Bonsoir,

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Citation :
Mon ami Robin est un archet de premier ordre... (sans influence sur l'énigme )

  Sauf s'il vend la mèche!

Bonne année à vous,

J'ai pas voulu intégrer....

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Je me suis livré à ma logique observatoire
je dirais qu'entre deux impacts,il y a 3.07 unités.

dpi ce n'est pas ce que j'ai trouvé.

Je m'en doutais un peu....

Bonsoir et bonne année.

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Je dirais que les coordonnées du point d'impact suivent une loi normale à deux dimensions avec l'identité comme matrice de covariance.
Avec imprudence je dirais que le carré de la distance entre deux impacts suit un à deux degré de liberté.
D'où une distance moyenne de entre deux impacts.

Bonne année verdurin
On se rapproche de la réponse en ma possession. Mais je ne suis pas sûr de mon résultat.

Moi non plus.

En fait mon résultat est faux.

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En ne tenant pas compte de la taille de la cible. ( Je la suppose infinie )

Robin tire deux flèches, la première arrive au point et la seconde au point .

Compte tenu des hypothèses suit une loi normale de paramètres 0 et et il en est de même de .
Ces deux v.a. étant indépendantes.

Il en découle que le carré de la distance suit le double un khi-deux à 2 degré de liberté.

L'espérance du carré de la distance est donc 4.
Ce qui ne permet pas de conclure que l'espérance de la distance est .

Comme ça commence à dépasser mes connaissances, j'ai fait de la simulation informatique.
Sur deux lancers de 10 000 paires de flèches j'ai obtenu ( arrondi au centième )

moyenne des carrés des distances:  4,04 et 4,01

moyenne des distances 1,78 et 1,78.

Je n'ai pas la même chose.
Par contre, pourquoi la différence des abscisses suit une loi normale ? r est normal mais A uniforme.

Parce que la différence de deux lois normales indépendantes suit une loi normale.
En fait c'est la somme de deux lois normales indépendantes.

Citation :
Sa précision de tir suit pour r une loi normale de paramètre 0 et  1 et pour A une loi uniforme sur [0;[

Merci, je ne suis pas spécialiste des lois.
J'ai une valeur par simulation différente de la tienne mais c'était aussi pour comparer avec mon autre topic un romain borgne en uniforme où les lois normales et uniformes sont inversées.

Je me suis peut-être trompé.
Je vais revérifier.

Pour ton autre topic, je ne vois aucune méthode pour l'aborder en dehors de la simulation.

Je ne me suis pas attaqué à la résolution analytique mais voici les résultats de ma simulation (10⁵ paires de lancés par test):

 E(d)   E(d²)  Var(d)
 1.200  1.995  0.556
 1.201  1.999  0.557
 1.203  2.007  0.559
 1.201  1.997  0.555
 1.202  2.007  0.563
 1.205  2.013  0.561
 1.199  1.994  0.556
 1.197  1.989  0.555
 1.201  1.999  0.556
 1.198  1.992  0.557

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from random import normalvariate, random
from cmath import pi, rect


def test(n=10000):
    distances = []
    for t in range(n):
        p1 = rect(normalvariate(0, 1), random() * pi)
        p2 = rect(normalvariate(0, 1), random() * pi)
        distances.append(abs(p1-p2))

    e_d = sum(distances)/len(distances)
    e_d2 = sum(d*d for d in distances)/len(distances)
    return e_d, e_d2


if __name__ == "__main__":
    print(f" E(d)   E(d²)  Var(d)")
    for _ in range(10):
        e, e2 = test(10**5)
        print(f"{e: 5.3f} {e2: 5.3f} {e2-e*e: 5.3f}")

Bonjour,

On suppose que Robin touche toujours un point de la cible soit un disque de 6 cm
de diamètre.
Il fera quelques 0 +-
quelque cordons  dont certains opposés =6 unités
et beaucoup de coups entre  ces deux limites .

J' ai aléatoirement lancé des flèches et j'obtiens  une distance moyenne de  +-3 unités,
je ne vois pas comment il fera mieux.

J'ai effectivement oublié une division par racine de 2.

L'espérance du carré de la distance est bien 2.
Et les coordonnées suivent des lois normales indépendantes de variance 1/2.

J'ai pour ma part, trouvé 1.2 avec une simulation de 10^8 lancé.
J'ai supposé que la cible était infini. C'est vrai qu'en réalité elle est dans l'intervalle 3 écart types, donc 99.6% seulement des tirs sont dans la cible. Je suppose qu'en ne prenant que les flèches dans la cible, on diminue encore cette distance.

Juste un mot pour présenter mes excuses.

L'expérience ne conduit pas à une loi normale à deux dimensions.

Non, effectivement. Mais ce n'était pas évident, je suis tombé dans le panneau aussi

Répartition des flèches sur base de un million de flèches :


C'est pas trop une loi normale

Bonjour LittleFox, ton graphe correspond à quoi plus exactement ?
Merci

Ah, pardon. Je pensais l'avoir écrit

C'est la densité des flèches selon l'axe des réels (l'axe x pour verdurin). La densité selon l'axe imaginaire est identique.
On voit bien que cette densité ne correspond pas à une loi normale. Contrairement à ce que verdurin avait affirmé et que personne n'avait contredit avant qu'il ne se rende compte de l'erreur lui-même.

Merci.
Je ne suis pas bon en couple de proba.
Une loi normale en dimension 2 doit elle être une loi normale pour chaque axe?

J'aime pas les probas (depuis + 60ans ...)
Quel est ce fameux écart moyen entre deux flèches en supposant qu'elles soient
toutes dans le disque de rayon 3 ?

J'ai trouvé comme indiqué par simulation 1.2. J'espérais qu'un îlien trouve une loi en dimension 2 répondant au problème. Comme il y a loi normale pour la norme et loi uniforme pour l'angle, j'espérais une loi normale en dimension 2 ne sachant pas non plus ce que ce serait exactement. Une cloche pour toute coupe passant par le centre? Ensuite je proposais d'inverser les lois dans un autre topic pour voir le changement.
Bref, je reste aussi mauvais ...

@dpi
On a deux variables aléatoires connues qui donnent la position (aléatoire) de la flèche à chaque tir.
On considère deux tirs indépendants ( cette hypothèse n'est pas donnée explicitement, mais tous le monde l'a faite ) que j'appelle F₁ et F₂.
On obtient une v.a. qui donne la distance D entre les deux flèches.

La question est de déterminer son espérance. C'est la distance moyenne demandée.

En fait on peut démontrer que E(D²)=2.

Je ne sais pas calculer E(D).