Coin MATHÉMATIQUES

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Re: Coin MATHÉMATIQUES

Message  bibi6 le Mar 4 Avr 2017 - 22:13

Oui, je devais revenir, et je suis pas revenu... Rolling Eyes 

Mais j'ai, je pense, l'argument "qui va bien". Mais je laisse les autres réfléchir Razz 

[HS]Et concernant les concours, l'agrég "externe spécial" est bien pour les docteurs, et j'ai été voir le CAPES ces deux derniers jours. Et j'ai bien gratté du papier Razz 

En résumé, hier: Option info, sudoku et géométrie algorithmique; option math, réseaux et pavages du plan, et involutions sur les réels positifs. Aujourd'hui, pour tous: méthode de Monte-Carlo pour le quart de cercle et PageRank.[/HS]

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Re: Coin MATHÉMATIQUES

Message  Pixelax le Ven 12 Mai 2017 - 14:11

@Pixelax a écrit:De manière générale, on veut donc montrer que


Pour n impair c'est très facile, ça provient directement de la symétrie des coefficients binomiaux. Manque de pot, ici 14 c'est pair ! Razz
Pourtant, le résultat tombe en une ligne si on utilise une formule bien pratique qui fait intervenir des coefficients binomiaux...
Allez, fin du suspense : la méthode de laquelle je parlais utilise le binôme de Newton de manière un peu astucieuse. En fait, il suffit d'écrire


On sépare les termes pairs et impairs, et le tour est joué ! Smile On conclut donc qu'on a exactement la même probabilité de tomber dans une grosse somme que dans une petite.

Je laisse de côté la fin de l'étude de The Wall (notamment les cas où la boule n'est pas lâchée en 4), mais si ça intéresse certains on peut en reparler si vous le souhaitez. ^^




En attendant, un autre problème de probas comme vous aimez ça :

Comme vous l'avez peut-être remarqué, @garsim utilise depuis peu des avatars et signatures aléatoires, qui changent à chaque fois que l'on (re)charge une page. On suppose que les tirages sont effectués de manière indépendante et uniforme sur un ensemble de N éléments différents (on prendra N = 9 pour les avatars et N = 164 pour les signatures).

En moyenne, combien de pages doit-on charger pour avoir vu au moins une fois chaque avatar ? ... chaque signature ? ... chaque couple (avatar + signature) ?


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Re: Coin MATHÉMATIQUES

Message  garsim le Ven 12 Mai 2017 - 17:27

@Pixelax a écrit:On suppose que les tirages sont effectués de manière indépendante et uniforme sur un ensemble de N éléments différents (on prendra N = 9 pour les avatars et N = 164 pour les signatures).
Et si je te disais que ce n'était pas le cas et que j'avais programmé mon schmilblic de manière à ce que la signature dépende de l'avatar ? :ange

(... bon d'accord c'est pas le cas)

Bon, honnêtement, pour le problème (et j'espère que t'as pensé à cliquer sur la signature pour pouvoir la recharger à loisir, parce que c'est plus commode et que ça m'étonnerait que t'aies sorti le 164 du chapeau vu que je n'ai pas dit combien j'en avais Laughing ), comme tu me connais, n'étant pas probabiliste (mais là le problème parlait de moi, fallait bien que je réagisse ! Razz ), j'ai un peu tiqué sur le "en moyenne, combien de fois"...
En fait, si je prends un exemple tout bête de "Pile ou face" où l'énoncé serait "En moyenne, combien de fois faut-il lancer la pièce pour qu'on voie au moins une fois pile et au moins une fois face ?", ce que je vais trouver étrange, c'est qu'il peut exister un cas où on ne tombera jamais sur face même en lançant la pièce un grand nombre de fois (même s'il deviendra de moins en moins probable au fur et à mesure des lancers).
Faudrait-il alors considérer un epsilon > 0 tel que P(jamais tombé sur face) < epsilon à partir duquel on peut estimer que c'est bon, la proba devient nulle ?

Pour l'instant, tout ce que j'ai, pour les avatars, c'est que la proba d'avoir les 9 différents en 9 tentatives est de 9! / 99 (pour les signatures, ce sera 164! / 164164 ; et pour le combo des deux, 1476! / 14761476).
Je ne sais pas si ça peut être utile à la résolution de ton problème...

