Énoncé - APMEP Lorraine

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PROBLÈME « DU TRIMESTRE » n° 76 (D ÉCEMBRE 2003)
Énoncé :
n
n-1
...
3
2
1
On considère la pile de n étages ci dessus.
On procède à l’expérience aléatoire suivante : on tire au hasard un nombre p
1
entre 1
et n, et on supprime les cases p
1
à n. La pile comporte donc désormais p
1
-1 étages.
On recommence l’opération : on tire au hasard un nombre p
2
compris entre 1 et p
1
-1
et on retire les étages p
2
à p
1
-1, et ainsi de suite…
Soit X le nombre de tirages nécessaires pour faire disparaître la pile.
Déterminer l’espérance de la variable aléatoire X.
Énoncé proposé par Philippe F ÉVOTTE
Voir la solution
Envoyez vos propositions de problèmes à
Loïc TERRIER, 42B rue du Maréchal
Foch, 57130 ARS-SUR-MOSELLE ou
[email protected]

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Solution :
Une solution très, très, complète de Joël Kieffer, trois autres, plus sobres, de Renaud Dehaye,
Loïc Terrier et Jacques Choné.
Ces deux dernières solutions établissent par récurrence sur n que l’espérance de la variable
pour une pile de n étages est égale au n
ème
terme de la série harmonique : 1+1/2+1/3+...+1/n.
Loïc Terrier fait remarquer que cette espérance est donc du même ordre de grandeur que ln n.
Il indique par ailleurs que « un raisonnement heuristique donne le bon ordre de grandeur : si
on suppose que, grosso modo, la pile diminue de moitié à chaque coup, on obtient un temps
de ln(k)/ ln(2)... »
Joël Kieffer étudie la loi de probabilité de la variable, il établit ainsi que la variance en est la
différence (1+1/2/+...+1/n)-(1+1/4+...+1/n²). Il propose par ailleurs un fichier Excel de
simulation de l’expérience. Voir sa solution.
Jacques Choné donne un programme sous Mathematica :
« On effectue m expériences, on obtient m variables aléatoires indépendantes de même loi ;
d’après la loi faible des grands nombres la moyenne de ces m variables tend vers leur
espérance commune. »
p[n_,m_] := Block[{s = 0,x,y}, For[i = 1, i<=m, i++, x = 0; y = n;
While[Not[y == 0], x++; y = Random[Integer,{1,y}] – 1]; s += x];
{s/m, HarmonicNumber[n]} // N}
In[2]:=
Table[p[2,1000 k],{k,1,4}]
Out[2]= {{1.475,1.5},{1.498,1.5},{1.513,1.5},{1.4965,1.5}}
In[3]:=
Table[p[4,10000 k],{k,1,4}]
Out[3]
{{2.0896,2.08333},{2.08505,2.08333},{2.08813,2.08333},{2.08338,2.08333}}

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La solution de Joël Kieffer :
Pour une hauteur initiale de pile égale à n, je considère l'arbre A
n
correspondant (où il y a
équiprobabilité à chaque embranchement) et je lui associe un polynôme F
n
(x) de la manière
suivante (illustrée sur A
4
) :
1
2
3
4
1
1
21
1
2
3
1
1
21
A chaque branche, on associe un monôme p.x
k
, où p est le produit des probabilités sur cette
branche et k la longueur de la branche ; ainsi, de haut en bas sur la figure :
1
4 x ; 1 4 x
2
; 1
4×1 2 x
2
; 1
4×1 2 x
3
; 1
4×1 3 x
2
; 1
4×1 3 x
3
; 1
4×1 3×1 2 x
3
; 1
4×1 3×1 2 x
4
;
puis on additionne tous ces monômes .
Ainsi F
4
(x) = 1
4 x + 11 24 x
2
+ 1
4 x
3
+ 1
24 x
4
De même F
1
(x) = x ; F
2
(x) = 1
2 x
2
+ 1
2 x et F
3
(x) = 1
6 x
3
+ 1
2 x
2
+ 1
3 x
On note X
n
la variable aléatoire qui donne le nombre de tirs nécessaires pour araser la pile
On obtient la loi de probabilité de X
n
grâce à F
n
(x) =
∑
1
n
P(X
n
= k) x
k
;
en outre E(X
n
) =
n
1
k P(Xn k)
× =
∑ = F
n
'(1) ; reste à calculer F
n
(x) .
Comment passe-t-on de A
n
à A
n+1
?
A l'embranchement initial de A
n
, il suffit de greffer une (n+1)
ème
branche , au bout de laquelle
on greffera un arbre identique à A
n
.
Cette opération a pour effet :

