salut Imod ....
tout les tirages precedents le 6 devront  former une somme paire
si il y a k tirages avant le 6 et que  k est pair  alors les cas favorables seront tout betement :
PPP.......   PP   (oui)
PP.........    P I   (non)
PP..........  P II  (oui)
PPP........PIII  (non)
....
jusqu'a  
PIIIIIIIII......I   (non)
III.................I    (oui)  avec I pour impair et P  pour pair

il reste donc  une proba qui vaut P = (1/2)^k.C(k,2p)    , pour p compris entre 0 et k/2.

si le nombre de tirages qui precede le "6" est impair  c'est la même formule  P = (1/2)^k.C(k,2p)    , pour p compris entre 0 et E(k/2).  et cette somme vaut  1/2
donc la proba cherché pour ta question vaudra toujours  1/2
sauf erreur

Salut Flight

Le fait de partir d'une somme paire ( égale à "0" ) offre clairement plus de chances de finir avec une somme paire qu'impaire .

La simplicité n'est qu'apparente

Imod

Bonjour,
la probabilité demandée est égale à .

Plus généralement si on lance un dé à faces numérotées de à la probabilité vaut :

C'est la bonne réponse Jandri mais je suis surtout intéressé par une méthode si possible élémentaire

Imod

Je note M la chaine de Markov à 4 états : {pair, impair, fin_pair, fin_impair} commençant de 0 (donc par "l'état pair")
Fin_pair : correspond à l'état "on passe sur 6 et la somme finale est paire"

La matrice de la chaine est la suivante :





Les états 3 et 4 sont absorbants.
On considère la matrice extraite en prenant que les états transitoires


Et on calcule la matrice



Enfin pour avoir les probabilités correspondantes : on multiplie cette matrice par la matrice extraite 2x2 prenant les lignes des états transitoires, et les colonnes des états absorbants:  



On obtient alors

La probabilité de partir de 0 et d'arriver à 6 avec une somme paire est de 4/7 (donné par le premier coefficient de la première ligne (on part de 0) de la première colonne (on arrive à un état pair en 6)

...vue mon erreur et surtout j'ai zapé par inadvertance  la phrase clé   "jusqu'à faire apparaître un 6 ."

je propose  :

P = 1/6(  1+ (1/3)ⁱC(i,2p).(9/4)^p)  , la premiere somme va de i =1 à l'infini et la seconde somme va de  p =0 à E(i/2)
je n'ai pas reussi à reduire cette expression , j'ai effectué cependant des test avec des tres grandes valeurs de  n et le resultat donne : 0,5714

>flight
Tu sembles retomber sur les 4/7 de jandri

J'ai une méthode relativement simple avec un graphe qui correspond certainement à la chaîne de Markov de Lionel ( je ne connais pas cette théorie ) .

Imod

La variable (rang du premier 6) suit la loi géométrique de paramètre donc pour .

La probabilité pour que la somme des valeurs obtenues soit paire se calcule par la formule des probabilités totales :




où les sont indépendantes de loi uniforme sur .

De et de on déduit (suite arithmético-géométrique).

On reporte cela dans l'expression de pour obtenir (avec la somme de deux séries géométriques).

On peut poser la même question en remplaçant 6 par 1, on obtient une probabilité différente.

Bonsoir

@ verdurin

si on remplace 6 par 1 on a
où les sont indépendantes de loi uniforme sur .

Puis avec d'où

Rebonjour à tous les deux

Voilà comment j'avais vu les choses pour le dé à six faces :



Les cadres en pointillés indiquent des situations ouvertes , x et y sont les probabilités que de telles situations de somme paire ou impaire se finalisent avec une somme paire .  Les cadres rouges représentent des étapes finales .

Le premier schéma donne : et le deuxième , il n'y a plus qu'à résoudre le système .

Imod

Bonjour,

je me suis aperçu que j'ai fait une faute de calcul dans ma généralisation à un dé à faces le 19-02-23 à 19:51.

Les bonnes valeurs sont et

Oui Jandri , on peut d'ailleurs retrouver ce résultat avec le schéma précédent .

Imod