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 #26 - 14-06-2013 21:53:49

titoufred
Elite de Prise2Tete
Enigmes résolues : 20
Messages : 1746

Probabiliité : Obtenir un triangle

J'y ai réfléchi un peu et je ne vois toujours pas d'arguments simples.
Quelqu'un sur le forum en voit un ?

#0 Pub

 #27 - 15-06-2013 14:56:26

cogito
Expert de Prise2Tete
Enigmes résolues : 48
Messages : 593

Probabilité Obtenir un triangle

Je pense avoir retrouvé, mais ça me semble un peu différent de ce que j'avais vu.

On veut montrer que [latex]\forall i, P(E_i) = {1 \over {2^{n-1}}}[/latex].

On fait une démonstration par récurrence :

Notons d'abord [latex]E_i^n[/latex] l'événement [latex]E_i[/latex] dans le cas où je coupe mon bâton en [latex]n[/latex] morceaux.

De la même manière je vais noté [latex]x_i^n[/latex] pour la numérotation des marques sur le bâton coupé en [latex]n[/latex] morceau.

Dans la cas du triangle, pour [latex]n=3[/latex] c'est vrai.
Si on regarde la figure on a :
[TeX]P(E_0^3) = {1\over 4}[/latex]  (ça correspond au carré rouge en haut à droite).

[latex]P(E_1^3) = {1\over 4}[/latex]  (ça correspond à la somme des deux triangle rouge)

[latex]P(E_2^3) = {1\over 4}[/latex] (ça correspond au carré rouge en bas à gauche)


Maintenant posons [latex]n \ge 3[/latex].


Notre hypothèse de récurrence est :

[latex]\forall i, P(E_i^n) = {1\over {2^{n-1}}}[/latex].


Et nous voulons montrer :

[latex]\forall i, P(E_i^{n+1})= {1\over {2^n}}[/TeX]
Nous voulons donc calculer la probabilité que [latex][x_i^{n+1};x_{i+1}^{n+1}] > {1\over 2}[/latex] pour tout [latex]i[/latex].

Pour utiliser notre hypothèse de récurrence on fait d'abord une numérotation
après [latex]n[/latex] tirages, et après nous regardons ce qui se passe pour le dernier tirage.

Appelons [latex]x[/latex] le résultat du dernier tirage. Nous avons plusieurs cas :

i) [latex][x_{i}^n;x_{i+1}^n] > {1\over 2}[/latex] et alors pour que  [latex][x_i^{n+1};x_{i+1}^{n+1}] > {1\over 2}[/latex]  , on doit avoir [latex]x>x_i^n + {1\over 2}[/latex].

ii) [latex][x_{i-1}^n;x_i^n] > {1\over 2}[/latex] et alors pour que  [latex][x_i^{n+1};x_{i+1}^{n+1}] > {1\over 2}[/latex]  , on doit avoir [latex]x<x_i^n - {1\over 2}[/latex].

-Dans tous les autres cas quelque soit le dernier tirage, le morceau  [latex][x_i^{n+1};x_{i+1}^{n+1}][/latex] a une probabilité nulle d'être plus grand que 1/2.

Plaçons nous dans le cas i) :

Nous voulons calculer [latex]P(x > x_{i}^n + {1\over 2})[/latex].

Comme  [latex][x_{i}^n;x_{i+1}^n] > {1\over 2}[/latex], nous avons  [latex]0 <x_{i}^n < {1\over 2}[/latex].

Alors  [latex]P(x > x_{i}^n + {1\over 2}) = (1/8)/(1/2) = {1\over 4}[/latex].

(Le 1/8 on le trouve soit par calcule d'aire soit par calcul d'intégrale, et le
1/2 c'est parce que [latex]x_{i}^n[/latex] n'est que sur une moitié du bâton).

De la même manière si on se place dans le cas ii), nous avons :
[TeX]P(x < x_{i}^n - {1\over 2}) = {1\over 4}[/latex].


