Collections de Billets: Informations et Discussions

[romain17]

Et moi pour mon ECxx6666666x ?
Et j'ai eu 8x ECxx666666xx

[jazzdream]

Rappelons que les neuf premiers chiffres d'un numéro de série d'un billet Europa sont libres. Le dixième est contraint par les onze premiers caractères. Il y a donc un milliard de numéros de série si les deux lettres initiales sont fixées.

En cohérence avec mon post précédent, soit

• <C> le chiffre à répéter
• <D> n'importe quel autre chiffre que <C>
• <8> le chiffre de contrôle (dixième chiffre)

UFX222XX2222

Dénombrement des billets Europa en <D222DD2222>

• <D> peut prendre neuf valeurs possibles (0, 1, 3 à 9);
• <8>, le chiffre de contrôle a une chance sur neuf d'être un 2.

Donc, le nombre de billets Europa dont les chiffres sont <D222DD2222> est:
9³ × (1/9) = 9² = 81
soit une probabilité de 81/1 000 000 000 = 0,000 000 081 = 0,000 008 1 %

Dénombrement des billets Europa en <DCCCDDCCCC>

• <C> peut prendre neuf valeurs possibles (de 1 à 9);
• <D> peut prendre neuf valeurs possibles (de 0 à 9, à l'exception de <C>);
• <8>, le chiffre de contrôle a une chance sur neuf d'être égal à <C>.

Donc, le nombre de billets Europa dont les chiffres sont <DCCCDDCCCC> est:
9 × 9³ × (1/9) = 9³ = 729
soit une probabilité de 729/1 000 000 000 = 0,000 000 729 = 0,000 072 9 %

Dénombrement des billets Europa possédant sept fois un même chiffre parmi les neuf premiers
Il faut dénombrer toutes les possibilités soit:
  <DDCCCCCCC8>  
  <DCDCCCCCC8>  <CDDCCCCCC8>  
  <DCCDCCCCC8>  <CDCDCCCCC8>  <CCDDCCCCC8>  
  <DCCCDCCCC8>  <CDCCDCCCC8>  <CCDCDCCCC8>  ...
  <DCCCCDCCC8>  <CDCCCDCCC8>  <CCDCCDCCC8>  ...
  <DCCCCCDCC8>  <CDCCCCDCC8>  <CCDCCCDCC8>  ...
  <DCCCCCCDC8>  <CDCCCCCDC8>  <CCDCCCCDC8>  ...
  <DCCCCCCCD8>  <CDCCCCCCD8>  <CCDCCCCCD8>  ...  ...  <CCCCCCCDD8>
Il y a donc: 8+7+6+5+4+3+2+1=36 possibilités de positionner les chiffres <D>

Donc si <C>=0

• 36 possibilités de positionnement de <D>;
• <C> prend une unique valeur 0;
• <D> peut prendre neuf valeurs possibles (de 1 à 9);
• <8>, le chiffre de contrôle ne vaudra jamais 0.

Soit:
36 × 1 × 9² × 1 = 2 916 possibilités de trouver un billet Europa avec sept fois le chiffre 0
soit une probabilité de 2 912 /1 000 000 000 = 0,000 007 912 = 0,000 791 2 %

Et si <C>≠0

• 36 possibilités de positionnement de <D>;
• <C> peut prendre neuf valeurs possibles (de 1 à 9);
• <D> peut prendre neuf valeurs possibles (de 0 à 9 à l'exception de <C>);
• Mais il faut statistiquement ne prendre que les 8/9 des cas où le contrôle <8> sera différent de <C>.

