Mathématiques boyardesques

En fait, je suis persuadé qu'on peut se ramener à une loi discrète usuelle, mais je vois pas trop laquelle pour le moment. Je pensais à la loi binomiale au départ, mais le problème de la cellule qui rétrécit semble plutôt être similaire à un tirage de Bernoulli sans remise (on ne va pas réessayer les clés qui ont déjà été essayées).
Avec quelques petites recherches, la seule loi qui semble correspondre aux paramètres du problème semble être la loi hypergéométrique (qui, manque de chance, est la seule que je n'ai jamais étudiée à l'école )... mais j'ai un peu de mal à en définir les paramètres dans le cas demandé de calcul de moyenne.

Je pense que je vais revenir quand ce sera un peu plus simple... ^^'

hélium a écrit:En fait, je suis persuadé qu'on peut se ramener à une loi discrète usuelle, mais je vois pas trop laquelle pour le moment.

En fait, non ^^
La loi à trouver n'est pas usuelle, elle n'a même pas de nom. Mais il n'empêche que son expression est assez simple (plus simple que la loi hypergéométrique par exemple).

Ce que j'ai mis en gras dans une de tes citations de mon précédent post est important, c'est l'idée de base du raisonnement... c'est très facilement généralisable pour k quelconque.

Okééééé...

Du coup, en prenant en compte tes remarques, l'espérance de la loi de la Cellule qui rétrécit (ben quoi, faut bien lui donner un nom si elle n'en a pas ) serait quelque chose comme ça ?

sum{k=3}{30}{binom{2}{k}k}/28

Comme je ne sais absolument pas comment le résultat va s'afficher, n'étant pas familier avec la syntaxe mathématique du BBCode, au cas où ça ne s'afficherait pas correctement : "La (somme des, pour un k allant de 3 à 30, (2 parmi k)*k) / 28 " ?

hélium a écrit:sum{k=3}{30}{binom{2}{k}k}/28

Comme je ne sais absolument pas comment le résultat va s'afficher, n'étant pas familier avec la syntaxe mathématique du BBCode, au cas où ça ne s'afficherait pas correctement : "La (somme des, pour un k allant de 3 à 30, (2 parmi k)*k) / 28 " ?

Remarques techniques :

Alors y a de l'idée, mais c'est pas encore tout à fait ça. La probabilité d'un événement est le nombre d'issues favorables divisé par le nombre d'issues total (si tout est équiprobable, comme d'hab). Le nombre d'issue total vaut 4060, il doit bien apparaître quelque part !
Un moyen simple de détecter les erreurs : la somme des probas doit faire 1 ! Là ce n'est pas le cas.

Et n'oubliez pas qu'il faut à la fin un résultat numérique. Si vous ne voyez pas comment simplifier la formule (c'est pas forcément évident si on n'a pas l'habitude), vous pouvez toujours calculer le résultat bourrin avec une machine (même excel peut le faire !).

Vous avez quasiment tous les éléments en main pour conclure, il suffit de tout mettre bout à bout !

La loi de proba s'exprime sous la forme :


où le numérateur est le nombre d'issues qui réalisent l'événement "le candidat doit essayer exactement k clés" (qui dépend de k, donc). En d'autres termes, la k-ième clé est bonne, et parmi les k-1 clés essayées avant, exactement 2 sont bonnes. Toutes les autres clés (celles qui n'ont pas été essayées) sont nécessairement fausses.
Le dénominateur est le nombre total d'issue, et est égal à 4060.


Quelques exemples :

- Si k=3, une seule issue est favorable : les trois premières clés essayées sont bonnes. P(X=3) = 1/4060.

- Si k=4, la 4ème clé est bonne. Il reste donc 2 bonnes clés à répartir sur les 3 premiers essais, ce qui fait 3 possibilités (ça a d'ailleurs été explicité par @hélium). P(X=4) = 3/4060.

