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Paquets de gateaux
Bonsoir
Une collection de 4 images nommées A,B,C et D est repartie de façon aleatoire dans des boites de gâteaux à mettre en vente (chaque boite doit en contenir 4 , mais on peut cependant avoir 3 images identiques ou 2 images identiques , ou même 4 fois la même image dans une boite ) , on se demande donc combien de boites de gâteaux faut il acheter pour etre sur à 75% d'avoir les 4 images.
A vous ....
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bonjour, les réponses données sont toutes différentes , moi j'ai raisonné de la façon suivante :
dans le premier paquet qu'on achète on a forcement une première image , ensuite en achetant un second paquet , soit on reste dans l'etat 1 (pas de nouvelles images) soit on en obtient une nouvelle image puis à l'achat du 3ieme rebelote , on est donc dans un raisonnement de type "marche aleatoire" (on peut meme s'aider d'un graphe probabiliste) pour ma part j'ai obtenu une matrice 4x4 , et une expression du style Pn = Mn.Po avec Po=(1,0,0,0) , je n'ai pas encor finalisé mon calcul
si on attend qu'une boite a elle seule contienne à la fois les 4 images , on va chercher le rang n pour lequel cela peut se produire :(sans se préoccuper du fait d'en avoir déja obtenu aux achats précédents ,dans ce cas :
la proba qu'une boite contienne les 4 images est p = 24/256 , celle qu'elle ne contienne pas les 4 images est (256-24)/256=232/256
et on cherche n tel que ( (256-24)/256)n-1*(24/256) = 0,75 c'est à dire avoir un paquet au nieme tirage contenant les 4 images.
d'ou ma préférence pour le raisonnement en marche aléatoire qui permet de garder "le cumul des images a obtenir "
L'approche "chaîne de Markov à espace d'états fini" que tu décris va te conduire à calculer la proba invariante, qui te donne (l'inverse de) le temps moyen d'attente avaant de revenir à l'état i, pour i = A,B,C,D. Tu cherches plutôt le temps au bout duquel tu auras quatre images.
Il faudrait plutôt considérer la chaînie de Markov qui compte combien d'images tu as.
En 0, on avance en 1 ou on reste 0 avec une certaine proba blabla.
En 4, on saute vers 0 (avec proba 1) au tour d'après.
On se place sous la mesure initiale delta4 (on part de 4, quoi), et on calcule le temps de retour en 4, via pi(4). Elle même est équivalente (pas à 0 : récurrence positive), à une limite empirique.
Ensuite, inégalité de Markov + théorème ergodique
75% <= P(fn>3) <= E(fn(X))/3, en déduire n >= ...
Ce jeu en pratique:
je voulais en avoir le coeur net et j'ai fait 32 paquets contenant toutes les
combinaisons de AAAA à DDDD.
j'ai appliqué la méthode de flight et j'ai été surpris des séries trouvées:
ABCC, ACDD 2 coups
ABBB, BBDD ,ABDD , BBCD 4 coups
ACCD, DDDD ,ACCD , BBBC 4 coups
CCCD, AACD, ACCC, AADD ,BCDD 5 coups.
Bien sur ma répartition au départ est égalitaire, si il s'agissait d'uns collection,
je pense que l'émetteur priverait le collectionneur d'une certaine image 
@dpi
en recensant 32 paquets de cette façon (AAAA AAAB AAAC ... ) et en excluant ADAA, tu obtiens des probabilités différentes.
On met une première carte dans le paquet de gateaux ; cette première carte peut être A, B , C ou D
Puis on met une 2ème carte (A,B,C,D)
puis une 3ème, puis une 4ème.
On a donc 4x4x4x4 possibilités toutes équiprobables. ABCD est aussi probable que DCBA ou DABC ou AAAA
Et donc (ABCD), tous ordres confondus est beaucoup plus probable que AAAA.
Alors que dans ton calcul ABCD n'est ni plus ni moins probable que AAAA.
Ce n'est pas très clair de comment sont mises les cartes dans les boîtes mais admettons que la chaque carte soit tirée uniformément parmi les 4 types de carte disponibles (on a une infinité de cartes de chaque type).
Alors si je reçois une telle boîte, la première carte que je sors a une chance sur 4 d'être A, 1/4 d'être B, etc. Donc la probabilité d'avoir t types de carte après avoir reçu b boîtes est équivalent à la probabilité d'avoir t types de cartes après avoir reçu n=4*b cartes.
Cette dernière probabilité est plus facile à calculer:
Avec et
On obtient:
n P(4,n) ~P(4,n)
0 0 0
1 0 0
2 0 0
3 0 0
4 3/32 0.094
5 15/64 0.234
6 195/512 0.381
7 525/1024 0.513
8 5103/8192 0.623
9 11655/16384 0.711
10 102315/131072 0.781
11 218625/262144 0.834
12 1834503/2097152 0.875
13 3798795/4194304 0.906
14 31175235/33554432 0.929
15 63533925/67108864 0.947
16 515396703/536870912 0.960On voit qu'à partir de la 10ème carte on a plus de 75% de chance d'avoir les 4 types de cartes. Et cette 10ème carte se trouve dans le 3ème paquet.
Pour Panini FIFA World Cup Russia 2018, on a 682 stickers différents. Ils sont empaquetés par 5. 
Si chaque type de stickers à la même probabilité il faudrait acheter:
4700 stickers = 940 paquets = 846€ pour avoir 50% de chances de compléter sa collection
5297 stickers = 1060 paquets = 954€ pour 75% de chances
5981 stickers = 1197 paquets = 1077.3€ pour 90% de chances
Il vaut mieux faire des échanges (avec au moins une dizaine de collectionneurs du coup) ou acheter l'album complet 60-120€ sur Ebay 
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