DM Probabilités et Simulation
Sebastian FOUGERE
La graine utilisée pour ce DM est 666.
Exercice 1
1.1
Ma première intuition est que plus la valeur de a sera importante plus n devra être grand pour que l’esperance de M se rapproche de la valeur de A.
set.seed(666)
repetitions=1000
n=10
a=10
res=c(0,n)
for (i in 1:n){
M=replicate(repetitions,max(runif(i,0,a)))
res[i]=mean(M)
}
On voit donc que plus n est important plus on se rappproche de la valeur de a. En regardant les valeurs de \(E(M)\) pour differentes valeurs de n on observe que \(E(M)\) est proportionnelle a \(\frac{n}{n+1}\)
set.seed(666)
repetitions=1000
n=3
a=10
res=c(0,a)
for (i in 1:a){
M=replicate(repetitions,max(runif(n,0,i)))
res[i]=mean(M)
}
L’évolution de l’esperance de M semble être lineaire lorsque l’on change la valeur de a pour un n donné. On en déduit donc que E(M) est de la forme \(E(M)=a*x\) Or nous avons déduis précédement que E(M) est proportionnel à \(\frac{n}{n+1}\) On peut donc remplacer x par cette valeur ce qui nous donne : \[E(M)=\frac{a*n}{n+1}\] En testant cette formule nous obtenons effectivement des valeurs similaires à celles des graphiques précedents. Il est donc possible de corriger cette valeur en multipliant E(M) par \(\frac{n+1}{n}\)
On sait que \(Var(X)=E(X^2)-E(X)^2\) On peut donc appliquer cette formule à notre formule empirique de E(M) pour trouver la formule empirique de la variance \[Var(M)=E(M^2)-E(M)^2\]
Or \[E(M^2)=\int_0^a x^2*F_M(x)*dx \\ = \int_0^a x^2 * \frac{n*x^{n-1}}{a^n} *dx \\ = \frac{n}{a^n} \left[\frac{x^{n + 2}}{n + 2}\right]_0^a \\ = \frac{n * a²}{n + 2}\]
Finalement \[Var(M)=\frac{n * a²}{n + 2}-(\frac{a*n}{n+1})^2\]
1.2
Ma première intuition est que M’ correspond à deux fois la moyenne des valeurs entre 0 et a, cette solution me parait meilleur car elle prend en compte les n valeurs entre 0 et a, je pense donc qu’il y a plus de chance d’être proche de la valeur de a.
set.seed(666)
repetitions=100
n=1000
a=100
res=c(0,n)
for (i in 1:n){
M=replicate(repetitions,2*sum(runif(i,0,a))/i)
res[i]=mean(M)
}
On observe que n a peu d’influence sur l’esperance de M’, en effet à part sur les quelques premières valeurs de n le resultat est très proche de a et n’evolue plus beaucoup.
set.seed(666)
repetitions=1000
n=3
a=10
res=c(0,a)
for (i in 1:a){
M=replicate(repetitions,2*sum(runif(n,0,i))/n)
res[i]=mean(M)
}
On en déduit donc que \(E(M')=a\) Il est possible de demontrer ce resultat à partir des propriétés de linearité de l’esperance : \[E(\frac{2}{n}*\sum_{i=1}^n X_i)=\frac{2}{n}*\sum_{i=1}^n E(X_i)\] Or \(X_i\) suit une loi uniforme sur [0,a] donc \(E(X_i)=\frac{a}{2}\) Finalement : \[E(M')=\frac{2}{n}*\sum_{i=1}^n \frac{a}{2} = a\]
\[Var(M') = E(M'-E(M'))^2\\ =E(\frac{2}{n}\sum_i{X_i} - a)^2\\ =(E(\frac{2}{n}\sum_i{X_i})-E(a))^2\\ =(E(a)-E(a))^2\\ =0 \] La variance est nulle, l’estimateur M’ est donc meilleur que M.
Exercice 2
2.3
Ma première intuition est que la stratégie de Bob fonctionne mais qu’elle n’est pas très efficace, en effet ses gains seraient très faibles
set.seed(666)
repetitions=1000
n=10
gains=c(0,repetitions)
prob_gain=0
for (i in 1:repetitions){
gain=0
a=runif(1,0,1)
M=max(runif(n,0,a))
rM=1.1*M
if(rM<=a){
prob_gain=prob_gain+1
gain=rM-M
}
gains[i]=gain
}
prob_gain=prob_gain/repetitions
mean(gains)## [1] 0.01645527cat(prob_gain)## 0.397On trouve donc environ 0,016 euros par partie. Ce qui confirme ma première intuition, Bob ne risque pas de faire fortune avec cette stratégie. De plus sa probabilité de gagner est de 0.397 ce qui est très peu.
