L'exercice de la grenouille est intéressant, dans un cas : La réponse spontanée de l'interlocuteur peut-être 'La moyenne est 2'
Et dans ce cas , l'argument pour prouver que 2 est faux est simple, trivial.
J'ai l'impression que c'est dans cet esprit que RLC a parlé de cet exercice.
Si on cherche la vraie moyenne, alors on n'est plus dans un cocktail mondain, on est dans un exercice de maths.
Tu me dis, j'oublie. Tu m'enseignes, je me souviens. Tu m'impliques, j'apprends. Benjamin Franklin
Oui, mais connaître le résultat et dire que c'est e ça devrait impressionner.
Mais en effet la question pour une personne lambda est de lui demander combien de sauts elle estime nécessaire et de voir si elle répondra 2.
Le truc des dés par contre je ne l'ai évidemment pas posé en exercice ! J'ai juste donné une information amusante. En général tous les arguments mathématiques permettant de prouver des résultats qui semblent être d'ordre purement physique (on pourrait penser qu'il est impossible de piper les dés comme il faut pour raisons matérielles) sont mes préférés.
Dans le même genre "il y a forcément deux pays qui ont le même nombre de voisins", le piège est qu'on peut avoir tendance à chercher un argument géographique (bon, géométrique quand même) alors que les lois physiques de notre monde n'ont en fait aucun rôle là-dedans.
Je veux bien des colles pour cocktail mondain, mais faites en sorte que la réponse, ce soit un nombre connu, pas e, pas racine(2) non plus. Eventuellement Pi, là, on commence à avoir un nombre un peu connu.
On ne fréquente pas les mêmes personnes dans nos cocktails mondains.
Tu me dis, j'oublie. Tu m'enseignes, je me souviens. Tu m'impliques, j'apprends. Benjamin Franklin
Je reviens sur la question de Lourran : soient deux dés cubiques, portant chacun les nombres de $1$ à $6$ respectivement sur leurs faces. Montrer qu'un ne peut les piper pour que les $11$ résultats $2,3,\ldots,12$ soient équiprobables. JLT a donné une démonstration très astucieuse avec des inégalités, mais je voudrais revenir sur l'autre démonstration.
Soit $Y$ la variable aléatoire égale au nombre donné par le premier dé, fonction génératrice : $G_Y(t)=p_1t+p_2t^2+\cdots+p_6t^6$.
Soit $Z$ la variable aléatoire égale au nombre donné par le second dé, fonction génératrice : $G_Z(t)=q_1t+q_2t^2+ \cdots+q_6t^6$.
On voudrait que : $G_{Y+Z}(t)=\frac 1{11}(t^2+t^3+\cdots+t^{12})$.
Comme $G_{Y+Z}(t)=G_Y(t)G_Z(t)$, ceci donne :
$11(p_1+p_2t+\cdots+p_6t^5)(q_1+q_2t+\cdots+q_6t^5)=1+t+t^2+\cdots+t^{10}=\Phi(t)$.
Comme $p_6q_6=\frac 1{11}$, on a : $p_6 \neq 0$ et $q_6 \neq 0$, et les polynômes du premier membre s'annulent sur $\mathbb R$. Or le polynôme $\Phi(t)$ n'a pas de racine réelle, ce qui se prouve élémentairement puisque $(t-1)\Phi(t)=t^{11}-1$, et la fonction $t \mapsto t^{11}-1$ est strictement croissante sur $\mathbb R$. On peut donc conclure sans évoquer l'irréductibilité, notion un peu difficile par exemple en prépa-HEC.
Le problème discret est intéressant aussi : combien de dés (numérotés de $0$ à $5$) non pipés faut-il lancer pour que la somme des résultats obtenus égale ou dépasse $6$ ?
Ta question a le même genre de réponse que le temps de refroidissement du fût d'un canon dans le sketch de Fernand Raynaud : Un certain nombre.