- Si k=30, la 30ème clé est bonne. Il reste donc 2 bonnes clés à répartir sur les 29 premiers essais, ce qui fait possibilités, soit 406. Donc P(X=30) = 406/4060 = 1/10. On retrouve bien le résultat que l'on avait obtenu sans calcul, c'est magique ^^


Une fois que vous avez la loi, il n'y a plus qu'à calculer l'espérance (grâce à un tableur par exemple) avec la fameuse formule :

Ah ben là pour le coup c'est devenu beaucoup plus clair expliqué comme ça. Merci @Pixelax. 
En fait, je n'arrêtais pas de m'emmêler les pinceaux avec les cas extrêmes de k=3 et k=30, et du coup ça m'étonnait que pour k=4 on trouvait un résultat qui me semblait aussi petit alors que c'était pourtant parfaitement normal...   et en tentant de faire un arbre pour le cas k=5, forcément j'avais oublié certaines branches.

Donc, pour la loi de probabilité, je tente ça :


Ensuite, pour l'espérance, ça donnerait donc quelque chose comme ça :


Qu'on peut simplifier en :


Alors je suppose qu'on peut simplifier la somme, mais pour le coup je ne connais pas la formule.
Mais ça devrait donc donner une espérance, soit donc une moyenne de 23,05 clés à essayer (avec deux chiffres significatifs) ?


(au passage, vous aurez remarqué que je n'ai pas pu m'empêcher de frimer un peu avec LaTeX... )

hélium a écrit:Mais ça devrait donc donner une espérance, soit donc une moyenne de 23,05 clés à essayer (avec deux chiffres significatifs) ?

Rha, c'est dommage... je suis désolé de te dire que c'est une mauvaise réponse
Il y a juste une petite erreur de calcul à corriger

Notez que le résultat attendu tombe juste, 2 décimales suffisent pour donner sa valeur exacte.

Et oui, on peut simplifier davantage la formule finale en virant le symbole Σ, mais pour cela vaut mieux garder les coefficients binomiaux.

Ah, oui, tu vas rire, mais au lieu de mettre 4060 dans mon calcul, j'ai mis... 4096. Faut vraiment que l'informaticien arrête de penser au binaire (ou arrête de jouer à 2048, au choix).

Donc du coup, dans ma dernière formule, il faut juste remplacer 8192 par 8120, ce qui donne une moyenne de 23,25...

hélium a écrit:Ah, oui, tu vas rire, mais au lieu de mettre 4060 dans mon calcul, j'ai mis... 4096. Faut vraiment que l'informaticien arrête de penser au binaire (ou arrête de jouer à 2048, au choix).

Donc du coup, dans ma dernière formule, il faut juste remplacer 8192 par 8120, ce qui donne une moyenne de 23,25...

C'est une bonne réponse ! Me doutais bien qu'il y avait du binaire là dessous ^^

On va faire ça dans un cadre un peu plus général, avec comme je le disais n clés dont p bonnes (1⩽p⩽n).
Du coup, si p⩽k⩽n :

Fait amusant, comme la somme des probas fait 1, on trouve une jolie formule :
ou, si l'on ré-écrit ça de manière plus jolie (les moins c'est pas beau) et en faisant des changements de variables, si q⩽m :

Bref, revenons à nos moutons. L'espérance à calculer est :

Or, (ça se montre facilement en éclatant tout avec des factorielles). Du coup :


Et là, tadaaam, on réutilise la super formule qu'on a montrée plus haut avec m=n et q=p :

En revenant aux factorielles pour simplifier, on obtient finalement :
C'est cool les maths, vous ne trouvez pas ?

Avec n=30 et p=3, on trouve E[X] = 93/4 = 23,25.


Au niveau des scores, hélium reprend la tête avec quelques points d'avance :

Classement provisoire :

Mais rien n'est joué, il reste encore suffisamment de points en jeu pour qu'une personne à 0 points passe devant (si si je vous jure ^^) !