Soit:
36 × 9 × 9² × (8/9) = 26 244 possibilités de trouver un billet Europa avec sept fois le même chiffre non-nul parmi les neuf premiers
soit une probabilité de 26 244 /1 000 000 000 = 0,000 026 244 = 0,002 624 4 %

Et finalement il faut considérer le cas où <C>=<8> le chiffre de contrôle:
On dénombre comment positionner trois chiffres <D> parmi les neuf premiers:

De <DDDCCCCCCC> à <DDCCCCCCDC> (déplacement du dernier <D>): 7 cas
De <DCDDCCCCCC> à <DCDCCCCCDC> (déplacement du dernier <D>): 6 cas
De <DCCDDCCCCC> à <DCCDCCCCDC> (déplacement du dernier <D>): 5 cas
...
De <DCCCCCDDCC> à <DCCCCCDCDC> (déplacement du dernier <D>): 2 cas
Et <DCCCCCCDDC> : 1 cas

puis:
De <CDDDCCCCCC> à <CDDCCCCCDC> (déplacement du dernier <D>): 6 cas
De <CDCDDCCCCC> à <CDCDCCCCDC> (déplacement du dernier <D>): 5 cas
De <CDCCDDCCCC> à <CDCCDCCCDC> (déplacement du dernier <D>): 4 cas
...
De <CDCCCCDDCC> à <CDCCCCDCDC> (déplacement du dernier <D>): 2 cas
Et <CDCCCCCDDC> : 1 cas

jusqu'à:
<CCCCCCDDDC> : 1 cas

Soit:
(7+6+5+4+3+2+1) + (6+5+4+3+2+1) + (5+4+3+2+1) + (4+3+2+1) + (3+2+1) + (2+1) + 1 =
28 + 21 + 15 + 10 + 6 + 3 + 1 = 84 cas

Et donc

• 84 possibilités de positionnement de <D>;
• <C> peut prendre neuf valeurs possibles (de 1 à 9);
• <D> peut prendre neuf valeurs possibles (de 0 à 9 à l'exception de <C>);
• Mais il faut statistiquement ne prendre que les 1/9 des cas où le contrôle <8> sera égal à <C>.

Soit:
84 × 9 × 9³ × (1/9) = 61 236 possibilités de trouver un billet Europa avec six fois le même chiffre non-nul parmi les neuf premiers et se finissant par ce même chiffre
soit une probabilité de 61 236 /1 000 000 000 = 0,000 061 236 = 0,006 123 6 %

Et finalement:
2 916 + 26 244 + 61 236 = 90 396 possibilités de trouver un billet Europa avec sept fois le même chiffre
soit une probabilité de 90 396 /1 000 000 000 = 0,000 090 396 = 0,009 039 6 %

En comparant avec le résultat de mon post précédent, on peut conclure, pour les billets Europa:
Il est statistiquement trois fois plus facile
de trouver un billet avec exactement sept fois le même chiffre dans n'importe quel ordre
que de trouver un billet avec six fois le même chiffre mais consécutifs.

Dénombrant,
Jazzdream

[jazzdream]

En cohérence avec mon post précédent, soit

• <C> le chiffre à répéter
• <D> n'importe quel autre chiffre que <C>
• <8> le chiffre de contrôle (dixième chiffre)

Et moi pour mon ECxx6666666x ?

Dénombrement des billets Europa possédant sept fois un même chiffre et consécutif parmi les neuf premiers
Il faut dénombrer toutes les possibilités soit:
  <DDCCCCCCC8>  <DCCCCCCCD8>  <CCCCCCCDD8> soit 3 cas.

Donc si <C>=0

• 3 possibilités de positionnement de <D>;
• <C> prend une unique valeur 0;
• <D> peut prendre neuf valeurs possibles (de 1 à 9);
• <8>, le chiffre de contrôle ne vaudra jamais 0.

Soit:
3 × 1 × 9² × 1 = 243 possibilités de trouver un billet Europa avec sept 0 consécutifs
soit une probabilité de 243 /1 000 000 000 = 0,000 000 243 = 0,000 024 3 %

Et si <C>≠0

• 3 possibilités de positionnement de <D>;
• <C> peut prendre neuf valeurs possibles (de 1 à 9);
• <D> peut prendre neuf valeurs possibles (de 0 à 9 à l'exception de <C>);
• Mais il faut statistiquement ne prendre que les 8/9 des cas où le contrôle <8> sera différent de <C>.