(et je précise à toutes fins utiles que mes signatures ne sont pas des Pokémon, le but n'est pas de toutes les visualiser ! Laughing )
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Re: Coin MATHÉMATIQUES

Message  Pixelax le Ven 12 Mai 2017 - 20:14

@garsim a écrit:En fait, si je prends un exemple tout bête de "Pile ou face" où l'énoncé serait "En moyenne, combien de fois faut-il lancer la pièce pour qu'on voie au moins une fois pile et au moins une fois face ?", ce que je vais trouver étrange, c'est qu'il peut exister un cas où on ne tombera jamais sur face même en lançant la pièce un grand nombre de fois (même s'il deviendra de moins en moins probable au fur et à mesure des lancers).
Le problème que tu considères est le même que celui proposé, pour N = 2. C'est une bonne idée de déjà comprendre celui-là avant de chercher pour N quelconque ^^

En effet, il y a une petite différence avec les autres problèmes de probas que j'ai posés jusqu'à présent : si on note TN la variable aléatoire correspondant au premier temps où l'on l'on a vu tous les éléments au moins uns fois (on a donc TN ⩾ N), elle n'est pas bornée, et peut même a priori prendre comme valeur +∞.
Pour des cas simples (comme N = 2) on peut faire le calcul explicitement, trouver P(TN=k) et sommer pour k∈ℕ. Si on obtient 1, on peut dire qu'"il n'y a plus de place pour la valeur +∞".
C'est exactement le cas de la loi géométrique, qui est d'ailleurs très proche du cas N = 2.

Elle modélise le problème suivant : on répète une expérience qui a une probabilité p (avec p > 0) de réussir de manière indépendante et on s'intéresse au temps du premier succès, que l'on note X.
On peut déterminer facilement la loi de proba : si X = k, c'est qu'on a eu k-1 échecs (proba 1-p) puis 1 succès (proba p). Comme tous les tirages sont indépendants, on déduit immédiatement que P(X=k) = p(1-p)k-1.
On se rend compte que la suite (P(X=k)) est géométrique (comme par hasard !) de raison 1-p ∈ [0,1[, et est donc sommable. On trouve que cette somme vaut 1 quelque soit p, ce qui prouve que X ne peut pas prendre +∞ comme valeur.


[aparté]De manière générale ce n'est pas parce qu'une variable aléatoire X ne prend que des valeurs finies qu'il en est de même pour son espérance !
Par exemple, si l'on modifie un peu ton problème de pile ou face, et que l'on s'arrête non-pas quand on a eu un pile et un face, mais lorsque le nombre de piles et de faces obtenus deviennent égaux pour la première fois (hors 0 = 0), on peut montrer qu'on a une variable aléatoire qui ne prend que des valeurs finies mais d'espérance infinie.

Ce qui joue en fait, c'est la vitesse de convergence vers 0 de la probabilité que l'on n'ait toujours pas gagné au cours du temps. Sans rentrer dans des considérations plus techniques, on aura une espérance finie si est seulement si cette vitesse de convergence est suffisamment "importante".

À part ça, si la pièce n'est pas équilibrée (la proba de faire pile est différente de 1/2) dans ce même problème, alors la variable aléatoire pourra prendre la valeur +∞ avec une proba non-nulle. Du coup, aucune chance que son espérance soit finie ^^[/aparté]



Ici tout se passe bien, on peut calculer l'espérance d'une variable géométrique facilement. Je vous passe les calculs, mais on montre que E[X] = 1/p.
C'est assez intuitif en fait, en moyenne il faut lancer 1(1/2) = 2 fois une pièce pour obtenir pile et 1/(1/6) = 6 fois un dé pour obtenir "4" par exemple.

Ce résultat joue un rôle clé dans le problème initial. Le but est essayer de se raccrocher le plus possible à cette loi géométrique. Une fois que le lien sera établi, ça montrera que notre variable TN ne peut pas prendre +∞ comme valeur, et ça nous permettra de calculer son espérance... qui sera elle aussi finie.



@garsim a écrit:Faudrait-il alors considérer un epsilon > 0 tel que P(jamais tombé sur face) < epsilon à partir duquel on peut estimer que c'est bon, la proba devient nulle ?
Du coup non, pas la peine de faire si compliqué ^^


@garsim a écrit:Pour l'instant, tout ce que j'ai, pour les avatars, c'est que la proba d'avoir les 9 différents en 9 tentatives est de 9! / 99 (pour les signatures, ce sera 164! / 164164 ; et pour le combo des deux, 1476! / 14761476).
Je ne sais pas si ça peut être utile à la résolution de ton problème...
Oui c'est bien ça, mais non ça ne nous aide pas ici Laughing
Dans le cas général, l'expression de la loi de proba est un peu lourde, et pas du tout pratique pour calculer son espérance de manière explicite.

