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Piles usagées
Bonjour à tous,
Je viens d'acheter un jouet fonctionnant avec 4 piles qui doivent toutes être utilisables pour s'allumer.
J'ai un stock de 16 piles or je sais que la moitié d'entre elles sont vides donc inutilisables. Je ne sais pas distinguer les piles utilisables des piles non utilisables. Je vais donc faire plusieurs tentatives jusqu'à ce que mon jouet s'allume.
En combien de tentatives maximum pouvez-vous m'assurer que mon jouet va s'allumer ? Vous me conseillez quoi comme stratégie car mon but est de minimiser ce maximum, j'ai envie de jouer avec mon nouvel achat.
PS : Promis, j'achète un multimètre dès que possible mais en attendant...
Bonjour Vassilia , on peut déjà en prendre 12 pour être sur d'avoir 4 piles qui marchent , je réfléchi à la suite ...
.en prenant 12 piles au hasard , je peux donc me retrouver avec
4 piles qui marchent et la proba associée est P(X=4)=70/1820
5 piles qui marchent et la proba associée est P(X=5)=448/1820
6 piles qui marchent et la proba associée est P(X=6)=784/1820
7 piles qui marchent et la proba associée est P(X=7)=448/1820
9 piles qui marchent et la proba associée est P(X=8)=70/1820
l'espérance du nombre de piles qui marchent est donc E(X)=6
donc sur mes 12 piles je pourrais que dire qu'en moyenne j'en aurai environ 6 qui vont fonctionner .
si on revient aux configurations possibles avec 12 piles prélevées au hasard on peut avoir les configurations suivantes :
fonctionne / ne fonctionne pas
4 8
5 7
6 6
7 5
8 4
dans la premiere configurations la proba d'avoir 4 piles qui marchent est P1 = C(4,4)/C(12,4)=1/495
dans la deuxieme configurations la proba d'avoir 4 piles qui marchent est P2 = C(5,4)/C(12,4)=5/495
dans la troisieme configurations la proba d'avoir 4 piles qui marchent est P3 = C(6,4)/C(12,4)=15/495
dans la quatrième configurations la proba d'avoir 4 piles qui marchent est P4 = C(7,4)/C(12,4)=35/495
dans la cinquième configurations la proba d'avoir 4 piles qui marchent est P5 = C(8,4)/C(12,4)=70/495
et donc la proba d'avoir 4 piles qui marchent sur les 12 tirée au hasard serait
P = (1+5+15+35+70)/495 = 126/495 = 0,254
on peut donc effectuer ensuite des tirages avec remise des 4 piles et la proba d'avoir 4 piles qui marchent au bout du tirage k serait
P(Y=k) = (1-0,254)k-1*0,254 , il s'agit d'une loi géométrique) donc l'espérance est 1/0,254 = 3,93 soit presque 4 tirages en moyenne pour espérer avoir 4 piles qui marchent à partir des 12 piles prélevées au départ.
( voila ....sauf erreur )
dans la premiere partie de ma réponse lire :
"8 piles qui marchent et la proba associée est P(X=8)=70/1820"
Bonsoir,
une majoration du nombre maximal d'essais.
Il y a groupes de 4 piles.
Parmi eux il y en a formés de 4 piles utilisables.
Donc en faisant des essais systématiques on fait au plus :
essais.
Mais il est presque certain que le nombre d'essais maximal est très inférieur à cette valeur.
Bonjour,
Merci Vassillia de continuer à animer 
@flight,
Je ne crois pas que soit attendu une autre probabilité que celle de l'événement certain.
Il est demandé une stratégie pour assurer que le jouet s'allume au bout de moins de n tentatives.
Et on veut n minimum.
Ça ressemble au problème de la fausse pièce qu'il faut trouver avec une balance.
C'est du moins ce que j'ai compris.
salut
allez pour le suivre ensuite ...
