Bonjour,
J'ai lu une question apparemment simple, mais qui mérite discussion.
Soit 5 personnes autour d'une table. Deux personnes voisines ont dans les mains une carte. A chaque tour, chaque personne ayant une carte la passe à son voisin, soit à droite, soit à gauche, au hasard, avec une probabilité de 1/2.
Le jeu s'arrête quand une personne a les deux cartes en main. On appelle NB le nombre de tours nécessaires.
La question posée est de calculer NB moyen.
Je précise que je n'ai pas la solution mathématique, c'est à dire la démonstration. Cependant une' simulation permet d'avoir une valeur approchée.
Merci de vos observations.
Bonne journée.
Deux cartes pour 5 personnes.
Re: Deux cartes pour 5 personnes.
Bonjour
Soit $X$ la variable aléatoire égale au nombre de tours nécessaires.
Il n'existe que 3 positions relatives possibles pour les 2 cartes :
- position A : les 2 cartes occupent des positions voisines
- position B : les 2 cartes sont séparées, dans un sens par 1 personne et dans l'autre sens par 2 personnes
- position C : les 2 cartes sont dans la même main.
Quand on est dans la position A, 2 possibilités de déplacement : on est à nouveau dans la position A (si les 2 joueurs ont déplacé les cartes dans le même sens soit vers la droite, soit vers la gauche), ou bien on est dans la position B ( l'un a déplace ses cartes vers la droite et l'autre vars la gauche). Chacun de ces cas avec une probabilité de $\frac{1}{2}$
Quand on est dans la position B, 2 possibilités de déplacement : on est dans la position C (les 2 joueurs ont déplacé leurs cartes vers la personne située entre eux deux) probabilité pour ce cas : $\frac{1}{4}$ ou bien on est à nouveau dans la position B avec comme probabilité $\frac{3}{4}$
Au départ on est dans la position A et on doit être à l'arrivée dans la position C.
On voit donc que $X=1$ est impossible.
Pour $X=2$ une seule possibilité : $A \rightarrow B \rightarrow C$. Probabilité $\frac{1}{2}\times \frac{1}{4}$
Pour $X=3$ : 2 possibilités : $A\rightarrow A \rightarrow B \rightarrow C$ ou $A\rightarrow B \rightarrow B \rightarrow C$
Probabilité : $\frac{1}{2} \times \frac{1}{2}\times \frac{1}{4}+\frac{1}{2} \times \frac{3}{4} \times \frac{1}{4}=\frac{1}{2} \times \frac{1}{4} \times ( \frac{1}{2}+\frac{3}{4})$
Pour $X=4$ avec le même raisonnement, on a 3 possibilités avec comme probabilité :
$\frac{1}{2}\times \frac{1}{2} \times \frac{1}{2}\times \frac{1}{4}+\frac{1}{2}\times \frac{1}{2}\times \frac{3}{4}\times \frac{1}{4}+\frac{1}{2}\times \frac{3}{4} \times \frac{3}{4} \times \frac{1}{4}$
$=\frac{1}{2} \times \frac{1}{4} [(\frac{1}{2})^2+\frac{1}{2} \times \frac{3}{4} +(\frac{3}{4})^2]$
Toujours avec le même raisonnement :
$P(X=n)=\frac{1}{2}\times \frac{1}{4} [(\frac{1}{2})^{n-2}+(\frac{1}{2})^{n-3}\times \frac{3}{4}+\cdots +\frac{1}{2} \times (\frac{3}{4})^{n-3}+(\frac{3}{4})^{n-2}]$
$P(X=n)=\frac{1}{2}\times \frac{1}{4}\times \sum_{k=0}^{n-2}(\frac{1}{2})^k\times (\frac{3}{4})^{n-2-k}$
$P(X=n)=\frac{1}{2} \times \frac{1}{4} \times \frac{(\frac{3}{4})^{n-1}-(\frac{1}{2})^{n-1}}{\frac{3}{4}-\frac{1}{2}}=\frac{1}{2}\left((\frac{3}{4})^{n-1}-(\frac{1}{2})^{n-1}\right)$
L'espérance de $X$ donc la moyenne est donc égale à $\sum_{n\geq 2}\frac{1}{2} n \left((\frac{3}{4})^{n-1}-(\frac{1}{2})^{n-1}\right)$
(Je ne parviens pas à obtenir une écriture plus simple). Qu'avez-vous obtenu comme valeur approchée ?