Voici maintenant l'avant-dernier problème :

Problème 10 - L'awalé

On suppose qu'il n'y a pas de limitation sur le nombre de billes de chaque couleur ; une séquence peut très bien contenir 12 billes blanches ou 12 billes noires par exemple.

a) Combien existe-t-il de séquences différentes ? (1 pt)

b) Si le Père Fouras choisit une séquence au hasard, quelle est la probabilité qu'elle contienne exactement 4 billes de chaque couleur ? (3 pts)

Pas facile comme questions...

Je dirais :
a) 531441
b) 1/729

maximax a écrit:Pas facile comme questions...

Attendez, z'avez pas encore tout vu !  

maximax a écrit:a) 531441

Oui, c'est une bonne réponse !

12 emplacements, 3 couleurs possibles par emplacement, donc 3¹² = 531 441 possibilités. Ne me dîtes que que c'était dur ça quand même ! ^^

maximax a écrit:b) 1/729

En revanche, là c'est une mauvaise réponse.
Cette question n'est pas non plus excessivement difficile, le résultat est presque immédiat si on utilise des outils suffisamment puissants.... encore faut-il les connaître ^^
Mais on peut s'en sortir avec des outils plus classiques comme des factorielles, ne vous inquiétez pas

Tu marques quand même le point de la question a) maximax, et te rapproches d'hélium :

Classement provisoire :

Comme souvent, le mieux est d'utiliser la fameuse formule (nombre d'issues favorables)/(nombre d'issues total).

Ici, les issues sont simplement les combinaisons de 12 billes. Le nombre d'issues total a été calculé à la question a), reste à trouver le nombre d'issues favorables.
C'est (encore ^^) du dénombrement : on veut trouver combien il y a de manières de disposer 12 billes dont 4 de chaque couleur dans les 12 trous.

Pour vous aider, voici ce qu'on aurait fait s'il n'y avait eu que 2 couleurs différentes (disons noir & blanc), on cherche donc les combinaisons avec 6 billes de chaque. Finalement, choisir une telle combinaison revient à choisir la position des noires ; une fois celles-ci posées, il n'y a plus de choix pour les 6 blanches, qui vont nécessairement dans les 6 trous restants. Il y a donc issues favorables (le nombre d'issues total aurait été de 2¹²).

Le raisonnement est similaire pour 3 couleurs

b) 0,09 % ?

(au fait, ce serait bien si on changeait un peu des probas et du dénombrement )

hélium a écrit:b) 0,09 % ?

Mauvaise réponse...

Il y a plusieurs moyens d'obtenir le résultat :

- En décomposant tout avec des factorielles, et en considérant que toutes les boules sont différentes (par ex si on les numérote), puis en divisant par les nombres de permutations des billes d'une même couleur. En fait, c'est comme si on recherchait le nombre d'anagrammes du mot RRRRNNNNBBBB. Si toutes les lettres avaient été différentes, ça aurait été 12!, mais si on permute les 4 R entre eux (4! possibilités), le mot ne change pas, idem pour les N et les B.

- En raisonnant comme je l'ai fait pour deux couleurs, grâce aux coefficients binomiaux : on place d'abord les 4 billes rouges, puis les 4 noires parmi les 8 trous restants. Les 4 blanches sont alors imposées.

- En utilisant un outil un peu plus puissant que les coefficients binomiaux (qui marchent bien pour deux couleurs), qui donne le résultat instantanément.

[HJ]

hélium a écrit:(au fait, ce serait bien si on changeait un peu des probas et du dénombrement )

J'ai pas mal cherché pour essayer de proposer des problèmes concrets en raccord avec l'émission, mais je n'ai malheureusement trouvé quasiment que des probas et du dénombrement.
Ou alors, il aurait fallu faire des questions encore plus tirées par les cheveux du genre : sachant que la Naïade nage vers le Sud à une vitesse de 10 km/h et qu'il y a un courant de Nord-Ouest de 5 nœuds, à quelle vitesse doit nager le candidat pour atteindre le clé avant elle s'il part 10 secondes avant, mais qu'il descend 1/3 du filet avant de plonger (ce qui l'oblige à parcourir 5% de distance en plus) ?