Au moins 2, et de façon certaine (proba 1) un nombre fini.
Ça me rappelle le problème du lièvre et la tortue que j'ai posé plusieurs fois au lycée:
On jette un dé non pipé. Si le $6$ sort, le lèvre a gagné, fin de la partie. Sinon, le nombre obtenu vient en cumul du total de la tortue. Et on recommence. Si le total cumulé de la tortue atteint ou dépasse $6$, la tortue a gagné, fin de la partie. Et on peut jouer d'autres parties.
En seconde j'ai fait faire des statistiques la dessus en simulant le dé avec la calculatrice.
En TS, j'ai fait calculer des probabilités, une espérance, ...
J'avais fait tout un problème avec questions et sous questions, il faudrait que je le retrouve.
@Georges Abitbol : je trouve en moyenne $\dfrac{46656}{15625}\simeq 2,\!986$. Je me suis aidé un peu de Wolfram Alpha car j'avais la flemme de faire tous les calculs à la main.
On lance une infinité de fois un dé à 6 faces avec les faces numérotées de $0$ à $5$. Soit $X_k$ le résultat du $k$-ème lancer. Soit $N$ le plus petit entier tel que $X_1+\cdots+X_N\geqslant 6$. J'ai calculé l'espérance de $N$.
Plus généralement, si $X_1,X_2,\ldots$ sont des v.a. indépendantes ayant la loi uniforme sur $\{0,\ldots,n-1\}$ (édit : faute de frappe corrigée, $n$ a été changé en $n-1$) et si $N$ est le plus petit entier tel que $X_1+\cdots+X_N\geqslant m$, alors l'espérance de $N$ est $\left(1-\frac{1}{n}\right)^{-m}$. Lorsque $m=n$ tend vers l'infini on trouve $e$, ce qui correspond bien à l'intuition que l'on doit retrouver le cas continu par passage à la limite du cas discret.
@JLT : Est-ce que tu pourrais faire un sketch du calcul de de $E(N)$ dans le cas général $n,m$ et expliquer ce qu'est le cas continu que tu évoques ? Pas d'obligation of course :-)
\begin{align}
E[N] &= \sum_{j\geqslant 0} P(X_1+\cdots+X_j<m) \\
&= \sum_j\left(\frac{1}{n}\right)^j\#\{a_1+\cdots+a_j<m\} \\
&= \sum_j\left(\frac{1}{n}\right)^j\binom{j+m-1}{m-1}
\end{align}
On reconnaît une série entière et on trouve le résultat annoncé.
Pour $n=m$ grand, dépasser $n$ en faisant des sauts dans $\{0,\ldots,n-1\}$ revient à dépasser $1$ en faisant des sauts dans $\{0,\frac{1}{n},\ldots,\frac{n-1}{n}\}$, ce qui revient approximativement à dépasser $1$ en faisant des sauts uniformément distribués dans $[0,1]$, ce qui est le problème de la grenouille.
Si on tirait un nombre au hasard parmi {1, 2... n-1} , ou parmi {0, 1, 2... n-1, n}, on serait très proche de l'exercice de la grenouille.
Ici, on tire un nombre au hasard parmi {0, 1, 2... n-1}, on avance donc en moyenne un peu moins vite que n/2, et donc on obtient un résultat sensiblement plus grand que e (2,986 pour n=6).
Tu me dis, j'oublie. Tu m'enseignes, je me souviens. Tu m'impliques, j'apprends. Benjamin Franklin
@JLT : Super, j'avais trouvé les deux premières lignes mais je ne connaissais pas $\#\{a_1+\cdots+a_j<m\}$.
Est-ce que tout ce que tu as raconté sur le cas continu revient à dire que si $X_1,X_2,\ldots$ sont des v.a. indépendantes suivant la loi uniforme sur $[0,1]$, alors $\sum\limits_j p(X_1+\cdots +X_j<1)=e$ ?