La meilleure stratégie est d'essayer de décomposer le problème pour se ramener à ce qu'on connaît (la loi géométrique !), le calcul de l'espérance pourra se faire facilement ensuite. Une fois que vous avez compris les cas N = 2 et N = 3, le cas général ne devrait plus poser de problème. Smile


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Re: Coin MATHÉMATIQUES

Message  Pixelax le Jeu 24 Aoû 2017 - 0:15

Je ne reviens pas sur les problèmes précédemment évoqués, mais si ça intéresse du monde je peux donner des indications voire des éléments de réponse bien sûr. Wink


Un autre problème de probas pour changer :

On dispose d'un dé équilibré à 10 faces, numérotées de 1 à 10 (je rappelle à toutes fins utiles qu'Abraham Lincoln n'est PAS un chiffre entre 1 et 10). On le lance plusieurs fois de suite en additionnant successivement les points obtenus, en ayant commencé à 0 œuf corse. On s'arrête dès que l'on a atteint ou dépassé 21.

Quelle est la probabilité de s'être arrêté exactement sur 21 ?


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Re: Coin MATHÉMATIQUES

Message  Pixelax le Mer 29 Nov 2017 - 21:39

#Cocalane

@Jonathanlegrand a écrit:Le faux boyard.

Sur la table se trouve une quinzaines de boyards aligné.le candidat et le maître devront chacun leurs tours choisir un boyard et le retourné.celui qui tombe sur le boyard qui a une face noire (j'ai choisi le noir pour que sa corresponde au lieu) perd le duel. [ici]
Hey, en fait tu t'es trompé de sujet @Jonathanlegrand, c'est pas un duel du Conseil, c'est un problème de maths ! Razz

Quelle est, en fonction du nombre de boyards, la probabilité que le joueur qui a commencé gagne le duel ?


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Re: Coin MATHÉMATIQUES

Message  garsim le Jeu 30 Nov 2017 - 21:11

Alors, de ce que j'ai pu trouver, la probabilité serait celle-ci pour un duel à n boyards :


Mais je vais attendre que tu le confirmes pour essayer de me lancer dans une démonstration au cas où ce serait une mauvaise réponse bon, en fait c'est aussi parce que je vois pas encore comment faire une démonstration en bonne et due forme Razz

Toujours est-il que, du coup, si ce résultat est confirmé, on aurait toujours une probabilité de 0,5 pour un nombre de boyards pair, et une probabilité défavorable pour celui qui commence pour un nombre de boyards impair...
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Re: Coin MATHÉMATIQUES

Message  Pixelax le Jeu 30 Nov 2017 - 21:47

@garsim a écrit:Alors, de ce que j'ai pu trouver, la probabilité serait celle-ci pour un duel à n boyards :


Mais je vais attendre que tu le confirmes pour essayer de me lancer dans une démonstration au cas où ce serait une mauvaise réponse bon, en fait c'est aussi parce que je vois pas encore comment faire une démonstration en bonne et due forme Razz
Je confirme la réponse. Maintenant plus d'excuse, j'attends la démo rabbit
Mais comment tu as trouvé le résultat d'ailleurs, si tu n'as pas vraiment de preuve en tête ?


@garsim a écrit:Toujours est-il que, du coup, si ce résultat est confirmé, on aurait toujours une probabilité de 0,5 pour un nombre de boyards pair, et une probabilité défavorable pour celui qui commence pour un nombre de boyards impair...
En effet. Et dans le cas impair, plus il y a de boyards plus on se rapproche d'une proba de 0,5 (environ 0,47 pour n = 15).


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Re: Coin MATHÉMATIQUES

Message  garsim le Ven 1 Déc 2017 - 15:41

@Pixelax a écrit:Mais comment tu as trouvé le résultat d'ailleurs, si tu n'as pas vraiment de preuve en tête ?
J'ai copié la réponse de mon voisin de table sans chercher à la comprendre, pourquoi ? :ange
Bon, en fait, j'avais fait quelques cas de test, puis j'ai extrapolé en voyant la tronche qu'ils avaient.

Je vais tenter de faire une démonstration généralisée :

Déjà, il est plus simple de faire deux cas distincts :
- nombre de pièces pair
- nombre de pièces impair

Avec un nombre de pièces pair, une partie se déroulera comme ça :


Bon, naturellement, lors du dernier tour, le joueur 2 n'a plus le choix de la pièce.
(le "F" signifie "Fin du jeu" ; en rouge, les cas défavorables pour le joueur 1 ; en vert, ceux favorables pour le joueur 1)

Pour un nombre de pièces impair, c'est pareil, si ce n'est que c'est le joueur 2 qui a le dernier mot dans le cas le plus extrême.