Donc finalement :
 
[latex]P(E_i^{n+1}) = P(E_i^n) * {1\over 4} + P(E_{i-1}^n) * {1\over 4}[/TeX]
Et donc en utilisant l'hypothèse de récurrence nous obtenons :
[latex]P(E_i^{n+1}) = {1 \over {2^{n-1}}} * ({1\over 4} + {1\over 4}) = {1\over {2^n}}[/latex].

Donc les [latex]P(E_i)[/latex] ne dépendent pas de [latex]i[/latex].

Je suis passé sur les calculs, mais cette fois je pense pouvoir éclairer les zones
d'ombres.


Il y a sûrement plus simple.

 #28 - 15-06-2013 20:09:10

titoufred
Elite de Prise2Tete
Enigmes résolues : 20
Messages : 1746

Probabiité : Obtenir un triangle

Et bien, ce n'était pas de la petite ellipse dans ta première démonstration !

Bon, alors dans cette nouvelle démonstration, il y a un seul passage qui me chiffonne :

j'ai un gros doute sur [latex]P(x>x_i^n +\frac12) = \frac14[/latex]

Déjà, le résultat me parait très surprenant.

Ensuite le calcul (1/8)/(1/2), je ne comprends pas du tout d'où ça sort. Pourrais-tu détailler complètement le raisonnement ?

Sinon, j'ai fait une autre démonstration, où l'on prouve au passage que [latex]P(E_i)=P(E_j)[/latex]. Je la poste dès que j'ai le temps.

 #29 - 15-06-2013 20:54:15

cogito
Expert de Prise2Tete
Enigmes résolues : 48
Messages : 593

probabilité : obtenir un rriangle

J'obtiens le calcul (1/8)/(1/2) par le raisonnement suivant :

Dans le cas i) nous avons [latex]0 < x^i_n < 1/2[/latex] et [latex]0 < x <1[/latex]
donc l'ensemble des cas possibles est un rectangle d'aire 1/2.

Dans la figure si on trace une ligne verticale qui passe par 1/2, cela correspondrait
au rectangle de gauche (en prenant [latex]x^i_n[/latex] sur les abscisses et [latex]x[/latex] sur les ordonnées).
L'ensemble des cas favorables correspond alors au triangle rouge qui se trouve dans cette moitié, qui est d'aire 1/8, donc (cas favorable)/(cas possible) = (1/8)/(1/2).


Il y a sûrement plus simple.

 #30 - 16-06-2013 01:21:11

titoufred
Elite de Prise2Tete
Enigmes résolues : 20
Messages : 1746

probabilité : obtenir ub triangle

Le raisonnement ne me semble pas correct, car certes [latex]x_i^n \in [0 ; 1/2][/latex], mais la loi de répartition n'est pas forcément uniforme. Or, ton raisonnement par les aires utilise implicitement l'uniformité de la répartition de [latex]x_i^n[/latex] dans l'intervalle [latex][0 ; 1/2][/latex].

Le cas particulier [latex]i=0[/latex] montre de façon flagrante que la répartition n'est pas forcément uniforme, car alors [latex]x_i^n=0[/latex]. Si l'on suit ton raisonnement, on obtient que [latex]P(x > 1/2) = 1/4[/latex]. Ce qui est évidemment faux.

 #31 - 16-06-2013 08:31:19

PRINCELEROI
Elite de Prise2Tete
Enigmes résolues : 33
Messages : 1203

Probabilité : Obtenir un trangle

"En supposant que l'on ait un morceau plus grand que 1/2, comme les Formule  [latex]x_i[/latex] ont été tirés uniformément, tous les morceaux ont chacun une chance équiprobable d'être celui qui est plus grand que 1/2. "

C'est ce qu'il faut démontrer?

 #32 - 16-06-2013 10:38:45

cogito
Expert de Prise2Tete
Enigmes résolues : 48
Messages : 593

Probaabilité : Obtenir un triangle

@PRINCELEROI : Plus précisément on veut montrer que [latex]P(E_i)[/latex]
ne dépend pas de [latex]i[/latex] ce qui est équivalent à l'énoncé que tu as cité.