Soit:
3 × 9 × 9² × (8/9) = 1 944 possibilités de trouver un billet Europa avec sept fois le même chiffre non-nul consécutivement parmi les neuf premiers
soit une probabilité de 1 944 /1 000 000 000 = 0,000 001 944 = 0,000 194 4 %

Et finalement il faut considérer le cas où <C>=<8> le chiffre de contrôle
Et il n'y a qu'un cas <DDDCCCCCCC>

Et donc

• 1 possibilités de positionnement de <D>;
• <C> peut prendre neuf valeurs possibles (de 1 à 9);
• <D> peut prendre neuf valeurs possibles (de 0 à 9 à l'exception de <C>);
• Mais il faut statistiquement ne prendre que les 1/9 des cas où le contrôle <8> sera égal à <C>.

Soit:
1 × 9 × 9³ × (1/9) = 729 possibilités de trouver un billet Europa finissant avec exactement sept fois le même chiffre
soit une probabilité de 729 /1 000 000 000 = 0,000 000 729 = 0,000 072 9 %

Et finalement:
243 + 1 944 + 729 = 2 916 possibilités de trouver un billet Europa avec sept fois le même chiffre consécutivement
soit une probabilité de 2 916 /1 000 000 000 = 0,000 002 916 = 0,000 291 6 %

Et logiquement, en comparant avec le résultat de mon premier post, on peut conclure, pour les billets Europa:
Il est statistiquement environ dix fois plus facile
de trouver un billet avec exactement six fois le même chiffre consécutivement
que de trouver un billet avec exactement sept fois le même chiffre consécutivement.

Concluant,
Jazzdream

[g.s.51]

Bravo pour la démonstration !
Une première remarque: mais que de différences ( certes parfois minces) avec ce que propose ChatGPT open A1..?!
Les probabilités ne sont pas encore leur point fort, semble-t-il.
Bon, Deep Blue avait fini par terrasser Kasparov, champion du monde du jeu d'échecs, alors que celui-ci avait affirmé que l'ordinateur n'était pas prêt à leur battre avant longtemps.
Sur un autre site a été diffusé une étude américaine (nice-serial-probabilities.png) dont je fournis le lien https://banknotesworld.com/attachment.php? attachmentid=125760. Très intéressant à titre de comparaison...

[g.s.51]

Je corrige une phrase mal tournée!
"Bon, le superordinateur Deep Blue avait fini par terrasser Garry Kasparov, champion du monde du jeu d'échecs, alors que celui-ci avait affirmé que l'ordinateur n'était pas prêt de le battre avant longtemps."

[lmviterbo]

À propos des probabilités de trouver un chiffre répété k fois, c'est pas si simple.

Voici la réponse que je crois bien définitive (la première colonne est pour la quantité de chiffres différents dans un numéro de série):

nice-serials-probabilities.png (29.79 KiB) Viewed 2682 times

nice-serials-odds.png (28.18 KiB) Viewed 2682 times

Donc, c'est presque 12,5 fois plus facile de trouver un billet avec exactment six fois le même chiffre consécutivement que de trouver un billet avec exactement sept fois le même chiffre consécutivement. [ 0,00004 23 / 0,00000 342 = 705/57 = 12,368… ]

Aussi, ce qui est plus important, c'est aussi presque 12,5 fois plus facile de trouver un billet avec six ou plus fois le même chiffre consécutivement que de trouver un billet avec sept ou plus fois le même chiffre consécutivement. [ 0,00004 6 / 0,00000 37 = 460/37 = 12,432… ]

Sources:

• Brian Peterson's answer to What is the probability that a random n-digit number has exactly k equal digits in a row? I'm mostly interested in 10-digit and 11-digit numbers with 6 or more equal digits in a row. - Quora
• Brian Peterson's answer to What is the probability that a random n-digit number has exactly k different digits? I'm mostly interested in 10-digit and 11-digit numbers with only 1 or 2 different digits. - Quora

C'est moi qui y à posé les questions il y a trois ans.

Aussi, j'ai testé ces chiffres avec des millions de billets, et ils sont très précis

Merci à g.s.51 de m'avoir alerté sur ce fil dont je n'étais pas au courant.