2.4
set.seed(666)
repetitions=10000
n=3
res = matrix(data=0,nrow = 11, ncol = 11, dimnames = list(c("a = 0.0 ","a = 0.1 ","a = 0.2","a = 0.3","a = 0.4","a = 0.5","a = 0.6","a = 0.7","a = 0.8","a = 0.9","a = 1.0"),c("m = 0.0","m = 0.1","m = 0.2","m = 0.3","m = 0.4","m = 0.5","m = 0.6","m = 0.7","m = 0.8","m = 0.9","m = 1.0")))
for (i in 1:repetitions){
a=sample(0:10, 1,T)
Xi=sample(0:(a),n,T)
M=max(Xi)
res[a+1,M+1]=res[a+1,M+1]+1
}
for(i in 1:11){
for(j in 1:11){
res[i,j]=res[i,j]/repetitions
}
}
res## m = 0.0 m = 0.1 m = 0.2 m = 0.3 m = 0.4 m = 0.5 m = 0.6 m = 0.7
## a = 0.0 0.0895 0.0000 0.0000 0.0000 0.0000 0.0000 0.0000 0.0000
## a = 0.1 0.0109 0.0828 0.0000 0.0000 0.0000 0.0000 0.0000 0.0000
## a = 0.2 0.0044 0.0225 0.0635 0.0000 0.0000 0.0000 0.0000 0.0000
## a = 0.3 0.0011 0.0090 0.0270 0.0526 0.0000 0.0000 0.0000 0.0000
## a = 0.4 0.0008 0.0048 0.0140 0.0246 0.0456 0.0000 0.0000 0.0000
## a = 0.5 0.0004 0.0032 0.0071 0.0160 0.0249 0.0389 0.0000 0.0000
## a = 0.6 0.0000 0.0018 0.0049 0.0110 0.0160 0.0236 0.0308 0.0000
## a = 0.7 0.0003 0.0014 0.0045 0.0060 0.0098 0.0158 0.0236 0.0309
## a = 0.8 0.0001 0.0006 0.0023 0.0054 0.0085 0.0118 0.0169 0.0197
## a = 0.9 0.0001 0.0010 0.0025 0.0035 0.0061 0.0113 0.0125 0.0161
## a = 1.0 0.0002 0.0008 0.0007 0.0019 0.0043 0.0060 0.0081 0.0128
## m = 0.8 m = 0.9 m = 1.0
## a = 0.0 0.0000 0.0000 0.0000
## a = 0.1 0.0000 0.0000 0.0000
## a = 0.2 0.0000 0.0000 0.0000
## a = 0.3 0.0000 0.0000 0.0000
## a = 0.4 0.0000 0.0000 0.0000
## a = 0.5 0.0000 0.0000 0.0000
## a = 0.6 0.0000 0.0000 0.0000
## a = 0.7 0.0000 0.0000 0.0000
## a = 0.8 0.0261 0.0000 0.0000
## a = 0.9 0.0168 0.0247 0.0000
## a = 1.0 0.0171 0.0177 0.0204On observe que pour \(M=0.5\) la valeur la plus élevée est 0.0389 pour \(a=0.5\), il faudrait donc mieux qu’il propose cette valeur pour avoir le plus de chances de gagner. Cependant ses gains seraient de 0 ce n’est donc pas nécessairement une bonne idée de proposer cette valeur. La meilleur solution serait de proposer \(m+0.1\) afin de maximiser les gains. On observe la meme chose pour les autres valeurs de a, la stratégie initiale de Bob est donc bonne bien qu’elle ne semblait pas très intéressante au début.
2.5
Ma première intuition est que cette stratégie est bonne pour des valeurs de n faibles, en effet plus on augmente n plus M sera proche de A et il y a aura plus de chance de depasser A avec cette stratégie.
set.seed(666)
repetitions=10000
n=2
gains1=c(0,repetitions)
gainsalpha=c(0,99)
alphas=c(0,99)
for(alpha in 1:99 ){
for (i in 1:repetitions){
gain=0
a=runif(1,0,1)
M=max(runif(n,0,a))
if(M**(alpha/100)<=a){
gain=M**(alpha/100)-M
}
gains1[i]=gain
}
gainsalpha[alpha]=mean(gains1)
alphas[alpha]=alpha/100
}
On observe sur le graphique que pour \(n=2\) la meilleur valeur est pour environ \(alpha=0.5\)
set.seed(666)
repetitions=10000
n=10
gains1=c(0,repetitions)
gainsalpha=c(0,99)
alphas=c(0,99)
for(alpha in 1:99 ){
for (i in 1:repetitions){
gain=0
a=runif(1,0,1)
M=max(runif(n,0,a))
if(M**(alpha/100)<=a){
gain=M**(alpha/100)-M
}
gains1[i]=gain
}
gainsalpha[alpha]=mean(gains1)
alphas[alpha]=alpha/100
}
On observe cette fois que la valeur optimal de alpha est plus élevé, en effet elle se situe autour de 0.8. On peut supposer que plus n est grand plus la valeur alpha optimale tend vers 1. De plus pour de faibles valeur de n, comme \(n=2\), les gains sont beaucoup plus importants qu’avec la stratégie précédente, mais pour n=10 la première stratégie est meilleure. Bob ferait mieux de choisir sa stratégie en fonction de n.
Exercice 3
3.6
Si Bob réponds toujours “oui” il a une chance sur deux d’avoir juste (C’est la probabilité que la pièce tombe sur pile)
3.7
Sa stratégie pourrait être de dire “oui” si le nombre est superieur a 0.5 et “non” sinon. En effet comme les nombres sont uniformement tirés entre 0 et 1, l’esperance est de \(\frac{1}{2}\) donc si le nombre est superieur a l’esperance il y a plus de chance que ce soit le plus grand.
Dans le cas ou \(A_1=0.4\) et \(A_2=0.6\) la probabilité de gagner est de 1 (si la pièce tombe sur pile Alice dira la valeur 0.6 et Bob dira oui et gagnera, si la pièce tombe sur face Alice dira la valeur 0.4 et Bob dira “non” et gagnera aussi)
set.seed(666)
repetitions=1000
res=0
for(i in 1:repetitions) {
A1= runif(1,0,1)
A2 = runif(1,A1,1)
piece=sample(0:1,1,T)
if((piece==0 && A2> 0.5 ) || (piece==1 && A1<=0.5)) {
res=res+1
}
}
res/repetitions## [1] 0.671Bob aura en moyenne une probabilité de gagner de 0.671, ce qui est mieux qu’avec sa stratégie précédente.