Je galère sur cette question :

On tire une pièce équilibrée jusqu'à obtenir autant de " pile" que de "face". Quelle est la probabilité de ne jamais s'arrêter ?

J'essaye de trouver la probabilité de s'arrêter au 2k-ième tour en raisonnant à l'aide d'un graphique où l'abscisse représente le nombre de face et l'ordonnée le nombre de pile et en regardant tous les chemins possibles qui ne touchent pas la diagonale avant le point de coordonnées (k,k).

Merci

La proba de s'arrêter au tour 2n s'exprime en fonction du n-ème nombre de Catalan, c'est un exercice relativement classique. Ton intuition graphique pour cette étape est la bonne. Ensuite, ça va être un peu pénible mais je te laisse trouver comment, connaissant toutes ces probas, tu peux reconstituer la proba demandée. Attention, il y a quelques subtilités liées aux intersections d'événements, ne somme/multiplie pas comme une brute sans réfléchir.

La probabilité va être 0, en fait ça va se passer presque surement une infinité de fois ; pour le montrer, Borel-Cantelli est ton ami

Les nombres de Catalan Cn sont supérieurs au cardinal cherché car ils prennent en compte des termes en plus par exemple:
PFPFPF compte pour C3 alors que ça ne compte pas pour la probabilité que le jeu s'arrête au 2*3ème tour car il se serait arrêté au 4ème tour
Sauf s'il faut un peu bidouiller avec ça pour obtenir quelque chose qui y ressemble du genre C_2k-C_2(k-1)-...-C_2

Borel-Cantelli c'est une bonne idée mais du coup on prendrait quoi comme suite d'évenements ? Si on prend B2k:"Obtenir autant de pile que face au 2k-ième tour" et A2k:"Le jeu s'arrête au 2k-ième tour" avec A2k inclus dans B2k alors P(A2k)<P(B2k) mais cela ne sert à rien car on veut montrer que la somme des P(A2k) diverge pour que P(lim sup A2k)--> 1 donc connaitre un équivalent.

Sauf s'il faut un peu bidouiller avec ça pour obtenir quelque chose qui y ressemble.

Yep, j'me suis mal exprimé, je voulais commencer par une condition qui implique qu'on s'arrête au plus au tour 2n, qui elle s'exprime simplement en fonction de $C_{2n}$. Ensuite, j'imagine qu'on peut s'en sortir en soustrayant la même proba au tour 2(n-1) ? Mais je commence à penser que je me fourvoie.

Sinon Surem a probablement torché l'exo de façon plus adaptée.

D'accord merci pour vos réponses

Le 01 août 2019 à 19:36:28 Hachino a écrit :

Sauf s'il faut un peu bidouiller avec ça pour obtenir quelque chose qui y ressemble.

Yep, j'me suis mal exprimé, je voulais commencer par une condition qui implique qu'on s'arrête au plus au tour 2n, qui elle s'exprime simplement en fonction de $C_{2n}$. Ensuite, j'imagine qu'on peut s'en sortir en soustrayant la même proba au tour 2(n-1) ? Mais je commence à penser que je me fourvoie.

Sinon Surem a probablement torché l'exo de façon plus adaptée.

C'est un truc classique avec les chaines de Markov, on peut voir ça comme un graphe de markov : on part de 0, quand on fait pile on fait +1 et quand on fait face on fait -1, on additionne à chaque étape et on peut montrer que 0 est récurrent ( = on repasse une infinité de fois en 0) nul dans le cas de la pièce équilibrée.

Le 01 août 2019 à 19:31:23 Skyzzen_ a écrit :
Les nombres de Catalan Cn sont supérieurs au cardinal cherché car ils prennent en compte des termes en plus par exemple:
PFPFPF compte pour C3 alors que ça ne compte pas pour la probabilité que le jeu s'arrête au 2*3ème tour car il se serait arrêté au 4ème tour
Sauf s'il faut un peu bidouiller avec ça pour obtenir quelque chose qui y ressemble du genre C_2k-C_2(k-1)-...-C_2

Borel-Cantelli c'est une bonne idée mais du coup on prendrait quoi comme suite d'évenements ? Si on prend B2k:"Obtenir autant de pile que face au 2k-ième tour" et A2k:"Le jeu s'arrête au 2k-ième tour" avec A2k inclus dans B2k alors P(A2k)<P(B2k) mais cela ne sert à rien car on veut montrer que la somme des P(A2k) diverge pour que P(lim sup A2k)--> 1 donc connaitre un équivalent.

Si tu veux continuer dans cette direction, tu peux essayer de trouver une relation de récurrence qui lie P(A2k) et P(B2k).

Tu cherches à savoir quand la marche aléatoire symétrique sur Z revient à 0
C'est une chaîne de Markov récurrente, donc elle revient à 0 une infinité de fois avec proba 1

Le 01 août 2019 à 20:12:10 Sureminence a écrit :

Le 01 août 2019 à 19:36:28 Hachino a écrit :

Sauf s'il faut un peu bidouiller avec ça pour obtenir quelque chose qui y ressemble.

Yep, j'me suis mal exprimé, je voulais commencer par une condition qui implique qu'on s'arrête au plus au tour 2n, qui elle s'exprime simplement en fonction de $C_{2n}$. Ensuite, j'imagine qu'on peut s'en sortir en soustrayant la même proba au tour 2(n-1) ? Mais je commence à penser que je me fourvoie.

Sinon Surem a probablement torché l'exo de façon plus adaptée.

C'est un truc classique avec les chaines de Markov, on peut voir ça comme un graphe de markov : on part de 0, quand on fait pile on fait +1 et quand on fait face on fait -1, on additionne à chaque étape et on peut montrer que 0 est récurrent ( = on repasse une infinité de fois en 0) nul dans le cas de la pièce équilibrée.

Le 01 août 2019 à 19:31:23 Skyzzen_ a écrit :
Les nombres de Catalan Cn sont supérieurs au cardinal cherché car ils prennent en compte des termes en plus par exemple:
PFPFPF compte pour C3 alors que ça ne compte pas pour la probabilité que le jeu s'arrête au 2*3ème tour car il se serait arrêté au 4ème tour
Sauf s'il faut un peu bidouiller avec ça pour obtenir quelque chose qui y ressemble du genre C_2k-C_2(k-1)-...-C_2

Borel-Cantelli c'est une bonne idée mais du coup on prendrait quoi comme suite d'évenements ? Si on prend B2k:"Obtenir autant de pile que face au 2k-ième tour" et A2k:"Le jeu s'arrête au 2k-ième tour" avec A2k inclus dans B2k alors P(A2k)<P(B2k) mais cela ne sert à rien car on veut montrer que la somme des P(A2k) diverge pour que P(lim sup A2k)--> 1 donc connaitre un équivalent.

Si tu veux continuer dans cette direction, tu peux essayer de trouver une relation de récurrence qui lie P(A2k) et P(B2k).

En première idée je à la loi du 0-1 de Kolmogorov pour montrer que la proba est de 0, reste à voir s'il y a moyen de l'appliquer dans ce cas-ci.