Bonsoir

Je ne comprends pas l'intérêt du marquage dans cet exercice, ni la définition de situation stabilisée

Essaie par exemple avec deux boules noires et une blanche et tu vas comprendre

Imod

Dans l'exemple proposé si la boule marquée est noire , on ne la retrouvera jamais à la fin mais si elle est blanche , on a une chance sur trois de la retrouver .

Imod

Bonjour,

En es-tu bien sûr Imod ?

"Essaie par exemple avec deux boules noires et une blanche"

Départ 2N + 1B

Si on tire; par exemple; 1N+1B, on remet la N dans l'urne et on jette la blanche --> il reste alors 1N + 1B dans l'urne.

On tirera alors obligatoirement 1N + 1B ... et on devra remettre la noire dans l'urne et jeter la blanche.

On aura alors dans l'urne une seule balle qui sera N et le jeu est fini.

Et c'est en contradiction avec ton message du 20-11-24 à 12:17

Non ?

Attention , si tu tires une noire et une blanche , tu vas remettre la noire dans l'urne et il restera alors deux noires qui disparaitront au tour suivant : il ne restera plus rien dans l'urne .

Imod

Bonjour,

Oui, j'aurais du partir d'un autre cas.

On a au départ 1N et 2B

On tire, par exemple 1N+1B, --> on remet la noire dans l'urne et on jette la blanche.

Il reste alors dans l'urne : 1N + 1B

On tire alors 1B+1N (obligatoirement) --> on remet la noire dans l'urne et on jette la blanche.

Il reste alors dans l'urne : 1N

Il est donc possible d'avoir 1 Noire seule en fin de jeu.

En fonction des nombres de boules et leur couleur au départ et des tirages, on peut au final se retrouver dans plusieurs cas.

a) 1 Noire seule
b) 1 blanche seule
c) 1 urne vide
d) 1 urne avec un nombre quelconque de boules blanches et pas de noires.

Exemples simplistes pour ces différents cas:

a) au départ 2B+1N et comme expliqué ci-dessus.
b) au départ 1B+2N et on tire les 2 noires.
c) au départ 4N + 1B et on tire 1N+1B et ...
d) au départ 17 B et 2N et on tire les 2 N au début

Sauf nouvelle distraction.

Il n'y a en fait que 3 cas : vide , une noire , des blanches

Imod  

Voire 2  :  une noire , possiblement quelques blanches

Imod

Bonjour,
on peut remarquer que si il y a un nombre impair de boules noires il restera une boule noire et que si il y en a un nombre pair il ne restera que des boules blanches ( éventuellement aucune. )

Exactement , on peut résumer tout ça en disant que lorsqu'il y a N boules noires avec N impair alors la boule marquée n'a aucune chance de survie si elle est blanche et une chance sur N si elle est noire . Lorsque N est pair les boules noires n'ont aucune chance de survie .

Il reste le cas le plus délicat avec N pair et la boule marquée blanche . Le résultat est très simple et peut aisément être conjecturé , après il faut le démontrer

Imod

J'ai voulu me mettre au diapason du forum en proposant ( sans succès ) un problème de proba

Pour relancer le sujet à un niveau  moindre : quelle est la chance de survie d'une boule blanche marquée si la distribution est 2N et 2B ?

Imod

Bonsoir,
je n'ai pas trouvé de conjecture pour le cas général.
D'où mon absence de réponse.
Pour ta dernière question :

 Cliquez pour afficher

je trouve 11/30

Ce que j'ai trouvé dans le cas général.
Il suffit de s'intéresser aux probabilités sachant que l'on a pas tiré deux blanches.
Si il y a b boules blanches et n noires on a tirages de 2 noires et tirages d'une blanche et d'une noire.

On en déduit que la probabilité pour qu'une blanche soit éliminée est  

et que la probabilité pour que deux noires soient éliminées est
Je n'ai pas réussi à progresser ensuite.

Bonjour,

 Cliquez pour afficher

Avec au départ 2N et 2B :

probas finales :

Urne vide : 8/15
B1 seule : 2/15
B2 seule : 2/15
B1+B2 : 1/5

Donc la proba d'une blanche particulière est : 1/5 + 2/15 = 1/3

Merci Verdurin pour ton soutien

Ce problème est une adaptation d'un problème posé sur un autre site , j'ai déjà envoyé ma solution qui me semblait parfaitement juste . J'ai depuis reçu une réponse qui ne remet pas en cause ma solution mais s'interroge sur l'énoncé du problème dont les interprétations seraient multiples comme pour Les paradoxes de Monthy Hall , Bertrand , M & Mme Untel ont deux enfants ...

Je ne donne pas tout de suite le lien vers ce problème car il me semble que la version que j'ai choisie ici ne présente plus cette ambiguïté .

