J'avais vu un exposé (destiné à des lycéens) sur le résultat final de l'exercice de probabilité. Il me semble que l'exposant avait indiqué que l'on pouvait démontrer le résultat avec la notion de martingale (mais je n'ai jamais essayé de le faire).
On peut aussi faire une variante (qui donne le même résultat final) où lorsqu'un joueur gagne contre un autre, il récupère la "force" du joueur vaincu.
D'après des documents que MrJ m'a communiqués, le résultat de l'exercice de probabilités est le théorème 2.2 de l'article "Strategy, nontransitive dominance and the exponential distribution" par Kaminsky, Luks et Nelson, Austral. J. Statist. 26(2), 1984, 111-118. Je n'ai pas lu la preuve de l'article.
En recherchant un argument plus "carré" (plus calculatoire en fait), j'ai, entre autres choses, fait la rencontre de cette curieuse identité algébrique sûrement banale, mais pour laquelle j'ai du mal à détecter une justification alternative.
$$ \forall n , p \in \N, \qquad X^{n+1}\sum_{i=0}^p \binom {n+i}i(1-X)^{i} + (1-X)^{p+1}\sum_{j=0}^n \binom {p+j}j X^j=1.$$
Je ne connaissais pas cette identité mais elle se démontre assez rapidement en décomposant en éléments simples la fraction $$F(X)=\dfrac1{X^{n+1}(1-X)^{p+1}}$$ (avec le développement en série entière de $\dfrac1{(1-X)^{p+1}}$).
La partie 3 n'est pas claire, quelle est la différence entre $u_{mn}$ et $u_{nm}$ ? La partie 4 du problème n3 a l'air ultra difficile, que du dénombrement
Le problème 1 semble accessible. Les problèmes 2 et 3 sont d'un niveau impressionnant, je les trouve plus difficiles que des épreuves de concours d'ingénieur BAC+2.
Rien que la question sur le principe des tiroirs, je sèche
@verdurin bien vu. Enorme coquille ! Ma solution est-elle correcte ? J'ai fait une petite erreur dans les indices mais l'idée est bonne ? Si pour tout $k \in \N$ on a : $\vec{M_k M_{k+1}} = \vec{i}$ alors le résultat est évident. Si pour tout $k \in \N$ on a : $\vec{M_k M_{k+1}} = \vec{j}$ alors le résultat est évident. S'il existe un indice $k$ tel que $\vec{M_k M_{k+1}} = \vec{i}$ et $\vec{M_{k+1} M_{k+2}} = \vec{i}$ alors le résultat est vrai. S'il existe un indice $k$ tel que $\vec{M_k M_{k+1}} = \vec{j}$ et $\vec{M_{k+1} M_{k+2}} = \vec{j}$ alors le résultat est vrai. On se place dans le dernier cas : Si pour tout $k$ on est dans la configuration suivante : $\vec{M_k M_{k+1}} = \vec{i}$ et $\vec{M_{k+1} M_{k+2}} = \vec{j}$ alors le points forment une sorte d'escalier. Les points $M_k$ et $M_{k+4}$ et $M_{k+8}$ sont alignés. Or $\vec{ M_k M_{k+4}}=(1,0)+(0,1)+(1,0)+(0,1)=(2,2) $ et $\vec{ M_{k} M_{k+8}}=(4,4) $ Donc $\vec{ M_k M_{k+8}} = 2 \vec{ M_k M_{k+4}}$ d'où le résultat.
Reste à savoir quel pourcentage de candidats va y répondre.
L'an dernier, lorsqu'on demande de prouver qu'une suite vérifiant $\displaystyle{u_{n+1} = \dfrac{e^{u_n}}{n+1}}$ est à termes strictement positifs à partir du rang $n=1$, la majorité des candidats qui répondent à cette question cherchent à faire une récurrence...
On considère une suite donnée de points ayant une propriété particulière.
On demande juste de prouver que, sous ces hypothèses, on peut toujours affirmer un truc. Le toujours peut apparaître redondant, mais il n'est pas incorrect.
La suite est donnée au départ, elle contient une infinité de points. Qu'ils soient distincts est une évidence à laquelle le jury n'a pas osé demander de justification.
Pour préciser je crois que l'on peut dire que dans un triangle [modification non aplati ] le centre de gravité, orthocentre et le centre du cercle inscrit sont alignés.
Même si dans un triangle équilatéral ces trois points sont confondus.