Ah moi non plus je ne connaissais pas le nombre de $k$-uplets dont la somme ne dépasse pas un nombre fixé (je connaissais seulement le nombre de tels tuples dont la somme est fixée - le coup des bâtons qui séparent des points).
Moi, je me suis retrouvé à inverser la matrice triangulaire inférieure qui a des $\frac{n-1}{n}$ sur la diagonale et des $\frac{1}{n}$ en-dessous...
Ta solution est chouette !
PS : Je proposais bien de calculer l’espérance du nombre de dés uniformes indépendants qu’il faut pour que la somme dépasse un certain nombre, comme variation du problème continu résolu plus haut par Chaurien.
Pour la solution du probleme de la grenouille donnee par Chaurien ci dessus, il y a une generalisation , qui remplace la loi uniforme sur [0,1] par la densite ax^{a-1} sur [0,1]. Elle est donnee le 10 fevrier 2021 ' Joli probleme'
Soit $a>0.$ Soit $Y_1,\ldots,Y_n,\ldots$ independantes et de meme
loi $\mu_a(dy)= a1_{(0,1)}(y)y^{a-1}$ sur $(0,1).$ Soit $S_n=Y_1+\cdots+Y_n$ et $N=\inf\{n\, ; \, S_n>1\}$ (qui existe d'apres la loi des grands nombres qui garantit $S_n\to \infty$ avec probabilite 1). Alors
$$E(N)=\sum_{n=0}^{\infty}\Pr(N>n)=1+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(a\Gamma(a))^n}{\Gamma(1+na)} \ \(*)$$ Pour le voir sans calcul, on sait que
$$\int_0^{\infty}e^{-sy}y^{a-1}\frac{dy}{\Gamma(a)
}=s^{-a}$$ ce qui garantit, si on considere la
mesure non bornee $\nu_a(dy)=1_{(0,\infty)}(y)\frac{y^{a-1}dy}{\Gamma(a)}$, que sa puissance $n$ ieme de convolution
est $\nu_{na}(dy).$ Mais comme $\frac{1}{a\Gamma(a)}\mu_a(dy)=\nu_{na}(dy)$ quand
ces mesures sont restreintes a $(0,1],$ on en deduit que la puissance $n$ieme de convolution de $\frac{1}{a\Gamma(a)}\mu_a(dy)$ restreinte a $(0,1]$ est la restriction de $\nu_{na}(dy)$ et donc que la restriction a $(0,1]$ de la puissance $n$ieme de convolution de $\mu_a$ est la restriction de $(a\Gamma(a))^n\nu_{na}.$ Comme on s'interesse a $$\Pr(N>n)=\Pr(S_n\leq 1)=(a\Gamma(a))^n\nu_{na}((0,1])=(a\Gamma(a))^n\in t_0^{1}\frac{y^{na-1}dy}{\Gamma(na)}=\frac{(a\Gamma(a))^n}{na\Gamma(na)}$$ l'egalite (*) est montree de tete: une fonction de Mittag Leffler estimee en $z=a\Gamma(a).$ Si $a=1/2$ on retrouve le probleme et la solution initiale. Si $a$ est un entier, c'est tres compact, puisque si $w=e^{2i\pi/a}$ alors
$$\mathbb{E}(N)=\frac{1}{a}\sum_{k=1}^ae^{w^k(a!)^
{1/a}}.$$
Réponses
Et dans ce cas , l'argument pour prouver que 2 est faux est simple, trivial.
J'ai l'impression que c'est dans cet esprit que RLC a parlé de cet exercice.
Si on cherche la vraie moyenne, alors on n'est plus dans un cocktail mondain, on est dans un exercice de maths.
Mais en effet la question pour une personne lambda est de lui demander combien de sauts elle estime nécessaire et de voir si elle répondra 2.
