession de ça monte ça monte ou ça monte ça descend ou ça descend et ça monte ou ça descend et ça descend
On peut multiplier les embranchements, c'est complètement régulier en terme de succession des possibles.
Avec une pièce équilibrée c'est encore plus facile c'est symétrique.
Si pièce déséquilibrée alors il faut pondérer les différentes possibilités qui restent absolument régulières dans le schéma des possibles.
Je n'arrive pas à m'enthousiasmer de l'équilibre de la nature, de force magique qui permet ce résultat
quand je vois le support physique évident qui mène au résultat.
mais bon.

J'ai fait une simulation comme promis. Cette simulation confirme les résultats que j'ai démontré plus haut (à peu près n/2^k+2 pour l'espérance du nombre d'occurrences de paquets de k piles, et à peu près (n/2^k+2)^1/2 pour l'écart-type.

Je donne le code en python :

Code:

import random as rd

def testpaquets(n,k) :
    scores = (k+2)*[0] ; S=0 ; choix=['P','F']
    for _ in range(n) :
        tirage=rd.choice(choix)
        if tirage == 'F' :
            if S < k+1 :
                scores[S] += 1
            else : scores[k+1] += 1
            S=0
        else : S+=1
    return scores
        
import numpy as np

def statpaquets(p,n,k) :
    L=[]
    for _ in range(p) :
        L.append(testpaquets(n,k))
    resultats=[]
    print("Statistiques pour un échantillon de {} suites de {} tirages"\
         .format(p,n))
    for l in range(1,k+1) :
        scoresl = [s[l] for s in L]
        theor = n/2**(l+2)
        print("Les scores des paquets de {} :\n\
moyenne : {:.1f} (theor. : {:.1f}) ;\
ecart-type : {:.2f} (theor. : {:.2f})"\
.format(l,np.mean(scoresl),theor,np.std(scoresl),np.sqrt(theor)))


Je n'ai pas mis de commentaires, mais je peux expliquer en cas de besoin.

Voici trois résultats :

Statistiques pour un échantillon de 100 suites de 1000 tirages
Les scores des paquets de 1 :
moyenne : 125.1 (theor. : 125.0) ;ecart-type : 10.22 (theor. : 11.18)
Les scores des paquets de 2 :
moyenne : 62.8 (theor. : 62.5) ;ecart-type : 7.24 (theor. : 7.91)
Les scores des paquets de 3 :
moyenne : 31.5 (theor. : 31.2) ;ecart-type : 4.43 (theor. : 5.59)
Les scores des paquets de 4 :
moyenne : 16.0 (theor. : 15.6) ;ecart-type : 3.90 (theor. : 3.95)
Les scores des paquets de 5 :
moyenne : 7.5 (theor. : 7.8 ) ;ecart-type : 2.75 (theor. : 2.80)
Les scores des paquets de 6 :
moyenne : 3.7 (theor. : 3.9) ;ecart-type : 1.98 (theor. : 1.98)
Les scores des paquets de 7 :
moyenne : 1.8 (theor. : 2.0) ;ecart-type : 1.44 (theor. : 1.40)
Les scores des paquets de 8 :
moyenne : 0.8 (theor. : 1.0) ;ecart-type : 0.95 (theor. : 0.99)
Les scores des paquets de 9 :
moyenne : 0.5 (theor. : 0.5) ;ecart-type : 0.68 (theor. : 0.70)
Les scores des paquets de 10 :
moyenne : 0.2 (theor. : 0.2) ;ecart-type : 0.44 (theor. : 0.49)

Statistiques pour un échantillon de 100 suites de 10000 tirages
Les scores des paquets de 1 :
moyenne : 1257.0 (theor. : 1250.0) ;ecart-type : 35.45 (theor. : 35.36)
Les scores des paquets de 2 :
moyenne : 622.7 (theor. : 625.0) ;ecart-type : 21.59 (theor. : 25.00)
Les scores des paquets de 3 :
moyenne : 312.5 (theor. : 312.5) ;ecart-type : 14.51 (theor. : 17.68)
Les scores des paquets de 4 :
moyenne : 156.2 (theor. : 156.2) ;ecart-type : 10.87 (theor. : 12.50)
Les scores des paquets de 5 :
moyenne : 78.8 (theor. : 78.1) ;ecart-type : 8.63 (theor. : 8.84)
Les scores des paquets de 6 :
moyenne : 37.5 (theor. : 39.1) ;ecart-type : 5.53 (theor. : 6.25)
Les scores des paquets de 7 :
moyenne : 20.2 (theor. : 19.5) ;ecart-type : 3.67 (theor. : 4.42)
Les scores des paquets de 8 :
moyenne : 9.8 (theor. : 9.8 ) ;ecart-type : 3.39 (theor. : 3.12)
Les scores des paquets de 9 :
moyenne : 4.8 (theor. : 4.9) ;ecart-type : 2.11 (theor. : 2.21)
Les scores des paquets de 10 :
moyenne : 2.2 (theor. : 2.4) ;ecart-type : 1.46 (theor. : 1.56)