Dans le cas d'une boule blanche marquée parmi 2N et 2B :

Pour toi : 11/30 .
Pour le site ( entre autres ) : 7/15 .
Pour moi : 1/3 .

Le petit Chat GPT répond gentiment 1

Je ne peux pas critiquer ta réponse car tu ne donnes pas ta démarche . Une simulation informatique pourrait peut-être évacuer certaines mauvaises réponses

Imod

Pour moi, c'est également 1/3

Voir ma réponse du 23-11-24 à 17:29

Le temps que j'écrive , il y a deux autres réponses

Celle de Candide2 est aussi la mienne et celle de Verdurin trop difficile à lire avec le latex du site qui fatigue .

Imod

J'ai réussi à lire le message de Verdurin , j'ai procédé pareil , après il est difficle de progresser si on n'a pas une petite idée du résultat ( j'ai rempli quelques pages d'exemples ) .

Imod

Mon calcul :
premier point les tirages BB n'ont aucune importance car ils ne changent rien.
On s'intéresse donc aux tirages qui changent la situation : les tirages BN ou NN.
Je note (b,n) la situation avec b blanches et n noires.
On part de (2,2) : il y a 6 paires possibles une BB une NN et quatre NB.
Quand la situation (2;2) change on a donc une proba de 4/5 pour qu'elle devienne (1;2) et une proba de 1/5 pour qu'elle devienne (2;0) et que l'expérience soit terminée.
Quand la situation est (1;2) on a une proba 2/3 de tirer BN ce qui conduit à (0;0) et une proba 1/3 de tirer NN ce qui conduit à (1;0).
La probabilité pour que la boule blanche marquée soit présente à la fin de l'expérience est donc 1/5+4/51/31/2=1/3 ( je me suis trompé dans mon calcul ).

Je tente de relancer le problème en précisant mon approche 😊

Avec les notations de Verdurin , il reste un seul cas à étudier ( pair , quelconque ) . On peut négliger les tirages BB qui n'apportent rien , on a donc affaire à un arbre plutôt simple . Les situations étant définies par le nombre de boules de chaque couleur , il n'est pas forcément utile de cibler la chance de survie d'untel mais plutôt la probabilité d'un passage de (n,b) à (0,b') . Chaque étape intermédiaire a déjà été décrite , si on pressent le résultat , on peut essayer une récurrence .

Imod

Pas de réponse ... Je donne tout de même un lien  vers le problème original :

La rédaction n'est pas d'une transparence absolue mais s'agit-il du même problème ?

Imod

Je ne suis arrivé à rien.
Il est assez clair que tous les chemins menant d'un état (b;n) a un état (b';n') ont la même probabilité.
On a donc assez facilement la probabilité de passer de l'état (b;2m) à l'état (b';0). Mais l'expression est assez compliquée et je n'arrive pas à en faire quelque chose.
J'ai regardé ton lien et j'ai bien l'impression qu'il s'agit du même problème.

Je peux donner la réponse ( très simple ) mais tu perdras le plaisir de la découverte . Il faut étudier le nombre moyen de boules blanches qu'il reste à la fin en fonction du nombre initial de boules noires et blanches . Disons que <n,b> est le nombre moyen de boules blanches à la fin si on démarre avec (n,b) , il faut chercher le lien entre <n,b> et (n,b) en laissant de côté dans un premier temps les étapes intermédiaires , la démonstration vient après .

Personnellement j'ai commencé par une petite liste de <n,b> .

Il n'est pas interdit de commencer ici une telle liste pour mutualiser les résultats .

J'espère t'aider un peu sans trop en dire ( encore merci pour la participation )

Imod

Comme on s'endort , je donne en blanké le nombre moyen de boules blanches <n,b> à la fin d'un jeu qui débute avec (n,b) et n pair :

 Cliquez pour afficher

<n,b>=b/(n+1) .

J'ai finalement calculé la probabilité pour que la boule blanche marquée reste jusqu'à la fin avec un nombre n pair de boules noires.
Effectivement le résultat est très simple.

 Cliquez pour afficher

C'est 1/(n+1)

Quand tu auras un peu de temps , tu pourras préciser ( si tu le souhaites ) la méthode que tu as utilisée car personnellement je n'ai rien trouvé d'autre qu'une récurrence après avoir pressenti le résultat .
Imod
  

Il y a bien une solution simple au problème , voir par exemple la réponse de Joël Benoist dans le lien suivant  

C'est un très joli problème , simple à formuler et avec une solution loin d'être évidente

Imod

Ma méthode est maladroite, la première démonstration de Joël Benoist est limpide. J'étais juste au bord mais je l'ai raté.

Je l'ai ratée aussi et nous sommes bien plus de deux  car si on lit les autres réponses du site , un grand nombre de participants s'est contenté de constater sur des exemples ( à commencer par l'auteur ) .
Imod