Énoncé - APMEP Lorraine

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Loïc TERRIER, 42B rue du Maréchal
Foch, 57130 ARS-SUR-MOSELLE ou
[email protected]
PROBLÈME « DU TRIMESTRE » n° 76 (DÉCEMBRE 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 p1 entre 1
et n, et on supprime les cases p1 à n. La pile comporte donc désormais p1-1 étages.
On recommence l’opération : on tire au hasard un nombre p2 compris entre 1 et p1-1
et on retire les étages p2 à p1-1, 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 FÉVOTTE
Voir la solution
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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 nème 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 An correspondant (où il y a
équiprobabilité à chaque embranchement) et je lui associe un polynôme Fn(x) de la manière
suivante (illustrée sur A4) :
1
1
2
1
3
2
1
1
4
2
1
3
1
2
1
A chaque branche, on associe un monôme p.xk, 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
1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1 1
1 1 1
x ; x2 ; × x2 ; × x3 ; × x2 ; × x3 ; × × x3 ; × × x4 ;
4
4
4 2
4 2
4 3
4 3
4 3 2
4 3 2
puis on additionne tous ces monômes .
1
11
1
1
Ainsi F4(x) = x + x2 + x3 + x4
4
24
4
24
1 2 1
1
1
1
De même F1(x) = x ; F2(x) = x + x et F3(x) = x3 + x2 + x
2
2
6
2
3
On note Xn la variable aléatoire qui donne le nombre de tirs nécessaires pour araser la pile
n
On obtient la loi de probabilité de Xn grâce à Fn(x) = ∑ P(Xn = k) x k ;
1
n
en outre E(Xn) =
∑ k × P(Xn = k) = Fn'(1) ; reste à calculer Fn (x) .
1
Comment passe-t-on de An à An+1 ?
A l'embranchement initial de An, il suffit de greffer une (n+1)ème branche , au bout de laquelle
on greffera un arbre identique à An .
Cette opération a pour effet :
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-
1
1
à
.
n n+1
d'incrémenter d'une unité le nombre de ramifications sur la partie rapportée .
de faire passer la probabilité sur les branches initiales de
n
1
(x + n)
×F (x) +
×x×Fn(x) =
×Fn(x)
n+1 n
n+1
n+1
1
D'où Fn(x) = x(x + 1)( x + 2)…(x + n – 1)
n!
Ainsi Fn +1(x) =
n-1
F '(x)
En prenant la dérivée logarithmique, n
=
Fn(x)
∑ x +1 k ; et comme F (1) = 1, on obtient :
n
0
n
E(Xn) = Fn'(1) =
∑
1
k
1
Tant qu'on y est, calculons la variance : var(Xn) = Fn''(1) + Fn'(1) – Fn'2(1).
F '' (x) . Fn (x) – Fn'2 (x)
=–
En prenant la dérivée du quotient ci-dessus : n
Fn 2(x)
n-1
∑ (x +1 k) ;
2
0
n
Et en faisant x = 1, il vient Fn'' (1) – Fn'2 (1) = –
∑ k1 .
2
1
n
Var(Xn) =
n
1
–
k
∑ ∑
1
1
k2
1
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 Yk.
Yk = 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)
1
k–1
P (Yk = 1 ) =
et P (Yk = 0) =
.
k
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 Yk 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
1 1 1
le 5ème, puis le 3ème, puis le 1er jeton de la pile (en comptant à partir du bas ), soit × × ; ainsi
6 4 2
1 1 1
P(Y6=0 et Y5 = 1 et Y4 = 0 et Y3 = 1 et Y2= 0 et Y1= 1) = × ×
6 4 2
5 1 3 1 1
Mais P(Y6 = 0)×P(Y5 = 1)×P(Y4 = 0)×P(Y3 = 1)×P(Y2= 0)×P(Y1=1) = ( × ).( × × ×1)
6 5 4 3 2
donne le même résultat, ce qui est la définition de l'indépendance mutuelle.
k – 1 0 1 1 (x + k – 1)
La fonction génératrice de Yk est Gk(x) =
×x + ×x =
k
k
k
X = Y1 + Y2 + Y3 + …. + Yn
est la variable aléatoire "longueur de la suite".
L'indépendance mutuelle des Yk nous assure que la fonction génératrice de X est le produit de
celles des Yk.
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-àdire E(Xn).
On peut imaginer plus sophistiqué : afficher les a résultats dans une colonne, colorier en rouge
et compter ceux qui sortent de l’intervalle ] Xn – 2σ ; Xn + 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).
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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 X0 = 1 + N , N étant la hauteur de la pile . X1 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 " X1 ≤ k ".
L' événement " X1 ≤ 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, G1 = 1 – somme (1/k ; X1 ≤ k < X0) 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 .
G2 = 1 – somme (1/k ; X2 ≤ k < X1) et E(G2) = 0 ; etc., etc., le jeu continue jusqu'au temps T , où XT = 1 ; la variable
aléatoire "gain total de la banque" est ST = G1 + G2 + … + GT.
Il est clair que ST = T – somme(1/k ; XT ≤ k < X0) = T – somme(1/k ; 1 ≤ k ≤N) .
Or E ( ST) = 0.
Cqfd
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