N.B. Dans mes calculs, j'ai utilisé : $a^{n+1}-b^{n+1}=(a-b)\sum_{k=0}^n a^{n-k}b^k$
Soit $X$ la variable aléatoire égale au nombre de tours nécessaires.
Il n'existe que 3 positions relatives possibles pour les 2 cartes :
- position A : les 2 cartes occupent des positions voisines
- position B : les 2 cartes sont séparées, dans un sens par 1 personne et dans l'autre sens par 2 personnes
- position C : les 2 cartes sont dans la même main.
Quand on est dans la position A, 2 possibilités de déplacement : on est à nouveau dans la position A (si les 2 joueurs ont déplacé les cartes dans le même sens soit vers la droite, soit vers la gauche), ou bien on est dans la position B ( l'un a déplace ses cartes vers la droite et l'autre vars la gauche). Chacun de ces cas avec une probabilité de $\frac{1}{2}$
Quand on est dans la position B, 2 possibilités de déplacement : on est dans la position C (les 2 joueurs ont déplacé leurs cartes vers la personne située entre eux deux) probabilité pour ce cas : $\frac{1}{4}$ ou bien on est à nouveau dans la position B avec comme probabilité $\frac{3}{4}$
Au départ on est dans la position A et on doit être à l'arrivée dans la position C.
On voit donc que $X=1$ est impossible.
Pour $X=2$ une seule possibilité : $A \rightarrow B \rightarrow C$. Probabilité $\frac{1}{2}\times \frac{1}{4}$
Pour $X=3$ : 2 possibilités : $A\rightarrow A \rightarrow B \rightarrow C$ ou $A\rightarrow B \rightarrow B \rightarrow C$
Probabilité : $\frac{1}{2} \times \frac{1}{2}\times \frac{1}{4}+\frac{1}{2} \times \frac{3}{4} \times \frac{1}{4}=\frac{1}{2} \times \frac{1}{4} \times ( \frac{1}{2}+\frac{3}{4})$
Pour $X=4$ avec le même raisonnement, on a 3 possibilités avec comme probabilité :
$\frac{1}{2}\times \frac{1}{2} \times \frac{1}{2}\times \frac{1}{4}+\frac{1}{2}\times \frac{1}{2}\times \frac{3}{4}\times \frac{1}{4}+\frac{1}{2}\times \frac{3}{4} \times \frac{3}{4} \times \frac{1}{4}$
$=\frac{1}{2} \times \frac{1}{4} [(\frac{1}{2})^2+\frac{1}{2} \times \frac{3}{4} +(\frac{3}{4})^2]$
Toujours avec le même raisonnement :
$P(X=n)=\frac{1}{2}\times \frac{1}{4} [(\frac{1}{2})^{n-2}+(\frac{1}{2})^{n-3}\times \frac{3}{4}+\cdots +\frac{1}{2} \times (\frac{3}{4})^{n-3}+(\frac{3}{4})^{n-2}]$
$P(X=n)=\frac{1}{2}\times \frac{1}{4}\times \sum_{k=0}^{n-2}(\frac{1}{2})^k\times (\frac{3}{4})^{n-2-k}$
$P(X=n)=\frac{1}{2} \times \frac{1}{4} \times \frac{(\frac{3}{4})^{n-1}-(\frac{1}{2})^{n-1}}{\frac{3}{4}-\frac{1}{2}}=\frac{1}{2}\left((\frac{3}{4})^{n-1}-(\frac{1}{2})^{n-1}\right)$
L'espérance de $X$ donc la moyenne est donc égale à $\sum_{n\geq 2}\frac{1}{2} n \left((\frac{3}{4})^{n-1}-(\frac{1}{2})^{n-1}\right)$
(Je ne parviens pas à obtenir une écriture plus simple). Qu'avez-vous obtenu comme valeur approchée ?