Pour justifier les probabilités présentes, on est d'accord que, si un joueur a le choix entre n pièces dont 1 blanche, il a 1 chance sur n de prendre la blanche et donc n-1/n chances de prendre une vraie pièce.
A son tour, le joueur suivant aura le choix entre n-1 pièces, dont toujours une blanche, avec une probabilité de 1/(n-1) de prendre la blanche et donc (n-1)-1/(n-1) = (n-2)/(n-1) de prendre une vraie.
Puis le joueur suivant aura le choix entre n-2 pièces, etc. Jusqu'à ce qu'il n'en reste plus que deux, avec une probabilité de 1/2 pour chacune.

Pour calculer la probabilité de victoire du joueur 1, il faut sommer le nombre de cas favorables pour lui.
Par exemple, le premier cas favorable (1er "F" vert croisé sur l'arbre) qui va se présenter sera celui où le second joueur prendra la pièce blanche lors de son premier tour, ce qui donne mathématiquement :



Puis le deuxième cas favorable sera donné par cette formule :



Jusqu'à ce qu'on arrive au bout. On obtient donc une formule de ce style :



Et ce qui est génial, c'est qu'on peut simplifier ces fractions toutes de la même manière :



C'est à partir de là que, selon la parité du nombre de pièces initial, le nombre de fois où l'on somme 1/n varie.

Cas pair :

Dans le cas le plus extrême, c'est le joueur 1 qui a le dernier mot. Il pourra donc jouer au maximum n/2 fois :



Or, comme la somme ne dépend pas de notre indice de boucle, on peut factoriser la formule en :



On se retrouve donc dans tous les cas avec une probabilité équivalente entre duellistes pour peu qu'on ait un nombre de pièces pair !


Cas impair :

Ici, c'est le joueur 2 qui a potentiellement le dernier mot. Donc le joueur 1 ne pourra jouer au maximum qu'en-dessous de n/2 fois.
Du coup, pas le choix, on va devoir passer par une fonction partie entière pour le matérialiser (le nombre de tours total maximal ne tombant pas juste, le joueur 1 aura E(n/2) coups et le joueur 2 E(n/2) + 1) :



Là encore, on peut factoriser :



... mais à cause de cette fichue partie entière, on ne peut pas aller plus loin, et la probabilité dépendra donc du nombre de pièces initial pour le cas impair.
La formule du cas impair fonctionne aussi très bien pour le cas pair ; c'est juste que dans ce cas-là, E(n/2) = n/2 vu que n est pair, et qu'on peut donc simplifier directement. On élimine d'ailleurs le fait que la probabilité soit calculée en fonction de n.
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Re: Coin MATHÉMATIQUES

Message  Pixelax le Ven 1 Déc 2017 - 16:49

Je me demandais justement si t'allais choisir la méthode qui fait deux pages ou celle qui fait deux lignes. Mais je me doutais bien que tu n'allais pas pouvoir résister à l'occasion de poster un joli pavé ! Very Happy

Tout ce que tu as fait semble bon, et ça en fait une démonstration (quasi) rigoureuse. Je salue le travail effectué car ça a dû te prendre du temps de formaliser tout ça, et surtout de le présenter de manière jolie. Smile

Néanmoins, comme je le disais plus haut, il y a une méthode bien plus simple. Elle ne nécessite aucun calcul, ni même aucun arbre ou quoi que ce soit dans ce style. Comme souvent en probas, il faut essayer de voir le problème sous le bon angle...

J'en dis pas plus pour le moment, à vous de la trouver. =)


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Re: Coin MATHÉMATIQUES

Message  bibi6 le Lun 2 Avr 2018 - 19:31

Bonsoir à tous,

Ça fait un peu déterrage de topic, et occulter le problème de @Pixelax, mais en même temps, ça fait 5 mois qu'il est dans cet état, et résolu d'une certaine façon par @garsim ^^

Mais, tout de même, ceci a sa place ici:

Dans le sujet \"Poisson d'avril 2018", Pixelax a écrit:
Jonathan a écrit:Tous ce qui est dit dans ce sujet est un poisson d'avril.
C'est un joli paradoxe ça, puisque tu as posté cette phrase dans ce sujet justement :ange

Voyez-vous en quoi cela crée un paradoxe? En est-ce réellement un?

(Bien évidemment, Pix, ne dis rien! Razz)
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