@titoufred : Oui, mais [latex]x_0^n[/latex] est une extrémité du bâton, il n'est pas tiré au hasard. Il y a une chose que je n'ai pas dite c'est que mon raisonnement est sur les morceaux qui ne se trouve pas aux extrémités.
Par exemple dans le cas ii) je parle de [latex]x_{i-1}^n[/latex], qui n'est pas défini pour [latex]i = 0[/latex]. Mais pour les cas les cas extrêmes il est facile de calculer [latex]P(E_i)[/latex].

Mais cela ne justifie pas que [latex]x_i^n[/latex] soit réparti uniformément sur   [latex][0;1/2][/latex]. Tu as raison. Pour que [latex]x_i^n[/latex] soit réparti uniformément il faudrait que [latex]\forall\alpha, P(x_i^n < \alpha) = \alpha[/latex],  or ceci est la probabilité que exactement [latex]i[/latex] tirages soient plus petit que [latex]\alpha[/latex], ce qui est différent de  [latex]\alpha[/latex].

Décidément, je n'arriverai pas à donner une preuve correcte de ce résultat hmm


Il y a sûrement plus simple.

 #33 - 16-06-2013 11:27:01

Nombrilist
Expert de Prise2Tete
Enigmes résolues : 10
Messages : 562

Probabilitté : Obtenir un triangle

La conjecture selon laquelle tous les bouts seraient équivalents est peut-être fausse... Pourtant, sur un cercle, intuitivement ils semblent équivalents. Et on peut effectuer au hasard une première coupe sur un cercle, le redresser et ainsi obtenir un segment sur lequel on effectue le reste des coupes au hasard.

Question: est-ce que l'ordre des coupes est à prendre en compte, ou bien peut-on supposer que l'on effectue toutes les coupes simultanément ?

 #34 - 16-06-2013 12:16:58

titoufred
Elite de Prise2Tete
Enigmes résolues : 20
Messages : 1746

probabilité : obtenir un trizngle

Mais oui Nombrilist ! Superbe intuition !

En fait, tirer n-1 nombres dans [0;1] revient à tirer n points sur un cercle de périmètre 1 puis à tirer au sort un des n points qui va marquer le 0.

Du coup, il devient évident avec la symétrie du procédé que [latex]P(E_i)=P(E_j) ~ \forall i, j[/latex]

 #35 - 16-06-2013 13:14:12

cogito
Expert de Prise2Tete
Enigmes résolues : 48
Messages : 593

Probabbilité : Obtenir un triangle

Effectivement ! c'est très malin smile

Merci et bravo à vous pour avoir éclairci ce dernier point.

Merci aussi à titoufred pour ses questions pertinentes (ça m'a fait réviser quelques notions de probabilités smile )


Il y a sûrement plus simple.

 #36 - 16-06-2013 15:30:09

PRINCELEROI
Elite de Prise2Tete
Enigmes résolues : 33
Messages : 1203

ptobabilité : obtenir un triangle

Si j'ai bien compris titoufred et cogito étaient en train d'essayer de démontrer que le hasard était aléatoire.
Sérieux?lol
Je sais,c'est pas beau!roll

 #37 - 16-06-2013 17:26:59

titoufred
Elite de Prise2Tete
Enigmes résolues : 20
Messages : 1746

probabilité : obtenie un triangle

Pour la beauté du geste, je vous mets quand même la démonstration que j'avais en tête :

On note [latex]y_1^n, y_2^n, ..., y_{n-1}^n[/latex] les nombres tirés aléatoirement dans [0 ; 1] pour découper le bâton en [latex]n[/latex] morceaux, auxquels on ajoute [latex]y_0^n=0[/latex] et [latex]y_n^n=1[/latex].

Puis, on classe tous ces nombres dans l'ordre croissant, en les renommant : [latex]x_0^n=0 \leq x_1^n \leq ... \leq x_{n-1}^n \leq x_n^n=1[/latex].

Pour [latex]k =1,...,n[/latex] on appelle [latex]L_k^n[/latex] la longueur du [latex]k^{ème}[/latex] morceau issu du découpage, c'est-à-dire que [latex]L_k^n=x_k^n-x_{k-1}^n[/latex].