évidemment je teste par lot de 4 piles et je m'arrête dès que ça marche bien sûr !!
dans le pire cas aucun lot ne convient et contient donc au moins une pile usagée ...
je prend alors (et je teste) :
deux piles du lot 1 et deux piles du lot 2
deux piles du lot 2 et deux piles du lot 3
deux piles du lot 3 et deux piles du lot 4
deux piles du lot 4 et deux piles du lot 1
bien sûr je m'arrête dès que ça marche !!!)
dans le pire cas et vu les hypothèses je réfléchis très sérieusement aux informations que je peux en déduire ...
mais pour l'instant j'suis en train de préparer un Ds donc faut que je m'y remette !!!
autre combinaison peut-être plus efficace : au lieu de 2 et 2 considérer 3 et 1 ...
verdurin a parfaitement compris le problème.
C'est effectivement ce qui peut se passer dans le pire des cas si je fais des tentatives systématiques sans stratégie particulière. Il me faut bien 1751 tentatives si la poisse s'acharne contre moi et je commence par tester toutes les combinaisons avec au moins une pile usagée. On va voir qu'on peut faire mieux.
On n'a effectivement pas besoin des probas calculées par flight mais son idée est tout de même bonne. Si j'isole 12 piles, je suis absolument certaine qu'il y a 4 piles utilisables dedans donc au moins une des combinaisons fera l'affaire. Il me suffit donc de tester les combinaisons. Si j'ai vraiment la poisse, ce sera la dernière que je vais tester qui sera la bonne mais en tout cas au bout de 495 tentatives au maximum, le jouet s'allumera forcément.
C'est mieux mais encore trop long pour moi, je pense que carpediem devrait mieux s'en sortir s'il va au bout de son idée donc je le laisse faire.
Je ne sais pas ce que tu fais derny, pour le moment, je ne suis pas convaincue. A priori je ne sais pas faire en aussi peu de tentatives mais comme je n'ai pas de démonstration que j'ai le min, peut-être, à voir.
En tout cas merci à tous pour votre intérêt et votre participation
Bonsoir,
Derny, ça ne marche pas : ce que tu sais après avoir testé toutes les combinaisons de 4 parmi les 7 choisies, c'est que tu as au moins 4 usées parmi les 7 et donc au plus 4 usées parmi les 9 restantes.
Ta solution avec 18 marche sans aucun doute encore moins.
D'ailleurs derny ton raisonnement est faux pour 36 essais.
Tu ne sais pas combien il y a de mauvaises piles dans les 9 qui restent, il peut y avoir plus qu'une.
Exemple : tu avais 4 mauvaises piles dans ton lot de 7 donc il y en a 3 de bonnes. Quand tu testes tous les cas possibles, rien n'a fonctionné puisque tu en prenais forcément une mauvaise.
Il te reste encore 4 mauvaises piles dans les 9
Un peu mieux :
on prend 8 piles et on teste toutes les combinaisons, ce qui fait 70 essais.
Si aucune ne marche on sait qu'il y a au plus 3 piles utilisables parmi les 8 testées et qu'il y en a donc au moins 5 utilisables parmi les 8 restantes.
Il y a donc au plus essais restants à faire.
On allume donc le jouet en au plus 85 essais.
Mais on peut, je crois, avoir une stratégie plus efficace.
Euh, je ne comprends pas ton calcul verdurin, d'accord pour avoir au moins 5 piles utilisables parmi les 8 restantes.
Donc si la poisse continue à me poursuivre :
- il n'y en a vraiment que 5
- je vais prendre les combinaisons faites à partir de ces 5 piles en dernier
Donc il me reste potentiellement
Autre manière de voir les choses :
je prends d'abord toutes les combinaisons avec 3 mauvaises piles
ensuite avec 2 mauvaises piles
ensuite avec 1 mauvaise pile
Ouf enfin je suis sure d'avoir un lot correct +1
Donc au final 66
Ceci dit, c'est pas mal du tout, on commence à arriver sur les choses sérieuses. Tu as le meilleur résultat pour le moment 70+66=136 mais effectivement on peut encore mieux faire
Alors là, impressionnant !