Statistiques pour un échantillon de 100 suites de 100000 tirages
Les scores des paquets de 1 :
moyenne : 12488.7 (theor. : 12500.0) ;ecart-type : 99.96 (theor. : 111.80)
Les scores des paquets de 2 :
moyenne : 6245.4 (theor. : 6250.0) ;ecart-type : 63.97 (theor. : 79.06)
Les scores des paquets de 3 :
moyenne : 3115.8 (theor. : 3125.0) ;ecart-type : 51.11 (theor. : 55.90)
Les scores des paquets de 4 :
moyenne : 1563.4 (theor. : 1562.5) ;ecart-type : 39.18 (theor. : 39.53)
Les scores des paquets de 5 :
moyenne : 786.0 (theor. : 781.2) ;ecart-type : 29.46 (theor. : 27.95)
Les scores des paquets de 6 :
moyenne : 391.6 (theor. : 390.6) ;ecart-type : 18.62 (theor. : 19.76)
Les scores des paquets de 7 :
moyenne : 198.3 (theor. : 195.3) ;ecart-type : 13.23 (theor. : 13.98)
Les scores des paquets de 8 :
moyenne : 98.0 (theor. : 97.7) ;ecart-type : 8.84 (theor. : 9.88)
Les scores des paquets de 9 :
moyenne : 48.5 (theor. : 48.8 ) ;ecart-type : 7.87 (theor. : 6.99)
Les scores des paquets de 10 :
moyenne : 24.0 (theor. : 24.4) ;ecart-type : 5.24 (theor. : 4.94)

​

Ah, j'ai retrouvé le résultat mathématique qui s'applique dans la situation du problème de Dlzlogic, et qui remplace la loi des grands nombres puisqu'on n'a pas d'indépendance : c'est le théorème ergodique pour les chaînes de Markov régulières. Les états qu'on considère ici sont les suites de k+2 piles ou faces (donc il y a 2^k+2 états). On peut voir idpoisson.fr/berglund/probamass_html/node19.html, en particulier le théorème 3.5.15 qui donne ce que l'on veut ; tous le w_j de ce théorème sont ici 1/2^k+2. En fait, on a que la fréquence d'occurrence de n'importe quelle suite de k+2 piles ou faces tend vers 1/2^k+2.
On peut voir aussi fr.wikipedia.org/wiki/Probabilité_stationnaire_d'une_chaîne_de_Markov

Bonjour,
Je voudrais bien comprendre en quoi les variables qui comptent le nombre d'apparition d'une certaine suite ne sont pas indépendantes.
Il n'y a pas de variable de Bernoulli, seulement une succession de tirages à pile ou face.
Exactement comme au casino, une suite de boules rouges et noires ou au loto une suite de tirages d'une boule notée de 1 à 49.
En fait le seule explication valable est que tu as acheté ta pièce chez un marchand de matériel pour illusionnistes et prestidigitateurs et que cette pièce est spéciale puisqu'elle se souvient de toutes ses sorties précédentes.
@ Beagle, d'en fait pas tout va bien, c'est intuitif et logique.

Dlzlogic, je vous ai posé une question : dans chacune des cinq simulations dont vous avez posté les résultats ci-dessus, le nombre de tirages est bien 200 000 ? Je vous remercie par avance d'y répondre.

Passons maintenant à votre dernier message. Déjà, si vous pouviez éviter de faire à chaque intervention des remarques désobligeantes du genre "En fait le seule explication valable est que tu as acheté ta pièce chez un marchand de matériel pour illusionnistes et prestidigitateurs", cela rendrait les échanges moins pénibles. À quoi est-ce que cela vous avance d'être aussi désagréable ?

Vous ne voyez pas les variables de Bernoulli ? Je pensais pourtant avoir expliqué, mais je vais reprendre. Pour fixer les idées, je prends le cas d'une suite de 1000 tirages et je m'intéresse aux suites de 4 piles successifs encadrés de faces, c.-à-d. FPPPPF. Ce sont des tranches de 6 tirages. Pour chaque entier i de 1 à 995, je définis la variable de Bernoulli X_i qui vaut 1 si la tranche des tirages n° i, i+1,...,i+5 est FPPPPF, et 0 sinon.
Je pense que vous conviendrez sans peine que :
1°) Le nombre d'occurrences de FPPPPF dans la suite des 1000 tirages est la somme des X_i pour i allant de 1 à 995.
2°) Chaque X_i vaut 1 avec probabilité 1/2⁶. L'espérance de X_i est donc 1/2⁶
Vous en déduisez que l'espérance du nombre d'occurrences de FPPPPF dans la suite de 1000 tirages est 995/2⁶. D'accord ?

Bien, maintenant que vous avez vu les variables de Bernoulli, je veux bien expliquer pourquoi elles ne sont pas indépendantes. Mais je préfère m'assurer d'abord que vous avez bien compris ce que je viens d'expliquer. Est-ce le cas, ou avez-vous des demandes de précision ?

Bon, j'ai perdu mon message.
Je répond sur le nombre total de tirages 500000 = (rouge) 249677 + (noir) 250323.
Pour le reste, j'ai compris ce que tu fais, mais, c'est vraiment compliqué.