N.B. Dans mes calculs, j'ai utilisé : $a^{n+1}-b^{n+1}=(a-b)\sum_{k=0}^n a^{n-k}b^k$
Re: Deux cartes pour 5 personnes.
Bonjour,
D'abord, merci pour votre réponse très complète et claire.
Mes simulations ont donné un nombre compris entre 11.2 et 12.2, soit environ 11.7.
Par contre, je fais le raisonnement suivant : les nombres de tours vont de 2 à près de 70. Ceci s'explique par le caractère exponentiel de la loi de cet expérience. Donc, faire une "moyenne" que les probabilistes appellent "espérance" ne me semble pas vraiment approprié.
Pour moi, l'espérance mathématique est le produit de la probabilité par le gain, c'est à dire la médiane, soit dans le cas présent environ 9.
Ce sujet a provoqué de nombreux échanges, mais la question de savoir pourquoi la "moyenne" représenterait l'espérance n'a pas été évoquée, ni d'ailleurs la fiabilité d'une simulation.
Pour être tout à fait franc, je cherche effectivement quelqu'un qui calcule avec des méthodes simples et facilement justifiables.
Bonne journée.
D'abord, merci pour votre réponse très complète et claire.
Mes simulations ont donné un nombre compris entre 11.2 et 12.2, soit environ 11.7.
Par contre, je fais le raisonnement suivant : les nombres de tours vont de 2 à près de 70. Ceci s'explique par le caractère exponentiel de la loi de cet expérience. Donc, faire une "moyenne" que les probabilistes appellent "espérance" ne me semble pas vraiment approprié.
Pour moi, l'espérance mathématique est le produit de la probabilité par le gain, c'est à dire la médiane, soit dans le cas présent environ 9.
Ce sujet a provoqué de nombreux échanges, mais la question de savoir pourquoi la "moyenne" représenterait l'espérance n'a pas été évoquée, ni d'ailleurs la fiabilité d'une simulation.
Pour être tout à fait franc, je cherche effectivement quelqu'un qui calcule avec des méthodes simples et facilement justifiables.
Bonne journée.
-
magnolia86
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Re: Deux cartes pour 5 personnes.
Bonsoir
Il s'agit d'une chaîne de Markov à 3 états (A, B, C comme a dit Job)
La solution est expliquée ici : http://www.les-mathematiques.net/phorum ... sg-1543882
(mais à la place de cartes, il est question de ballons)
La loi de probabilité de l'arrêt au bout du n-ième tour est
$P(X = n) =
\Big( \left( 5+\sqrt {5} \right) ^{n} (\sqrt {5}-1)
- \left( 5-\sqrt {5} \right) ^{n} (\sqrt {5}+1) \Big) / (10. 8^n)$
Ce n'est pas la loi exponentielle du tout.
L'espérance est $E(X) = \sum_{n>0} n . P(X=n) = 12$ exactement. C'est étonnant que cela soit un nombre entier, mais c'est bien le cas.
Donc 12 est le nombre moyen de tours qu'il faudra jouer pour que le jeu s'arrête.
En ce qui concerne une médiane, on a $P( X \leq 8 ) < 0.5 < P(X \geq 9) $ et $P( X \leq 9 ) \simeq 0.525 \simeq P(X \geq 9)$.
Il s'agit d'une chaîne de Markov à 3 états (A, B, C comme a dit Job)
La solution est expliquée ici : http://www.les-mathematiques.net/phorum ... sg-1543882
(mais à la place de cartes, il est question de ballons)
La loi de probabilité de l'arrêt au bout du n-ième tour est
$P(X = n) =
\Big( \left( 5+\sqrt {5} \right) ^{n} (\sqrt {5}-1)
- \left( 5-\sqrt {5} \right) ^{n} (\sqrt {5}+1) \Big) / (10. 8^n)$
Ce n'est pas la loi exponentielle du tout.
