Désolé pour le retard mais je n’arrivais pas à publier sur rpubs.
Comme les Xi sont dans [0,a], alors l’espérance de M sera forcément inférieur ou égale à a et je suppose que plus n est grand plus l’espérance de M va se rapprocher de a.
En me basant sur mon intuitions et en observant la différences entre a et le max des Xi à travers plusieurs tests, j’ai d’abord pensé que l’espérance de M serait quelque chose comme a-1/n.
max = 100
n = 20
a = trunc(runif(1, 1, max)) #a est un nombre entier entre 1 et max
a## [1] 37X = runif(n,0,a) #X représente n nombre entre 0 et a
X## [1] 15.5526752 27.1890334 32.6948794 3.9033014 8.3782489 13.7498385
## [7] 10.0208106 21.4915537 36.5470848 28.2446276 0.3061774 6.7171533
## [13] 5.5641655 8.9554695 0.9259611 18.2103746 24.7763006 10.7441505
## [19] 15.3001568 21.0540551M = replicate(10000, max(runif(n,0,a))) #On répète le problème 10000 fois afin d'en déduire une tendance
#M
E = mean(M) #Calcul de la moyenne arithmétique de M
E## [1] 35.23663V = mean(M**2) - mean(M)**2 #Calcul de la Variance de M
V## [1] 2.814294Eth = (n/(n+1))*a #Espérance théorique
Eth## [1] 35.2381Vth = (n/(n+2))*(a**2)-((n/(n+1))*a)**2 #Variance théorique
Vth## [1] 2.822099Pour calculer l’espérance de M proprement, j’ai fais:
P(M<=X) = P(X1<=X)…P(Xn<=X) = (k/a)**n
Puis en dérivant cette dernière j’ai obtenue:
f(x) = (n/a**n)*k**(n-1) qui est la fonction de densité.
Enfin, en appliquant la formule qui lie l’espérance avec la fonction de densité j’ai obtenue que
E[M] = (n/(n+1))*a.
Or, pour que E[M] = a, il faudrait M = (max Xi) + a*(1/(n+1)).
Pour la variance, j’ai utilisé le fait que V(M) = E(M2)-E(M)2 avec E(M^2) = intégrale de 0 à a de (x^2)*f(x)dx.
On obtient donc que V(M) = (n/(n+2)) * (a**2) - ((n/(n+1))*a)**2.
Selon moi, l’espérance de M’ devrait tendre vers a lorsque n est grand car intuitivement la somme des n Xi devrait tendre vers n fois a/2 ce qui donnerait E[m’] = 2/n * n*a/2 = a.
max = 100
n = 20
a = trunc(runif(1, 1, max)) #a est un nombre entier entre 1 et max
a## [1] 74X = runif(n,0,a) #X représente n nombre entre 0 et a
X## [1] 33.9781227 8.7157393 73.2339462 12.6352061 69.6445550 21.0800006
## [7] 72.8831429 64.6084144 49.3430349 16.9520328 0.7995818 5.6943309
## [13] 22.0180428 46.7752149 0.6980338 32.5965201 34.3155567 60.2702143
## [19] 4.1497011 72.1954408M = replicate(10000, (2/n)*sum(runif(n,0,a))) #On répète le problème 10000 fois afin d'en déduire une tendance
#M
E = mean(M) #Calcul de la moyenne arithmétique de M
E## [1] 74.13217V = mean(M**2) - mean(M)**2 #Calcul de la Variance de M
V## [1] 90.22907Pour calculer l’espérance de M proprement, j’ai décomposer l’espérance de la manière suivante:
E(M’) = E(2/n * sum(Xi)) = 2/n * sum(E(Xi)) = 2/n * sum(a/2) = 2/n * na/2 = a.
Mon intuition était donc la bonne.
En faisant plusieurs essais, on constate que la variance donnée par le programme ci dessus (celui de M’) est beaucoup plus élevé que celle donnée par le programme qui calcule la variance de M, ce qui veut dire que même si en moyenne E[M’] = a, les résultats fluctuent beaucoup à cause de cette variance importante. Il semblerait donc que M, tout du moins lorsqu’on le corrige afin d’obtenir E[M] = a, est plus précis que M’ pour estimer a.
Selon moi, si n = 10, alors Bob ne prend pas trop de risque de dépacer A en donnant r(M) = 1.1*M car en seulement 10 nombres tirés entre 0 et A, je pense, à première vue, que la probabilité pour que M soit très proche de A et fasse perdre Bob est faible.
f = function(){
n = 10
A = runif(1,0,1) #A représente 1 nombre entre 0 et 1
X = runif(n,0,A) #X représente n nombre entre 0 et A
M = max(X)
gagne = 0
rM = 1.1*M
if(rM <= A) {
gagne = rM-M #Bob gagne la différence entre M et rM
}
return(gagne)
}
N = 10000
gains = sample(0, N, replace = TRUE) #Créé un tableau de 1000 valeurs initialisés à 0
for(i in 1:N) {
gains[i] = f() #Remplace les valeurs dans le tableau gains par l'argent
#gagner par bob dans chacun des 1000 essais
}
E = mean(gains) #Calcul le gain moyen sur les 1000 essais
E## [1] 0.01590678En moyenne, on obtient un gain de 0.015€
Pour cette question, je suppose qu’il y a une erreur dans l’énoncé et que les Xi sont tirés dans {0,…,A} et pas dans {0,…,M}.