On appelle [latex]g_k^n[/latex] la densité de probabilité de la variable aléatoire [latex]L_k^n[/latex].

Nous allons montrer que [latex]\forall k \in [\![ 1;n ]\!][/latex], on a [latex]g_k^n(x)=(n-1)(1-x)^{n-2}[/latex]

Tout d'abord pour [latex]k=1[/latex], la formule est facile à vérifier : Il y a [latex](n-1)[/latex] façons de choisir quel [latex]y_i^n[/latex] est [latex]x_1^n[/latex]. Ce [latex]x_1^n[/latex] étant fixé à une certaine valeur [latex]x[/latex], la probabilité que tous les autres [latex]y_i^n[/latex] soient supérieurs à [latex]x[/latex] est [latex](1-x)^{n-2}[/latex].

Donc [latex]g_1^n(x)=(n-1)(1-x)^{n-2}[/latex]  (1)

De même, pour [latex]k=n[/latex], par symétrie : [latex]g_n^n(x)=(n-1)(1-x)^{n-2}[/latex]  (2)

Pour [latex]k \in [\![ 2;n-1 ]\!][/latex] : il y a [latex](n-1)[/latex] façons de choisir quel [latex]y_i^n[/latex] est [latex]x_{k-1}^n[/latex] puis [latex](n-2)[/latex] façons de choisir quel [latex]y_i^n[/latex] est [latex]x_k^n[/latex] et enfin [latex]n-3\choose k-2[/latex] façons de choisir quels [latex]y_i^n[/latex] sont les [latex]x_0^n,...,x_{k-2}^n[/latex]. Ensuite,  [latex]x_{k-1}^n[/latex] étant fixé à une certaine valeur [latex]t \in [0;1-x][/latex] et [latex]x_{k}^n[/latex] à une certaine valeur [latex]t+ x[/latex], la probabilité que tous les autres [latex]y_i^n[/latex] soient tirés où il faut vaut [latex]t^{k-2}(1-t-x)^{n-k-1}[/latex] donc [latex]\forall k \in [\![ 2;n-1 ]\!][/latex], on a :
[TeX]g_k^n(x)=(n-1)(n-2) {n-3\choose k-2} \int_{0}^{1-x} t^{k-2}(1-t-x)^{n-k-1} ~\textrm{d}t[/latex]  (3)

En appliquant cette formule dans le cas où [latex]k=n-1[/latex], on obtient :

[latex]g_{n-1}^n(x)=(n-1)(n-2) \int_{0}^{1-x} t^{n-3} ~\textrm{d}t = (n-1)(n-2) [\frac{1}{n-2}t^{n-2}]_0^{1-x}[/TeX]
donc [latex]g_{n-1}^n(x)=(n-1)(1-x)^{n-2}[/latex]  (4)

Soit [latex]k \in [\![ 2;n-2 ]\!][/latex]

On effectue une intégration par parties dans (3) en posant
[TeX]u'=t^{k-2}[/latex] et [latex]v=(1-t-x)^{n-k-1}[/TeX]
donc [latex]u=\frac{1}{k-1}t^{k-1}[/latex] et [latex]v'=-(n-k-1)(1-t-x)^{n-k-2}[/latex]

Alors [latex]\int_{0}^{1-x} t^{k-2}(1-t-x)^{n-k-1} ~\textrm{d}t = [\frac{1}{k-1}t^{k-1}(1-t-x)^{n-k-1}]_0^{1-x}[/latex]
[TeX]+ \frac{n-k-1}{k-1} \int_{0}^{1-x} t^{k-1}(1-t-x)^{n-k-2} ~\textrm{d}t[/latex] et donc