Je n'aurai pas mieux, c'est certain, vu qu'à ma connaissance (disons une petite dizaine de personnes plutôt matheux) personne n'avait encore fait aussi bien.
Je connaissais 59. Finalement, en réfléchissant un peu mieux à la dernière étape, je vois assez bien comment descendre à 56.
Mais 55 je ne vois pas, il va falloir que je me recreuse la tête. Et dire que c'est ta première proposition... alors que tu n'avais aucune info sur la valeur à atteindre.
Bonjour,
En fait on peut descendre à 52 en améliorant la dernière étape avec 8 essais au lieu de 11.
Cliquez pour afficherBonjour,
Cette nuit ,j'ai pensé au binaire : soit 1 les piles bonnes et 0 les usagées.
En prenant 4 piles nous avons les 15 premiers nombres binaires :
de 0000 à 1111 (bingo) et en refaisant 4 fois le test je pense
que le jouet fonctionnera soit 60 essais ...mais je ne le jure pas
Penser binaire n'est pas une mauvaise idée, mais ton truc ne tient pas debout, dpi. Essaie de l'expliquer plus en détail, et tu verras.
En passant, de 0000 à 1111 ça fait 16 quadruplets et pas 15.
@ perroquet : damned, oui tu as raison. Dans les quatre paquets choisis on peut avoir un paquet à deux bonnes et un paquet à deux mauvaises. Auquel cas il faudra bien se coltiner les 16 essais avec les quatre autre paquets.
Je revois donc à la hausse : 28+16+16 = 60. Moins bien que ce qu'annonce Vassilia.
Nous sommes sur l'île des maths,mais rien ne nous empêche d'avoir l'esprit pratique:
Notons 0=usagé et 1 =bonne
On a bien quelque part un outil qui fonctionne avec deux* piles:
en 9 essais on est sûr de trouver 11 puis en 7 autres essais de trouver un autre 11 soit 16 essais .
*cas très fréquent,je n'ose pas dire une
En fait, je connaissais bel et bien 60, je ne sais pas pourquoi j'ai écrit 59. Je l'ai fait de mémoire au lieu de recompter comme j'étais persuadée que GBZM faisait mieux. Dommage, la fin avait l'air vraiment bien mais elle reste intéressante quand même au cas où on est bien dans le cas avec un paquet contenant les 2 piles neuves.
Il me vient du coup une autre question à laquelle je ne sais pas répondre, est-ce qu'il y a un ordre des tentatives plus pertinent qu'un autre pour améliorer la stratégie ? Pour la fin, visiblement oui.
Suggérerais-tu de s'intéresser au problème d'optimiser le nombre moyen d'essais pour trouver 4 piles qui fonctionnent ?
Le nombre moyen et/ou la médiane. En gardant quand même un max de 60 pour limiter les dégâts dans le pire cas et se servir de ce qu'on a déjà obtenu. Je pense que l'ordre des tentatives aura une influence, ton histoire l'a montré donc on peut chercher à l'optimiser. Le problème ne me paraît pas du tout évident car je n'arrive pas à visualiser la distribution de probas comme il y a des dépendances et j'aimerai bien m'en faire une idée.
Et puis, ça va faire plaisir à flight, il voulait faire des probas
si on ne cherche pas a optimiser la facon d'obtenir 4 piles qui marchent mais en n'en prenant 4 avec remise jusqu'a obtenir le fonctionnement du jouet le nombre de tentative moyen serait d'environ 26,(calculé et simulé ) ( sauf si le sort s'acharne :D)
mais je saisbien que ce n'est pas la question posée
Je dirais même plus : l'espérance du nombre de tentatives est exactement (l'inverse de la proportion de bons quatuors parmi tous les quatuors), comme il se doit pour une loi géométrique.
Effectivement, si j'ai indépendance entre les épreuves de Bernoulli successives, ça va tout seul.
M'enfin, je ne suis quand même pas bien futée si je fais ça. Je prends le risque de retester plusieurs fois le même ensemble de piles alors que je suis supposée savoir que le jouet ne s'allumera pas.