Selon moi, la probabilité P[A = a, M = m] sera d’autant plus faible lorsque a et m sont éloignés car m est le max des Xi donc je pense qu’il sera plus fréquent d’avoir a et m proches plutôt que l’inverse.
D’après mon intuition, si on a M = 0.5 alors la probabilité P[A = a, M = 0.5] sera la plus forte pour a = 0.5 car a et m seront ici le plus proche possible car égaux.
Je ne sais pas si cette stratégie est la bonne mais comme M < 1 et alpha < 1, on a bien M**alpha > M.
f = function(){
n = 10
A = runif(1,0,1) #A représente 1 nombre entre 0 et 1
X = runif(n,0,A) #X représente n nombre entre 0 et A
M = max(X)
alpha = 0.8
gagne = 0
rM = M**alpha
if(rM <= A) {
gagne = rM-M #Bob gagne la différence entre M et rM
}
return(gagne)
}
N = 10000
gains = sample(0, N, replace = TRUE) #Créé un tableau de 1000 valeurs initialisés à 0
for(i in 1:N) {
gains[i] = f() #Remplace les valeurs dans le tableau gains par l'argent
#gagner par bob dans chacun des 1000 essais
}
E = mean(gains) #Calcul le gain moyen sur les 1000 essais
E## [1] 0.01446943En exécutant le programme ci dessus avec alpha vallant 0.3 puis 0.5 puis 0.7 : On obtient, pour alpha = 0.7 une moyenne de gains de 0.058€ pour alpha = 0.5 une moyenne de gains de 0.066€ pour alpha = 0.3 une moyenne de gains de 0.057€
On constate donc que alpha = 0.5 est la meilleure valeur parmis ces trois. J’ai essayé avec plusieurs autres valeurs de alpha mais je n’ai jamais obtenu un meilleur gain donc je pense que alpha = 0.5 est la meilleure possible.
Si je refais des tests en prenant n = 10 dans la programme si dessus, j’obtiens que: pour alpha = 0.7 une moyenne de gains de 0.013€ pour alpha = 0.5 une moyenne de gains de 0.010€ pour alpha = 0.3 une moyenne de gains de 0.006€
Ici, j’obtiens les meilleurs gains avec alpha = 0.7, et si je teste d’autres valeurs j’obtiens un gain encore supérieur, à 0.014€, pour alpha = 0.8. Cependant le gain diminue lorsque l’on augmente encore alpha à 0.9.
On constate donc que cette stratégie est moins efficace que celle de la question 2.3 qui avait un gain de 0.015€.
Intuitivement, je dirai que le fait de choisir deux nombres A1 et A2, ici, n’a pas d’importance et que seul le lancé de pièce que Alice va faire va importer. Je dirai donc, vu que la pièce avec laquelle Alice fait le Pile ou Face n’est pas truquée, que Bob a une chance sur deux de gagner en répondnant tout le temps oui.
n=10000
X=sample(0:1, n , replace=TRUE) #On génère 10000 lancé de Pile ou Face (les valeurs sont ici de 0 ou 1)
mean(X==0) #On regarde la moyenne d'avoir X == 0 (donc pile par exemple) et on obtient bien en moyenne 0.5## [1] 0.4965##Q3.7
Pour que Bob est plus de chances de gagner, on pourrait élaborer la stratégie suivante: Si le nombre que Alice nous donne est supérieur à 0.5 alors Bob doit répondre Oui car il y a plus de chances qu’il y ai un nombre supérieur à 0.5 et un inférieur plutôt que les deux nombres soient supérieur à 0.5. De la même manière, si Alice nous donne un nombre inférieur à 0.5, Bob doit répondre Non.
Lorsque Alice chosiit A1 = 0.4 et A2 = 0.6, alors Bob gagnera à coup sûr avec cette stratégie.
n = 10000
A1 = runif(n,0,1) #A1 représente n nombre entre 0 et 1
A2 = runif(n,A1,1) #A2 représente n nombre entre A1 et 1, donc A2 est le plus grand
PouF = sample(0:1, n, replace=TRUE) #PouF estun tableau de n nombres avec soit des 0 soir des 1
gains = sample(0, n , replace=TRUE) #PouF estun tableau de n nombres avec que des 0
for(i in 1:n) {
if((PouF[i] == 1 && A2[i]> 0.5 ) || (PouF[i] == 0 && A1[i]<=0.5)) {
gains[i] = 1 #On applique la stratégie et si on gagne le 0 de la case associé dans gain devient un 1
}
}
mean(gains == 1) #Espérance de gain## [1] 0.6655Le programme ci dessus nous montre que Bob a en moyenne 2 chances sur 3 de gagner avec cette stratégie ce qui est bien mieux que les 1 chance sur 2 de la première stratégie de la question 3.6.