[latex]\int_{0}^{1-x} t^{k-2}(1-t-x)^{n-k-1} ~\textrm{d}t = \frac{n-k-1}{k-1} \int_{0}^{1-x} t^{k-1}(1-t-x)^{n-k-2} ~\textrm{d}t[/TeX]
Finalement, [latex]g_k^n(x)=(n-1)(n-2){n-3\choose k-2} \int_{0}^{1-x} t^{k-2}(1-t-x)^{n-k-1} ~\textrm{d}t[/latex]
[TeX]g_k^n(x)= (n-1)(n-2){n-3\choose k-2}\frac{n-k-1}{k-1} \int_{0}^{1-x} t^{k-1}(1-t-x)^{n-k-2} ~\textrm{d}t[/TeX][TeX]g_k^n(x)=(n-1)(n-2) {n-3\choose k-1}\int_{0}^{1-x} t^{k-1}(1-t-x)^{n-k-2} ~\textrm{d}t[/TeX]
donc [latex]\forall k \in [\![ 2;n-2 ]\!][/latex], on a [latex]g_k^n(x)=g_{k+1}^n(x)[/latex]  (5)

(4) et (5) donnent que [latex]\forall k \in [\![ 2;n-1 ]\!][/latex], on a [latex]g_k^n(x)=(n-1)(1-x)^{n-2}[/latex]  (6)

(1), (2) et (6) prouvent que [latex]\forall k \in [\![ 1;n ]\!][/latex], on a [latex]g_k^n(x)=(n-1)(1-x)^{n-2}[/latex]

Ainsi, [latex]P(L_k^n>1/2) = \int_{1/2}^{1}(n-1)(1-x)^{n-2}~\textrm{d}x = \frac{1}{2^{n-1}}[/latex]

On conclut alors pour la probabilité [latex]p_n[/latex] de pouvoir faire un polygône à [latex]n[/latex] côtés :
[TeX]p_n = 1 - \sum_{k=1}^n P(L_k^n>1/2) = 1 - \frac{n}{2^{n-1}}[/TeX]

 #38 - 19-06-2013 00:17:28

titoufred
Elite de Prise2Tete
Enigmes résolues : 20
Messages : 1746

Probabilité : Obtnir un triangle

On m'a fait part d'une démonstration d'une simplicité incroyable. Elle utilise le coup du cercle, mais un peu différemment.

On tire au hasard n points [latex]M_1,...,M_n[/latex] sur un cercle de périmètre 1.
Pour [latex]k \in [\![1..n]\!][/latex], on appelle [latex]M_k'[/latex] le symétrique de [latex]M_k[/latex] par rapport au centre du cercle.
Parmi ces 2n points, on va en garder n et en effacer n, en tirant au sort à chaque fois lequel des deux points [latex]M_k[/latex] ou [latex]M_k'[/latex] on garde.
Ces n points fournissent alors le découpage du bâton.

Une fois les 2n points fixés, il y a [latex]2^n[/latex] choix possibles pour les n points que l'on va garder. Parmi ces choix, ceux qui donnent un morceau supérieur à 1/2 sont ceux où les n points se trouvent sur un même demi-cercle, c'est-à-dire ceux où les n points sont consécutifs sur le cercle. Puisqu'il y a 2n points, cela fait 2n possibilités de choisir n points consécutifs.

Par conséquent [latex]p_n = 1 - \frac{2n}{2^n} = 1 - \frac{n}{2^{n-1}}[/latex]

 #39 - 19-06-2013 20:57:22

golgot59
Elite de Prise2Tete
Enigmes résolues : 48
Messages : 1374
Lieu: Coutiches

probabilité : obtenir un yriangle

lol

d'une simplicité incroyable

lol

 #40 - 20-06-2013 15:25:31

Nombrilist
Expert de Prise2Tete
Enigmes résolues : 10
Messages : 562

probabiliré : obtenir un triangle

Très astucieuse cette construction. On tire ensuite profit de la propriété que:

1 - n points consécutifs sur le cercle sont nécessairement inclus dans un demi cercle
2 - si les n points ne sont pas consécutifs, alors ils occupent nécessairement plus que le demi-cercle

L'évènement "les n points sont consécutifs" est donc l'évènement contraire à l'évènement recherché "aucun segment ne doit être plus grand que le demi cercle". Le calcul devient alors très simple.

Bien joué !

 

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