L'espérance est $E(X) = \sum_{n>0} n . P(X=n) = 12$ exactement. C'est étonnant que cela soit un nombre entier, mais c'est bien le cas.
Donc 12 est le nombre moyen de tours qu'il faudra jouer pour que le jeu s'arrête.
En ce qui concerne une médiane, on a $P( X \leq 8 ) < 0.5 < P(X \geq 9) $ et $P( X \leq 9 ) \simeq 0.525 \simeq P(X \geq 9)$.
Re: Deux cartes pour 5 personnes.
Bonsoir,
Merci pour votre réponse. Je suis très régulièrement le sujet où a été posée la question. Deux pages et cinq ou six intervenants, tous aussi compétents, cela me pose un problème. J'espérais un autre avis.
On en est maintenant à se poser la question : la suite est-elle convergente ? C'est peut-être la première queqtion qu'il fallait se poser.
Vous affirmez que ce n'est pas une loi exponentielle, les simulation donnent un résultat qui y ressemble fort.
D'autre part, l'énoncé original pose la question "nombre moyen de tours" et non pas "moyenne des nombres de tours".
Le nombre moyen de tours est très nettement la médiane. Si on admet que c'est la loi exponentielle qui s'applique, la médiane vaut 8, alors que les simulations donnent 9.
Merci pour votre intervention.
Merci pour votre réponse. Je suis très régulièrement le sujet où a été posée la question. Deux pages et cinq ou six intervenants, tous aussi compétents, cela me pose un problème. J'espérais un autre avis.
On en est maintenant à se poser la question : la suite est-elle convergente ? C'est peut-être la première queqtion qu'il fallait se poser.
Vous affirmez que ce n'est pas une loi exponentielle, les simulation donnent un résultat qui y ressemble fort.
D'autre part, l'énoncé original pose la question "nombre moyen de tours" et non pas "moyenne des nombres de tours".
Le nombre moyen de tours est très nettement la médiane. Si on admet que c'est la loi exponentielle qui s'applique, la médiane vaut 8, alors que les simulations donnent 9.
Merci pour votre intervention.
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magnolia86
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Re: Deux cartes pour 5 personnes.
La loi de l'expérience ici est discrète, avec des issues qui sont les entiers > 1.
La loi exponentielle est une loi continue sur les réels positifs, donc c'est mathématiquement impossible que l'expérience ici suive la loi exponentielle.
La médiane d'une loi de probabilité est définie lorsque cette loi est continue. Ici, ce n'est pas le cas. Il n'existe pas de valeur $m$ telle que $P(X \leq m) = 0.5 = P(X \geq m)$.
Pour m=9, on a $P(X \leq m) \simeq 0.525 \simeq P(X \geq m)$.
L'expérience a une espérance de 12 et un écart-type de 10, exactement.
Si on fait une simulation sur 10000 parties, on aura une moyenne proche de la valeur théorique 12 (très probablement entre 11.8 et 12.2), mais pas 8 ou 9.
La loi exponentielle est une loi continue sur les réels positifs, donc c'est mathématiquement impossible que l'expérience ici suive la loi exponentielle.
La médiane d'une loi de probabilité est définie lorsque cette loi est continue. Ici, ce n'est pas le cas. Il n'existe pas de valeur $m$ telle que $P(X \leq m) = 0.5 = P(X \geq m)$.
Pour m=9, on a $P(X \leq m) \simeq 0.525 \simeq P(X \geq m)$.
L'expérience a une espérance de 12 et un écart-type de 10, exactement.
Si on fait une simulation sur 10000 parties, on aura une moyenne proche de la valeur théorique 12 (très probablement entre 11.8 et 12.2), mais pas 8 ou 9.
Re: Deux cartes pour 5 personnes.