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- de faire passer la probabilité sur les branches initiales de 1
n à 1 n+1 .
- d'incrémenter d'une unité le nombre de ramifications sur la partie rapportée .
Ainsi F
n +1
(x) = n
n+1 ×F
n
(x) + 1
n+1×x×F
n
(x) = (x + n)
n + 1 ×F
n
(x)
D'où F
n
(x) = 1
n! x(x + 1)( x + 2)…(x + n – 1)
En prenant la dérivée logarithmique, F
n
'(x)
F
n
(x) =
∑
0
n-1
1
x + k ; et comme F
n
(1) = 1, on obtient :
E(X
n
) = F
n
'(1) =
∑
1
n
1
k
Tant qu'on y est, calculons la variance : var(X
n
) = F
n
''(1) + F
n
'(1) – F
n
'
2
(1).
En prenant la dérivée du quotient ci-dessus : F
n
'' (x) . F
n
(x) – F
n
'
2
(x)
F
n
2
(x) = –
∑
0
n-1
1
(x + k)
2
;
Et en faisant x = 1, il vient F
n
'' (1) – F
n
'
2
(1) = –
∑
1
n
1
k
2
.
Var(X
n
) =
∑
1
n
1
k – ∑
1
n
1
k
2
Autre méthode
On peut considérer que l'ensemble des manières est d'araser la pile est décrit comme ensemble
des suites strictement décroissantes d'entiers, le premier terme étant inférieur ou égal à n et le
dernier nécessairement égal à 1.
Sur cet ensemble, on considère, pour 1≤ k ≤ n, les variables aléatoires Y
k
.
Y
k
= 1 si la suite comporte le nombre k et 0 sinon.
(J’omets pour plus de clarté l'indice n qui serait nécessaire pour chacune de ces variables)
P (Y
k
= 1 ) = 1
k et P (Y
k
= 0) = k – 1
k .
(C’est évident si on pense que le fait que le nombre k soit choisi pour former une suite, ne
dépend en rien des choix des termes qui le précèdent).
Les variables Y
k
sont mutuellement indépendantes :
C’est fastidieux à rédiger, mais se comprend bien sur un exemple :

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Si n = 6 , considérons la suite (5,3,1) ; sa probabilité est égale à celle de viser successivement
le 5
ème
, puis le 3
ème
, puis le 1
er
jeton de la pile (en comptant à partir du bas ), soit 1
6×1 4×1 2 ; ainsi
P(Y
6
=0 et Y
5
= 1 et Y
4
= 0 et Y
3
= 1 et Y
2
= 0 et Y
1
= 1) = 1
6×1 4×1 2
Mais P(Y
6
= 0)×P(Y
5
= 1)×P(Y
4
= 0)×P(Y
3
= 1)×P(Y
2
= 0)×P(Y
1
=1) = ( 5
6×1 5 ).( 3 4×1 3×1 2×1)
donne le même résultat, ce qui est la définition de l'indépendance mutuelle.
La fonction génératrice de Y
k
est G
k
(x) = k – 1
k
× x
0
+ 1
k
× x
1
= (x + k – 1)
k
X = Y
1
+ Y
2
+ Y
3
+ …. + Y
n
est la variable aléatoire "longueur de la suite".
L'indépendance mutuelle des Y
k
nous assure que la fonction génératrice de X est le produit de
celles des Y
k
.
Simulation
Un fichier Excel était joint, qui comprenait un programme VBA nommé "déquiller"
Lancer la macro :
La première boite info demande la hauteur de la pile (= n ).
La seconde le nombre de fois ou l'on veut répéter l'expérience du déquillage (=a).
Pour chacune de ces expériences, le nombre de tir nécessaire à abattre la pile est enregistré ,
on en fait ensuite la moyenne, qui est affichée et comparée à la moyenne théorique, c'est-à-
dire E(X
n
).
On peut imaginer plus sophistiqué : afficher les a résultats dans une colonne, colorier en rouge
et compter ceux qui sortent de l’intervalle ] X
n
– 2σ ; X
n
+ 2σ[, ou plus simplement
montrer la pile en train de baisser chaque fois qu'on fait " entrée".
Plus tard peut être.
Amicalement, Joël Kieffer, lycée Hélène Boucher, Thionville
• La solution complète de Joël Kieffer (archive zip contenant la solution et les
simulations).
Retour au début des solutions
Complément paru dans le Petit Vert n°78 de juin 2004
Joël Kieffer revient sur le problème des piles proposé par Philippe Févotte avec une jolie solution basée sur la théorie des
jeux :
On pose X
0
= 1 + N , N étant la hauteur de la pile . X
1
le résultat du premier tir , etc.
Avant le premier tir , un joueur parie une unité et répartit sa mise de manière égale sur les N événements " X
1
≤ k ".
L' événement " X
1
≤ k " ayant la probabilité k/N, il doit rapporter N/k fois sa mise, c'est à dire (1/N).(N/k)= 1/k , pour que le
jeu soit équitable .
Si on se place du point de vue de la banque, G
1
= 1 – somme (1/k ; X
1
≤ k < X
0
) est la variable aléatoire "gain sur le premier
jeu ". Son espérance est nulle , puisque le jeu est équitable .
Avant le second tir , le joueur parie à nouveau une unité , de la même manière .
G
2
= 1 – somme (1/k ; X
2
≤ k < X
1
) et E(G
2
) = 0 ; etc., etc., le jeu continue jusqu'au temps T , où X
T
= 1 ; la variable
aléatoire "gain total de la banque" est S
T
= G
1
+ G
2
+ … + G
T
.
Il est clair que S
T
= T – somme(1/k ; X
T
≤
≤≤
≤ k < X
0
) = T – somme(1/k ; 1 ≤
≤≤
≤ k ≤
≤≤
≤N) .
Or E ( S
T
) = 0.
Cqfd
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