Je ne sais vraiment pas comment sortir la distribution de probas théoriques dans la proposition de GBZM. Je crois que je préfère encore le programmer. Malheureusement, il faut que j'envoie 3 séances avant ce soir, ce ne serait pas raisonnable de m'y mettre maintenant. J'espère secrètement (enfin c'est plus trop secret du coup) que l'un de vous aura plus de courage que moi sinon j'essaierai de regarder plus sérieusement dès que j'aurai le temps.
Affaire à suivre
Un premier petit pas : la probabilité que la première étape de 28 essais se déroule sans qu'on trouve un bon quatuor est 128/429 :
- probabilité de 128/6435 pour que les 8 paquets de deux soient moit-moit
- probabilité de 1792/6435 pour qu'il y ait un paquet tout bon, un tout mauvais et les autres moit-moit.
Merci GBZM de jouer le jeu, c'est un début, il faut bien commencer quelque part.
Mettons qu'on sépare en 8 paires A,B,C,D,E,F,G,H et on découpera à terme ABCD et EFGH quand il faudra prendre une pile de chaque paire.
On teste AB ça foire, on sait qu'il y a au moins une pile défectueuse dans A ou B
On a tout intérêt à ce que le prochain test soit CD car on n'a pas encore eu de mauvaise nouvelle ni sur C ni sur D...
Par contre je ne suis même pas sure qu'il faille enchainer les 28 essais, à réfléchir. Mon instinct me dit de ne pas mélanger les paires venant de ABCD avec les paires venant de EFGH.
Avant ça, je tenterai bien la combine que tu as trouvé en faisant 8 tests de chaque coté pour jouer la carte "on a la paire avec 2 piles fonctionnelles combinée avec 3 paires mixtes"
Ensuite, on finit les 28 essais et tant pis pour nous, on finit les tests en prenant une pile de chaque pair.
Pour essayer une seule permutation, ça peut se tenter même si c'est lourd à écrire et je sens que je vais galérer. On fait passer les combinaisons de piles possible et on compte pour chaque au bout de combien de tentatives ça fonctionne.
On va en déduire immédiatement la distribution des 60 valeurs possibles avec un joli histogramme de densité de proba ou une fonction de répartition...
Mais on ne pourra pas essayer les 60! permutations comme des bourrins, on va avoir un gros gros problème de puissance machine sinon. Il faut trouver les symétries, ne pas tester n'importe quoi... La force brute va vite atteindre ses limites là aussi.
J'ai fini par faire mon petit programme pour les 28 tentatives dont on parlait. Maintenant il faut réfléchir pour savoir où mettre les tentatives où on prend une pile dans chaque pair et il faut écrire la combine de GBZM proprement. A votre avis, quel sera le meilleur choix ? Au moins, on peut vérifier maintenant.
Si vous voulez vous y essayer, il y a juste à compléter la liste et à changer la boucle de l'affichage jusqu'au nombre correspondant. Je sais que je code très mal à fortiori en python mais à priori ça fait le job, en tout cas mon résultat est cohérent avec celui annoncé précédemment.