Complètement d'accord sur la distinction "loi exponentielle" et "loi géométrique", sauf que les résultats sont le mêmes. Ceci est un détail.
On est typiquement dans le cas où, soit le jeu continue, soit le jeu est terminé. Exactement dans le cas où, soit une molécule radioactive est morte, soit elle est encore radioactive. Ceci est exactement le contexte de la loi géométrique qui pour chaque élément n'a que deux issues "soit on continue" / "soit on s'arrête".
Dans ce type d'expérience, les simulations sont incontestables, non pas 10000 mais 100 fois 100. La loi des grands nombres et le TCL montre que très vite on tend vers la valeur recherchée.
J'ai fait un grand nombre de simulations. La moyenne se situe à environ 11.8. Et la médiane vers 9.
En fait l'origine de ma question ne consiste pas à la vérification de la valeur de 12 comme "espérance", mais concerne la réponse à la question posée "la valeur moyenne" qu'on peut aussi appeler "espérance mathématique", c'est à dire le produit du gain par la probabilité. En l'occurrence, la frontière entre le gain du pari éventuel et la perte est 9 et non pas 12.
En gros, c'était le sujet de ma préoccupation et il n'a été effleuré par personne. En d'autres termes, si je pariais je serais gagnant presque sûrement.
D'ailleurs le nombre d'échanges sur Les-Mathématiques.net montre bien que le sujet n'est pas vraiment clair pour tout le monde.
Bonne soirée.
PS. j'ai du mal à comprendre que vous puissiez parler d'écart-type pour une expérience qui n'a pas la répartition de la loi normale. On peut toujours parler d'écart-moyen-quadratique, mais le qualificatif "type" est réservé à une répartition normale.
PS2 Vous parlez de moyenne devant se situer entre 11.8 et 12.2, ce n'est pas tout à fait le cas.
Si on simule 100 jeux, le nombre de tours se situe entre 2 et près de 70 avec une moyenne légèrement en dessous de 12. La répartition est clairement exponentielle. Mais conformément à la loi des grands nombre, la moyenne tend vers la probabilité, environ 12.8.
Si on répète cette expérience (100 jeux) 100 fois, alors les moyennes se situent entre 11.2 et 12.2 avec une moyenne à 11.8. Naturellement la répartition de ces moyenne est normale, conformément au TCL et la moyenne définitive est 11.8 et non 12.
Il est très facile de vérifier cela.
On est typiquement dans le cas où, soit le jeu continue, soit le jeu est terminé. Exactement dans le cas où, soit une molécule radioactive est morte, soit elle est encore radioactive. Ceci est exactement le contexte de la loi géométrique qui pour chaque élément n'a que deux issues "soit on continue" / "soit on s'arrête".
Dans ce type d'expérience, les simulations sont incontestables, non pas 10000 mais 100 fois 100. La loi des grands nombres et le TCL montre que très vite on tend vers la valeur recherchée.
J'ai fait un grand nombre de simulations. La moyenne se situe à environ 11.8. Et la médiane vers 9.
En fait l'origine de ma question ne consiste pas à la vérification de la valeur de 12 comme "espérance", mais concerne la réponse à la question posée "la valeur moyenne" qu'on peut aussi appeler "espérance mathématique", c'est à dire le produit du gain par la probabilité. En l'occurrence, la frontière entre le gain du pari éventuel et la perte est 9 et non pas 12.
En gros, c'était le sujet de ma préoccupation et il n'a été effleuré par personne. En d'autres termes, si je pariais je serais gagnant presque sûrement.
D'ailleurs le nombre d'échanges sur Les-Mathématiques.net montre bien que le sujet n'est pas vraiment clair pour tout le monde.
Bonne soirée.
PS. j'ai du mal à comprendre que vous puissiez parler d'écart-type pour une expérience qui n'a pas la répartition de la loi normale. On peut toujours parler d'écart-moyen-quadratique, mais le qualificatif "type" est réservé à une répartition normale.