Le truc des dés par contre je ne l'ai évidemment pas posé en exercice ! J'ai juste donné une information amusante. En général tous les arguments mathématiques permettant de prouver des résultats qui semblent être d'ordre purement physique (on pourrait penser qu'il est impossible de piper les dés comme il faut pour raisons matérielles) sont mes préférés.
Dans le même genre "il y a forcément deux pays qui ont le même nombre de voisins", le piège est qu'on peut avoir tendance à chercher un argument géographique (bon, géométrique quand même) alors que les lois physiques de notre monde n'ont en fait aucun rôle là-dedans.
Pour ton problème, j'ai une solution à base de caractéristique d'Euler de la sphère.
On ne fréquente pas les mêmes personnes dans nos cocktails mondains.
Soit $Y$ la variable aléatoire égale au nombre donné par le premier dé, fonction génératrice : $G_Y(t)=p_1t+p_2t^2+\cdots+p_6t^6$.
Soit $Z$ la variable aléatoire égale au nombre donné par le second dé, fonction génératrice : $G_Z(t)=q_1t+q_2t^2+ \cdots+q_6t^6$.
On voudrait que : $G_{Y+Z}(t)=\frac 1{11}(t^2+t^3+\cdots+t^{12})$.
Comme $G_{Y+Z}(t)=G_Y(t)G_Z(t)$, ceci donne :
$11(p_1+p_2t+\cdots+p_6t^5)(q_1+q_2t+\cdots+q_6t^5)=1+t+t^2+\cdots+t^{10}=\Phi(t)$.
Comme $p_6q_6=\frac 1{11}$, on a : $p_6 \neq 0$ et $q_6 \neq 0$, et les polynômes du premier membre s'annulent sur $\mathbb R$. Or le polynôme $\Phi(t)$ n'a pas de racine réelle, ce qui se prouve élémentairement puisque $(t-1)\Phi(t)=t^{11}-1$, et la fonction $t \mapsto t^{11}-1$ est strictement croissante sur $\mathbb R$. On peut donc conclure sans évoquer l'irréductibilité, notion un peu difficile par exemple en prépa-HEC.
Bonne soirée.
Fr. Ch.
-- Schnoebelen, Philippe
La blague favorite de mon prof de physique en sup en colle :
"Alors, ça fait combien ?
-euuuuuuh...
-2,7 ? Ah non c'est pas ça !"
Ta question a le même genre de réponse que le temps de refroidissement du fût d'un canon dans le sketch de Fernand Raynaud : Un certain nombre.
Au moins 2, et de façon certaine (proba 1) un nombre fini.
Cordialement.
Ça me rappelle le problème du lièvre et la tortue que j'ai posé plusieurs fois au lycée:
On jette un dé non pipé. Si le $6$ sort, le lèvre a gagné, fin de la partie. Sinon, le nombre obtenu vient en cumul du total de la tortue. Et on recommence. Si le total cumulé de la tortue atteint ou dépasse $6$, la tortue a gagné, fin de la partie. Et on peut jouer d'autres parties.
En seconde j'ai fait faire des statistiques la dessus en simulant le dé avec la calculatrice.
En TS, j'ai fait calculer des probabilités, une espérance, ...
J'avais fait tout un problème avec questions et sous questions, il faudrait que je le retrouve.
Cordialement,
Rescassol
PS: J'ai peut-être déjà posté mon problème ici.
Ci-joint le sujet sur le lièvre et la tortue, finalement retrouvé.
Cordialement,
Rescassol
Qu'as-tu cherché exactement ?
E[N] &= \sum_{j\geqslant 0} P(X_1+\cdots+X_j<m) \\
&= \sum_j\left(\frac{1}{n}\right)^j\#\{a_1+\cdots+a_j<m\} \\
&= \sum_j\left(\frac{1}{n}\right)^j\binom{j+m-1}{m-1}
\end{align}
On reconnaît une série entière et on trouve le résultat annoncé.