@Verdurin : Tu veux sans doute dire centre du cercle circonscrit au lieu d'inscrit, mais oui.
Des points alignés sont des points qui appartiennent à une même droite. S'il n'y en a qu'un, voire deux, c'est une trivialité, mais ça n'en reste pas moins juste.
@Dom : Oui, l'auteur a vraiment voulu dire ça, et ta réponse proposée est évidemment correcte. Reste à voir ce qu'il en sera dans les copies.
En tout cas, les résultats démontrés dans chaque problème sont très élégants : bravo aux poseurs des énoncés, même si je préfère personnellement le format "5 exos dont l'énoncé est bref".
Trois points alignés sont trois points qui appartiennent à une même droite. Ma solution répond aux questions 1 et 2 en même temps. Ce qui est pénible dans ces sujets c'est qu'il faut faire 15 disjonctions de cas dans chaque question. J'ai fait un dessin qui explique la situation.
En gros il est parfaitement inutile que tu postes, sur un sujet
quelconque, « c'est trop dur » ou « j'y comprends rien » ou toutes autres
variantes.
Toutes les personnes fréquentant un forum où tu es
déjà intervenu savent que n'importe quel exercice exigeant une prise
d'initiative est trop dur pour toi.
@Dom OShine est largement intervenu avant quelque « invitation » que ce soit.
@verdurin tu parles vaguement sans dire ce qui est faux dans mon raisonnement. Donc oui ne me réponds pas ça sera plus simple car je ne sais pas de quoi tu parles.
Les 4 premières questions du problème 1 sont très faciles, je les ai traitées en 15 min.
Réponses
Allez, OShine, c'est facile pour un génie comme toi
Cordialement,
Rescassol
Je préfère les sujets de maths ENS maths C.
Je n'ai aucune intuition en probabilités.
Peux-tu d'abord traiter ce sujet de bac C 1972, que j'ai mis sur un autre fil?
Cordialement.
PG
2.817224497
3.868663202
4.896849955
5.914871556
6.927451186
7.936753869
8.943922476
9.949620550
10.954260957
La partie 4 du problème n3 a l'air ultra difficile, que du dénombrement
Les problèmes 2 et 3 sont d'un niveau impressionnant, je les trouve plus difficiles que des épreuves de concours d'ingénieur BAC+2.
Rien que la question sur le principe des tiroirs, je sèche
Si pour tout $k \in \N$ on a : $\vec{M_k M_{k+1}} = \vec{i}$ alors le résultat est évident.
Si pour tout $k \in \N$ on a : $\vec{M_k M_{k+1}} = \vec{j}$ alors le résultat est évident.
S'il existe un indice $k$ tel que $\vec{M_k M_{k+1}} = \vec{i}$ et $\vec{M_{k+1} M_{k+2}} = \vec{i}$ alors le résultat est vrai.
S'il existe un indice $k$ tel que $\vec{M_k M_{k+1}} = \vec{j}$ et $\vec{M_{k+1} M_{k+2}} = \vec{j}$ alors le résultat est vrai.
On se place dans le dernier cas :
Si pour tout $k$ on est dans la configuration suivante : $\vec{M_k M_{k+1}} = \vec{i}$ et $\vec{M_{k+1} M_{k+2}} = \vec{j}$ alors le points forment une sorte d'escalier.
Les points $M_k$ et $M_{k+4}$ et $M_{k+8}$ sont alignés.
Or $\vec{ M_k M_{k+4}}=(1,0)+(0,1)+(1,0)+(0,1)=(2,2) $ et $\vec{ M_{k} M_{k+8}}=(4,4) $
Donc $\vec{ M_k M_{k+8}} = 2 \vec{ M_k M_{k+4}}$ d'où le résultat.
Deux points alignés ça n'a aucun sens déjà.
OShine, que signifie « points alignés » ?
@verdurin
peut-être devrais-tu effacer ton dernier message…
Ce qui est pénible dans ces sujets c'est qu'il faut faire 15 disjonctions de cas dans chaque question.
J'ai fait un dessin qui explique la situation.
Et blême, quand
Sonne l’heure,
Je me souviens
Des jours anciens
Et je pleure
C’est une définition pourrie qui est disponible partout.
Dans ma solution je ne prends pas deux points mais trois points ou plus.
C’est le plus éloquent.
Tes deux premiers cas sont inutiles car traités dans les deux suivants.
Les 4 premières questions du problème 1 sont très faciles, je les ai traitées en 15 min.