import itertools
import matplotlib.pyplot as plt
def verif(pile,choix):
resultat=0
for i in range(16):
if pile[i]==1 and choix[i]==1: resultat+=1
return resultat
def test():
stuff = [0,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15]
somme = [0] * 61
for subset in itertools.combinations(stuff, 8):
L=[0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0]
for i in range(8):
L[subset[i]]=1
cpt=0
valide=0
for Li in liste():
cpt+=1
if(verif(L,Li)==4):
valide=1
break
if valide==1:
somme[cpt]+=1
return somme
def affich():
L=test()
f=[0]
F=[0]
x=[0]
esperance=0
reussite=0
for i in range(1,29):
reussite+=L[i]
x.append(i)
f.append(L[i]/12870)
esperance+=i*f[i]
F.append(f[i]+F[i-1])
figure = plt.figure(figsize = (10, 10))
plt.gcf().subplots_adjust(left = 0.1, bottom = 0.1, right = 0.9, top = 0.9, wspace = 0, hspace = 0.2)
axes = figure.add_subplot(2, 1, 1)
plt.bar(x, f)
plt.title("Densité de probabilités avec pour esperance {:.0f}".format(esperance))
axes = figure.add_subplot(2, 1, 2)
plt.bar(x, F)
plt.title("Fonction de répartition avec {:.0f} réussites sur 12870".format(reussite))
plt.show()
def liste():
L=[[1,1,1,1,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0],
[0,0,0,0,1,1,1,1,0,0,0,0,0,0,0,0],
[0,0,0,0,0,0,0,0,1,1,1,1,0,0,0,0],
[0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,1,1,1,1],
[1,1,0,0,1,1,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0],
[0,0,1,1,0,0,1,1,0,0,0,0,0,0,0,0],
[0,0,0,0,0,0,0,0,1,1,0,0,1,1,0,0],
[0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,1,1,0,0,1,1],
[1,1,0,0,0,0,1,1,0,0,0,0,0,0,0,0],
[0,0,0,0,0,0,0,0,1,1,0,0,0,0,1,1],
[0,0,1,1,1,1,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0],
[0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,1,1,1,1,0,0],
[1,1,0,0,0,0,0,0,1,1,0,0,0,0,0,0],
[0,0,1,1,0,0,0,0,0,0,1,1,0,0,0,0],
[0,0,0,0,1,1,0,0,0,0,0,0,1,1,0,0],
[0,0,0,0,0,0,1,1,0,0,0,0,0,0,1,1],
[1,1,0,0,0,0,0,0,0,0,1,1,0,0,0,0],
[0,0,1,1,0,0,0,0,0,0,0,0,1,1,0,0],
[0,0,0,0,1,1,0,0,0,0,0,0,0,0,1,1],
[0,0,0,0,0,0,1,1,1,1,0,0,0,0,0,0],
[1,1,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,1,1,0,0],
[0,0,1,1,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,1,1],
[0,0,0,0,1,1,0,0,1,1,0,0,0,0,0,0],
[0,0,0,0,0,0,1,1,0,0,1,1,0,0,0,0],
[1,1,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,1,1],
[0,0,1,1,0,0,0,0,1,1,0,0,0,0,0,0],
[0,0,0,0,1,1,0,0,0,0,1,1,0,0,0,0],
[0,0,0,0,0,0,1,1,0,0,0,0,1,1,0,0]]
return L
affich()
La nuit précédente,j'avais lancé l'idée du binaire.Cette nuit;je l'ai creusée:
Il y a formations en 16 chiffres 0 et1
dont 12870 comportant huit 0 et huit 1.
dont 4419 comportant quatre 1 à la suite.
Statistiquement cela donnerait 6.74 % de tomber sur 4 piles bonnes.
Je dis ça pour qu'un spécialiste l'analyse.....
Bonjour, juste pour vérifier que j'ai bien compris la combine de GBZM, en notant ABCD les paires où on choisit une pile dans chaque avec A=01 ou A=10 en fonction si on choisit la première ou la seconde, c'est bien ça qu'il faut faire ?
10101010
01010101
10100101
01011010
10011001
01100110
10010110
01101001
Je sens bien que c'est une bonne idée comme on change 2 piles à chaque fois pour profiter de la potentielle paire avec que des piles fonctionnelles. Mais je ne connaissais pas et je n'arrive pas à me convaincre facilement qu'on ne passera pas à travers ce filtre.
Bonjour,
Nous sommes d'accord sur les 128470 arrangement de 8 piles usagées (0) et 8 neuves (1)
Pour tomber sur 4 neuves à la suite on a 4419 possibilités .
Cela devrait servir .......mais je ne sais pas comment!
Ma combine, c'était pour le cas ou dans les quatre paquets A, B, C, D de deux piles, il y a trois paquets moit-moit et un paquet tout bon.