Pour $n=m$ grand, dépasser $n$ en faisant des sauts dans $\{0,\ldots,n-1\}$ revient à dépasser $1$ en faisant des sauts dans $\{0,\frac{1}{n},\ldots,\frac{n-1}{n}\}$, ce qui revient approximativement à dépasser $1$ en faisant des sauts uniformément distribués dans $[0,1]$, ce qui est le problème de la grenouille.
Ici, on tire un nombre au hasard parmi {0, 1, 2... n-1}, on avance donc en moyenne un peu moins vite que n/2, et donc on obtient un résultat sensiblement plus grand que e (2,986 pour n=6).
Est-ce que tout ce que tu as raconté sur le cas continu revient à dire que si $X_1,X_2,\ldots$ sont des v.a. indépendantes suivant la loi uniforme sur $[0,1]$, alors $\sum\limits_j p(X_1+\cdots +X_j<1)=e$ ?
Pour $\#\{a_1+\cdots+a_j<m\}$ cela revient à $\#\{a_1+\cdots+a_{j+1}=m-1\}$, c'est une "combinaison avec répétition".
Merci pour tout !
Moi, je me suis retrouvé à inverser la matrice triangulaire inférieure qui a des $\frac{n-1}{n}$ sur la diagonale et des $\frac{1}{n}$ en-dessous...
Ta solution est chouette !
PS : Je proposais bien de calculer l’espérance du nombre de dés uniformes indépendants qu’il faut pour que la somme dépasse un certain nombre, comme variation du problème continu résolu plus haut par Chaurien.
Soit $a>0.$ Soit $Y_1,\ldots,Y_n,\ldots$ independantes et de meme
loi $\mu_a(dy)= a1_{(0,1)}(y)y^{a-1}$ sur $(0,1).$ Soit $S_n=Y_1+\cdots+Y_n$ et $N=\inf\{n\, ; \, S_n>1\}$ (qui existe d'apres la loi des grands nombres qui garantit $S_n\to \infty$ avec probabilite 1). Alors
$$E(N)=\sum_{n=0}^{\infty}\Pr(N>n)=1+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(a\Gamma(a))^n}{\Gamma(1+na)} \ \(*)$$ Pour le voir sans calcul, on sait que
$$\int_0^{\infty}e^{-sy}y^{a-1}\frac{dy}{\Gamma(a)
}=s^{-a}$$ ce qui garantit, si on considere la
mesure non bornee $\nu_a(dy)=1_{(0,\infty)}(y)\frac{y^{a-1}dy}{\Gamma(a)}$, que sa puissance $n$ ieme de convolution
est $\nu_{na}(dy).$ Mais comme $\frac{1}{a\Gamma(a)}\mu_a(dy)=\nu_{na}(dy)$ quand
ces mesures sont restreintes a $(0,1],$ on en deduit que la puissance $n$ieme de convolution de $\frac{1}{a\Gamma(a)}\mu_a(dy)$ restreinte a $(0,1]$ est la restriction de $\nu_{na}(dy)$ et donc que la restriction a $(0,1]$ de la puissance $n$ieme de convolution de $\mu_a$ est la restriction de $(a\Gamma(a))^n\nu_{na}.$ Comme on s'interesse a $$\Pr(N>n)=\Pr(S_n\leq 1)=(a\Gamma(a))^n\nu_{na}((0,1])=(a\Gamma(a))^n\in t_0^{1}\frac{y^{na-1}dy}{\Gamma(na)}=\frac{(a\Gamma(a))^n}{na\Gamma(na)}$$ l'egalite (*) est montree de tete: une fonction de Mittag Leffler estimee en $z=a\Gamma(a).$ Si $a=1/2$ on retrouve le probleme et la solution initiale. Si $a$ est un entier, c'est tres compact, puisque si $w=e^{2i\pi/a}$ alors
$$\mathbb{E}(N)=\frac{1}{a}\sum_{k=1}^ae^{w^k(a!)^
{1/a}}.$$