PS2 Vous parlez de moyenne devant se situer entre 11.8 et 12.2, ce n'est pas tout à fait le cas.
Si on simule 100 jeux, le nombre de tours se situe entre 2 et près de 70 avec une moyenne légèrement en dessous de 12. La répartition est clairement exponentielle. Mais conformément à la loi des grands nombre, la moyenne tend vers la probabilité, environ 12.8.
Si on répète cette expérience (100 jeux) 100 fois, alors les moyennes se situent entre 11.2 et 12.2 avec une moyenne à 11.8. Naturellement la répartition de ces moyenne est normale, conformément au TCL et la moyenne définitive est 11.8 et non 12.
Il est très facile de vérifier cela.
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magnolia86
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Re: Deux cartes pour 5 personnes.
L'expérience ici n'est pas binaire : elle porte sur trois états (A, B, C comme a dit Job, C étant l'état de terminaison).
Avec deux états seulement (B et C), la loi serait la loi géométrique. Mais ici, ce n'est pas le cas.
Avec davantage d'états, la différence avec la loi géométrique serait encore plus claire.
L'écart-type est défini pour beaucoup de lois de probabilité, pas seulement la loi normale.
L'expérience a une espérance de e=12 et un écart-type de s=10, et $P(X \leq 9) \simeq 0.525 \simeq P(X \geq 9)$ si bien que 9 ne peut pas être considéré mathématiquement comme la médiane de la loi de probabilité de l'expérience. En revanche, rien d'étonnant qu'une série statistique produite par simulation ait une médiane 9, car 0.525 est proche de 0.5.
Si on fait une simulation sur n=10000 parties, on aura une moyenne statistique très probablement comprise entre 11.8 et 12.2 (intervalle de fluctuation $e \pm 2 s / \sqrt n$ ).
Si on fait une simulation sur n=100 parties, on aura une moyenne statistique très probablement comprise entre 10 et 14 (intervalle de fluctuation $e \pm 2 s / \sqrt n$ ).
Avec deux états seulement (B et C), la loi serait la loi géométrique. Mais ici, ce n'est pas le cas.
Avec davantage d'états, la différence avec la loi géométrique serait encore plus claire.
L'écart-type est défini pour beaucoup de lois de probabilité, pas seulement la loi normale.
L'expérience a une espérance de e=12 et un écart-type de s=10, et $P(X \leq 9) \simeq 0.525 \simeq P(X \geq 9)$ si bien que 9 ne peut pas être considéré mathématiquement comme la médiane de la loi de probabilité de l'expérience. En revanche, rien d'étonnant qu'une série statistique produite par simulation ait une médiane 9, car 0.525 est proche de 0.5.
Si on fait une simulation sur n=10000 parties, on aura une moyenne statistique très probablement comprise entre 11.8 et 12.2 (intervalle de fluctuation $e \pm 2 s / \sqrt n$ ).
Si on fait une simulation sur n=100 parties, on aura une moyenne statistique très probablement comprise entre 10 et 14 (intervalle de fluctuation $e \pm 2 s / \sqrt n$ ).
Dernière modification par magnolia86 le 18 octobre 2017, 11:15, modifié 1 fois.
Re: Deux cartes pour 5 personnes.
Bonjour,
Voici le résultat de ma première simulation :
Résultat multiple de 2 ballons pour 5 personnes
Nombre = 100 Moyenne = 11.79 emq=10.31 ep=6.88
Médiane = 8
Classe 1 nb= 0 0.00% théorique 0.35% |
Classe 2 nb= 0 0.00% théorique 2% |
Classe 3 nb= 0 0.00% théorique 7% |
Classe 4 nb= 24 24.00% théorique 16% |HHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHH
Classe 5 nb= 40 40.00% théorique 25% |HHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHH
Classe 6 nb= 17 17.00% théorique 25% |HHHHHHHHHHHHHHHHH
Classe 7 nb= 8 8.00% théorique 16% |HHHHHHHH
Classe 8 nb= 4 4.00% théorique 7% |HHHH
Classe 9 nb= 5 5.00% théorique 2% |HHHHH
Classe 10 nb= 2 2.00% théorique 0.35% |HH
Puis une avec 100 fois 100 simulations du premier type.
