Bonjour à tous,
Voici des problèmes posés au concours Schweitzer dont j'ai récupéré plusieurs années d'annales.
J'ai choisi selon mes gouts donc n'hésitez pas à me dire vos thématiques de prédilection pour les prochaines énigmes, promis j'essayerai de les satisfaire
Problème 1
On choisit deux points indépendamment selon une loi de probabilités uniforme dans un triangle d'aire 1
La droite passant par ces points divise le triangle en 2 polygones, quelle est l'espérance de l'aire de chacun de ces polygones ?
Il faudrait définir comment on choisi ces points selon une loi de probabilité uniforme.
Il faudrait aussi définir comment on différencie ces polygones.
Si je différencie les polygones en prenant celui qui est à gauche du vecteur reliant le premier point au second. Et l'autre à droite.
Intuitivement, le problème est symétrique et donc chaque polygone à la même espérance qui est la moitié de l'aire du triangle. Soit 1/2.
Si on me demande quelle est l'espérance de l'aire du plus grand des polygones. Alors je n'en ai aucune idée
Bonjour Littlefox,
Une loi uniforme dans un triangle veut dire que la probabilité qu'un point appartienne à une partie du triangle est proportionnelle à la surface de cette partie.
Pour différencier les polygones, on peut déjà se demander à quoi ils ressemblent. La probabilité que la droite passe par un sommet du triangle est nulle donc avec une probabilité 1, on va former un triangle et un quadrilatère. On demande donc l'espérance de l'aire du triangle et l'espérance de l'aire du quadrilatère.
Je ne sais pas si tu auras plus d'idée mais si ça peut te rassurer, le concours Schweitzer s'adresse à des étudiants du supérieur et ils ont 10 jours pour répondre. Bon courage
Bonjour,
Je vais jeter des idées....
On admet le cas général un triangle +un quadrilatère
On a BH=2
Le triangle aura une aire bh/2
le quadrilatère associé sera formé d'un triangle de hauteur H-h
et de base b=Bh/H plus un trapèze rectangle de base B-b et b et de hauteur H-h avec une aire de 1-bh/2
La suite......?
@dpi
C'est quoi BH?
Après plusieurs analyses numériques j'en arrive à la conclusion suivante:
On peut toujours (par transformation affine du plan) se ramener au cas du triangle (0,0), (1,0), (0,1) avec les intersections de la droite et du triangle sur les axes. Les aires recherchées sont divisées par deux.
Soit x et y l'intersection avec respectivement l'axe x et l'axe y. On montre (par analyze statistique faute de mieux) que x et y sont indépendentes et suivent une loi de densité f(x) = 2x
L'aire du triangle sous la droite est donc x*y/2*2 = xy.
On intégre sur [0,1]x[0,1] :
L'espérance de l'aire du triangle est donc 4/9 et celle de l'aire du quadrilatère est 5/9.
Ce qui correspond à l'analyse numérique faite par le code ci-dessous:
# See subject at https://www.ilemaths.net/sujet-geometrie-et-probabilites-2-2-876483.html
from random import random
from matplotlib import pyplot
import numpy
def random_area():
dx, dy = random(), random()
if dx + dy > 1:
dx, dy = 1-dy, 1-dx
ex, ey = random(), random()
if ex + ey > 1:
ex, ey = 1-ey, 1-ex
x = dx + dy*(ex-dx)/(dy-ey)
y = ey + ex*(dy-ey)/(ex-dx)
return x, y
# def random_area():
# x = random()**.5
# y = random()**.5
#
# return x, y
def main():
t = 1000000
xs, ys, areas = [], [], []
for _ in range(t):
x, y = random_area()
if 0 <= x <= 1 and 0 <= y <= 1:
xs.append(x)
ys.append(y)
areas.append(x*y)
print(len(areas))
print(sum(areas)/len(areas))
print(numpy.corrcoef(xs, ys))
pyplot.hist(xs, bins=list(b/100 for b in range(101)))
pyplot.hist(ys, bins=list(b/100 for b in range(101)))
pyplot.show()
pyplot.scatter(xs, ys, 0.01, marker='.')
pyplot.show()
pyplot.hist(areas, bins=list(b/100 for b in range(101)))
pyplot.show()
if __name__ == "__main__":
main()
Bravo Littlefox, c'est la bonne réponse, ton esclave numérique t'as sans doute servi pour la partie analyse statistique mais chacun ses outils et on ne peut rien reprocher à un aussi joli code
Laissons tout de même le problème ouvert si certains veulent le démontrer plus mathématiquement.
La partie qui me manque c'est pourquoi x et y sont deux variables indépendentes avec cette distribution.
@Vassillia Est ce que tu as une réponse plus satisfaisante? Ça me chiffonne
La démo qui a été comme solution dans les annales et qui n'est donc pas de moi :
On se met dans le même triangle isocèle rectangle que toi.
Appelons la probabilité que les segments soient encore plus petit que ceux que tu as définis avec et sachant bien sur qu'on doit rester dans le triangle d'origine.
Maintenant intéressons nous aux points d'origine et comme on sait que la distribution est uniforme
avec le domaine où la droite générée vérifie et
Par substitution et
Donc
On en déduit que et on retombe sur ta démonstration avec l'aire du triangle puis l'intégrale
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