Plus sérieusement le dernier problème porte également sur des probas désolé... [/HJ]

Pixelax a écrit:En utilisant un outil un peu plus puissant que les coefficients binomiaux (qui marchent bien pour deux couleurs), qui donne le résultat instantanément.

Euuuh... sincèrement, je ne pensais pas que ça existait mais en fait si, en tapant "coefficients trinomiaux" dans Google, on a bien des résultats. J'ai du mal à y croire.  
Mais, va savoir pourquoi, on n'a quasiment que des résultats en anglais, hormis l'article Wikipédia... mais je suis tombé sur une page très intéressante et plus explicite qui semble effectivement donner la méthode instantanée pour calculer ça. Je me demande pourquoi on n'a jamais étudié ça d'ailleurs... que ce soit en terminale ou dans les quelques cours de maths post-bac que j'ai eus, d'autant plus que certains parlaient de probabilités...

Enfin bref, si j'ai bien compris le principe, ça voudrait dire que le nombre de cas où on aurait quatre billes de chaque est donné par la formule :


Donnant ainsi une probabilité de 6,52 % ?

[HJ] Je m'en doutais un peu à vrai dire... je pense qu'on aura l'occasion d'en reparler à la fin du jeu [/HJ]

hélium a écrit:Enfin bref, si j'ai bien compris le principe, ça voudrait dire que le nombre de cas où on aurait quatre billes de chaque est donné par la formule :


Donnant ainsi une probabilité de 6,52 % ?

Tu as bien compris, c'est une bonne réponse !
Je vais rapidement détailler chaque méthode :

- Si les billes sont numérotées on a 12! possibilités, mais comme les permutations des billes d'une même couleur ne changent pas la combinaison, on doit diviser par 4! pour chaque couleur, soit (4!)³. On obtient finalement 34650.

- Il y a possibilités pour les billes rouges, restent 8 trous pour les noires et les blanches. Parmi ces 8 trous, choix pour les noires, les blanches sont ensuite imposées. Le résultat est le produit des deux, soit 34650.

-

hélium a écrit:Euuuh... sincèrement, je ne pensais pas que ça existait mais en fait si, en tapant "coefficients trinomiaux" dans Google, on a bien des résultats. J'ai du mal à y croire.  
Mais, va savoir pourquoi, on n'a quasiment que des résultats en anglais, hormis l'article Wikipédia... mais je suis tombé sur une page très intéressante et plus explicite qui semble effectivement donner la méthode instantanée pour calculer ça. Je me demande pourquoi on n'a jamais étudié ça d'ailleurs... que ce soit en terminale ou dans les quelques cours de maths post-bac que j'ai eus, d'autant plus que certains parlaient de probabilités...

"Coefficients trinomiaux" je n'en ai jamais entendu parler non plus, on parle en fait directement de coefficients multinomiaux ^^ Et c'est en effet assez utile en dénombrement / probas discrètes, comme ici.
On trouve en effet 34650, par la même formule que dans la première méthode finalement.

D'où, en divisant par 3¹², une proba d'environ 6,5 % (et pourtant, c'est arrivé dans la grande majorité des fois où ce duel a été joué!).


Petit point sur le classement, hélium creuse à nouveau l'écart !

Classement provisoire :

Troisième et dernière question de ce problème :

On suppose toujours que le Père Fouras choisit la combinaison au hasard, et on se place dans les mêmes conditions qu'en 2011 (comme sur la photo) : les duellistes n'ont à leur disposition que 5 billes rouges, 4 biles blanches, et 5 billes noires.

c) Quelle est la probabilité que la combinaison soit reproductible par les duellistes ? (5 pts)

Là on ne peut dire que la question n'est a priori pas évidente, mais maintenant que vous maîtrisez parfaitement les coefficients multinomiaux, ça ne devrait pas vous poser trop de soucis