Résultat multiple de 2 ballons pour 5 personnes 100 fois 100 jeux
Nombre = 100 Moyenne = 1220.37 emq=89.11 ep=59.41
Médiane = 1225 min= 990 max=1422
Classe 1 nb= 0 0.00% théorique 0.35% |
Classe 2 nb= 5 5.00% théorique 2% |HHHHH
Classe 3 nb= 7 7.00% théorique 7% |HHHHHHH
Classe 4 nb= 12 12.00% théorique 16% |HHHHHHHHHHHH
Classe 5 nb= 23 23.00% théorique 25% |HHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHH
Classe 6 nb= 23 23.00% théorique 25% |HHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHH
Classe 7 nb= 25 25.00% théorique 16% |HHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHH
Classe 8 nb= 4 4.00% théorique 7% |HHHH
Classe 9 nb= 1 1.00% théorique 2% |H
Classe 10 nb= 0 0.00% théorique 0.35% |
(pour des raisons techniques j'ai conservé la somme des 100 moyennes et non la moyenne.)
Ce ne sont que des échantillons mais j'en ai un grand nombre comme cela.
Il ne suffit par d'affirmation sans fondement pour me convaincre.
Bonne journée.
Voici le résultat de ma première simulation :
Résultat multiple de 2 ballons pour 5 personnes
Nombre = 100 Moyenne = 11.79 emq=10.31 ep=6.88
Médiane = 8
Classe 1 nb= 0 0.00% théorique 0.35% |
Classe 2 nb= 0 0.00% théorique 2% |
Classe 3 nb= 0 0.00% théorique 7% |
Classe 4 nb= 24 24.00% théorique 16% |HHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHH
Classe 5 nb= 40 40.00% théorique 25% |HHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHH
Classe 6 nb= 17 17.00% théorique 25% |HHHHHHHHHHHHHHHHH
Classe 7 nb= 8 8.00% théorique 16% |HHHHHHHH
Classe 8 nb= 4 4.00% théorique 7% |HHHH
Classe 9 nb= 5 5.00% théorique 2% |HHHHH
Classe 10 nb= 2 2.00% théorique 0.35% |HH
Puis une avec 100 fois 100 simulations du premier type.
Résultat multiple de 2 ballons pour 5 personnes 100 fois 100 jeux
Nombre = 100 Moyenne = 1220.37 emq=89.11 ep=59.41
Médiane = 1225 min= 990 max=1422
Classe 1 nb= 0 0.00% théorique 0.35% |
Classe 2 nb= 5 5.00% théorique 2% |HHHHH
Classe 3 nb= 7 7.00% théorique 7% |HHHHHHH
Classe 4 nb= 12 12.00% théorique 16% |HHHHHHHHHHHH
Classe 5 nb= 23 23.00% théorique 25% |HHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHH
Classe 6 nb= 23 23.00% théorique 25% |HHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHH
Classe 7 nb= 25 25.00% théorique 16% |HHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHHH
Classe 8 nb= 4 4.00% théorique 7% |HHHH
Classe 9 nb= 1 1.00% théorique 2% |H
Classe 10 nb= 0 0.00% théorique 0.35% |
(pour des raisons techniques j'ai conservé la somme des 100 moyennes et non la moyenne.)
Ce ne sont que des échantillons mais j'en ai un grand nombre comme cela.
Il ne suffit par d'affirmation sans fondement pour me convaincre.
Bonne journée.
-
magnolia86
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Re: Deux cartes pour 5 personnes.
Nombre = 100 Moyenne = 11.79 emq=10.31
Cela confirme mes affirmations (qui, elles, sont prouvées mathématiquement, raisonnement et formules à l'appui).
Cela confirme mes affirmations (qui, elles, sont prouvées mathématiquement, raisonnement et formules à l'appui).