[edit: faute de frappe corrigée («preque»)]

[jazzdream]

À propos des probabilités de trouver un chiffre répété k fois, c'est pas si simple.
Voici la réponse que je crois bien définitive (la première colonne est pour la quantité de chiffres différents dans un numéro de série):

Merci pour ce tableau, c'est intéressant d'avoir le calcul d'un professeur d'université plutôt que celui d'un internaute lambda, même bien intentionné.

Reste un problème. Tu as posé la question pour un nombre aléatoire de dix ou onze chiffres.
Or, nous nous intéressons ici à un numéro de série d'un billet, pas à un nombre aléatoire de dix chiffres:

• Le chiffre de contrôle est automatiquement conditionné par tous les caractères qui le précèdent. Il n'est pas aléatoire.
• Le chiffre de contrôle est non-nul.

Ce qui réduit forcément le nombre total de combinaisons de chiffres de 10¹⁰ à 10⁹ au dénominateur de ta probabilité.
Et complique le calcul puisque le chiffre de contrôle, étant lui-même un chiffre, rentre dans le décompte des cas, donc influe sur le numérateur de la probabilité.
(Et la réponse du prof dans les sources semble ignorer que le dernier chiffre ne peut être un zéro)

C'est probablement le même problème qui est arrivé à l'IA invoqué par g.s.51: il ne connaît pas formellement ce qu'est un numéro de série, pour lui c'est:

L'IA explique...
Pour calculer la probabilité de trouver un billet euro de dix chiffres avec 6 numéros identiques, nous devons tenir compte des contraintes suivantes :

1) Le dernier chiffre ne peut pas être zéro.
2) Il y a 10 chiffres possibles de 0 à 9.

Pour ma part d'erreur potentiel d'analyse, ignorant la formule exacte de calcul de ce chiffre de contrôle, j'ai appliqué une approche statistique dans mon calcul en considérant que les neufs valeurs possibles étaient équiprobables, ce qui n'est pas forcément le cas.

Logiquement,
Jazzdream

[trezay]

Une question (peut-être bête) pour les collectionneurs et/ou experts en numéros de série, vu que je n'y connais rien

J'ai des billets où tous les chiffres sont identiques, à part évidemment ceux qui correspondent au code court et le checksum. Par exemple, si le numéro de série est UxxABCDEFGHx, la série de A à H est identique. Est-ce que ça veut dire que les billets sont issus de la même feuille ? Les billets font partie d'une série, donc j'ai neuf "paires" de ce type.

[g.s.51]

Oui, les billets sont apparemment issus de la même feuille, ce qui n'est pas banal du tout !

[LArdennais]

Exactement, trezay, tu as fait une belle trouvaille de "duos infernaux" (comme je les appelle dans mon jargon personnel ). Dans mon plat pays, ça arrive relativement souvent de tomber sur ces choses là. Bien entendu, le plus excitant / hallucinant / jouissif dans tout ça, c'est d'avoir "un trio Infernal", voire "un quatuor Infernal", voire plus encore...

[romain17]

J'ai rencontré ça au moins 1000 fois je pense avec des neufs

J'en ai gardé quelques-uns

[trezay]

Merci pour les informations !
Je crois que j'en garderai deux, et je remettrai les autres en circulation.

[Ceric]

Exactement, trezay, tu as fait une belle trouvaille de "duos infernaux" (comme je les appelle dans mon jargon personnel ). Dans mon plat pays, ça arrive relativement souvent de tomber sur ces choses là. Bien entendu, le plus excitant / hallucinant / jouissif dans tout ça, c'est d'avoir "un trio Infernal", voire "un quatuor Infernal", voire plus encore...

Cela s'appelle comment quand on en a 11 de la même feuille ?

[LArdennais]

Une équipe de foot infernale !
(Sérieusement, en as-tu eu 11 de la même feuille ?)

[Ceric]

Une équipe de foot infernale !
(Sérieusement, en as-tu eu 11 de la même feuille ?)

Oui, des 2002