Dans ce cas-là on peut trouver un quatuor de bonnes piles en au plus 8 essais.
On étiquette arbitrairement 0 et 1 les deux piles de chaque paquet. Les 16 choix possibles d'une pile dans chaque paquet sont alors codés par 4 bits, c.-à-d. des éléments de : premier bit pour le choix dans A, deuxième pour le choix dans B etc.
Parmi ces 16 choix possibles, il y en a deux de bons, et ces deux diffèrent seulement sur un bit (celui correspondant au paquet qui a les deux bonnes piles). Donc un et un seul des bons choix satisfait au test de parité (somme des bits à 0). L'ensemble des éléments de qui satisfont ce test de parité est un hyperplan vectoriel, donc il a huit éléments, et parmi ceux-ci se trouve forcément un bon choix.
D'accord, merci, du coup j'avais bien compris. Mais au fait est-ce que ça vaut la peine de faire attention ? Regardons voir ce qui se passe si on fait n'importe quoi, par exemple si on fait les 60 tentatives dans l'ordre lexicographique.
Catastrophe, c'est pas beaucoup mieux que la loi géométrique avec remise qui donnait une espérance de 26 
Comme je galérais trop à tester empiriquement, j'ai fini par calculer à chaque fois quelle était la prochaine tentative qui donne la meilleure proba. Bonne nouvelle pour GBZM, on va constater qu'il faut bien glisser sa combine (que j'ai mise en rouge) avant de finir les 28 tentatives où on prend 2 paires. Très jolie idée donc !
J'obtiens la liste suivante que je mets en spoiler car elle fait 60 lignes forcément. Je note par 1 les piles à prendre à chaque tentative une fois que j'aurai décidé arbitrairement d'une numérotation.
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Ouf, l'honneur est sauf, on fait nettement mieux que le hasard mais on peut se demander si on a bien l'espérance minimum.
Maintenant qu'on sait optimiser chaque prochaine tentative et si on essayait sur toutes les tentatives possibles sans se limiter à celles qui vont donner un max de 60.
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Et bien, je suis très surprise mais on peut faire mieux au niveau de l'espérance et de la médiane. Par contre, on le paye forcément puisque le nombre max de tentatives augmente. Ce sera un choix à faire en fonction de notre gout du risque.
Voilà voilà, je crois que le problème a pas mal avancé. Certes, on aurait pu acheter un multimètre pour tester les piles mais ça aurait été moins amusant quand même
Edit : En me relisant, je vois que je n'ai pas changé le titre de mes figures (qui vient d'un ancien copier-coller où j'avais enfin réussi à faire des figures avec python correctement).
Il s'agit de distributions de probabilités, pas de densités de probabilité mais ce ne sont pas des simulations. Ce sont vraiment les valeurs théoriques même si elles sont calculées par ordinateur.
Merci, c'est gentil, tant mieux si ça peut intéresser.
On voit qu'un petit problème comme celui là pose déjà des soucis comme on ne peut pas tout optimiser en même temps. A partir de ces résultats, on peut calculer tous les intervalles de pari qu'on veut mais on ne peut pas dire quel choix sera meilleur, tout dépend de l'usage et du risque considéré comme acceptable.
Bonjour,
Par curiosité ,pourriez vous me dire ce qu'on peut tirer de mon
résultat , à savoir qu'il existe 4419 alignements de quatre 1
sur les 12870 combinaisons de huit 0 et huit 1.Merci à vous
Bonjour dpi,
Malheureusement pas grand chose, j'ai fait les calculs si à chaque tentative, je choisis une configuration correspondant à 4 piles qui se suivent après avoir établi une numérotation arbitraire. J'ai donc 13 tentatives maximum que j'ai classées dans l'ordre optimal et j'obtiens les graphiques de droites.
On constate que si je prends les 13 meilleures tentatives calculées précédemment comme dans les graphiques de gauche, j'ai une probabilité de succès nettement supérieure. C'était prévisible puisque c'était justement l'objectif de ce code.
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