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Niveau autre
probas dans un demi-cercle
Posté par bilbo
n points indépendants sont choisis uniformément sur le périmètre d'un cercle.
Quelle est la probabilité p(n) qu'il existe un demi cercle contenant tous les n points ?
Ce que je vais écrire n'est peut-être qu'une succession de bêtise.
En notant k le diamètre du cercle, son périmètre vaut k
et tu veux que la distance maximale entre les deux points extrémaux, au sens où deux points sont extrémaux si un des deux arc entre ces deux points contient tous les autres, soit de k/2 .
Voilà bon après il doit y avoir une récurrence sur n mais comme je l'ai dit je ne connais pas la réponse.
bonsoir : )
As-tu regardé ce qu'il se passait pour n = 2, n = 3, ... ?
Il y a une claire relation de récurrence entre p(n+1) et p(n) (grâce à l'hypothèse d'indépendance justement) de sorte que tu puisses déduire p(n).
Bonsoir,
je dois bien dire que la relation de récurrence ne me semble pas claire, et le problème assez difficile.
On a de façon évidente p(2)=1, et de façon presque évidente p(3)=5/8.
Mais le calcul de p(4) me semble difficile.
Il est vrai que je ne suis pas vraiment en forme...
Bonsoir verdurin,
N'aurais-tu pas oublié la condition d'indépendance ?
De mon côté, on a également de façon évidente .
Voici comment je raisonnais : partons d'un point quelconque que nous considérons comme référence pour une orientation d'angle e.g. sur . Le deuxième point rencontré appartient forcément au même demi-cercle que le premier point (car fait un angle
avec le premier point) de sorte que
.
Le troisième point rencontré maintenant : n'y a-t-il pas une probabilité de 1/2 qu'il soit dans le même demi-cercle que les deux précédents ? Car celui-ci est choisi uniformément sur le cercle et de façon indépendante.
Plus en détail, soit points choisis sur le cercle.
On désigne par la variable aléatoire qui au point
du cercle associe son angle (par rapport au point de référence).
Nous avons et
,
, ...
Citation :
Le troisième point rencontré maintenant : n'y a-t-il pas une probabilité de 1/2 qu'il soit dans le même demi-cercle que les deux précédents ? Car celui-ci est choisi uniformément sur le cercle et de façon indépendante.
Le troisième point rencontré maintenant : n'y a-t-il pas une probabilité de 1/2 qu'il soit dans le même demi-cercle que les deux précédents ? Car celui-ci est choisi uniformément sur le cercle et de façon indépendante.
Non.
Supposons que, par extraordinaire, les deux premiers points soient confondus alors la probabilités que le troisième point soit dans le même demi-cercle est égale à 1.
Pour être plus précis :
soit
l'angle (positif par définition) entre le premier et le second point.
Les trois points ne sont pas dans le même demi-cercle avec une probabilité
Il suffit de faire un calcul d'intégrale évident pour trouver p(3)=5/8.
Ce que tu calcules est la probabilité pour que tous les points soient dans le demi-cercle d'extrémité A0 et contenant A1.
Ce qui n'est pas la même chose que « tous les points sont dans le même demi-cercle »
Je ne pense pas qu'ils soient correct de considérer le cas où tous les points soient confondus, car il n'y aurait alors qu'un seul point et la probabilité est nulle.
On considère nécessairement au moins points distincts.
Citation :
Ce que tu calcules est la probabilité pour que tous les points soient dans le demi-cercle d'extrémité A0 et contenant A1.
Ce qui n'est pas la même chose que « tous les points sont dans le même demi-cercle »
Non justement car j'ai pris des angles orientés. La probabilité que tous les points soient dans le même demi-cercle est la probabilité que tous les points fassent un angle de Ce que tu calcules est la probabilité pour que tous les points soient dans le demi-cercle d'extrémité A0 et contenant A1.
Ce qui n'est pas la même chose que « tous les points sont dans le même demi-cercle »
Citation :
La probabilité que tous les points soient dans le même demi-cercle est la probabilité que tous les points fassent un angle de![[0 , \pi]](https://latex.ilemaths.net/ile_TEX.cgi?[0 , \pi])
avec le premier point de référence.
La probabilité que tous les points soient dans le même demi-cercle est la probabilité que tous les points fassent un angle de
Non.
Un exemple avec des angles en radiant et le premier point à 0 :
0 ;
/4 ; 3/2.Ok je vois ce que tu veux dire mais cette situation ne peut pas se produire dans mon cas car les points sont pris à la suite (dans le sens d'orientation donné par le deuxième point).
Bon si on veut une autre façon : soit points du cercle.
On commence par choisir au hasard un point qu'on nomme vec
possibilités et de ce point fixons
son diamétral opposé.
On forme là deux demi-cercles et
.
Pour chacun des points restant la probabilité qu'ils soient dans ou
est de 1/2.
Pour que tous les points restant soient dans ou
la probabilité conjointe est donnée par
.
Enfin, la probabilité totale est donnée par .
Cette approche confirme la précédente approche.
Bonjour à tous 
,
J'ai regardé rapidement p3 de mon côté... Et j'ai trouvé p3=3/4.
Après lecture de vos contributions, j'ai la même approche que verdurin, mais je ne trouve pas 5/8...
J'intègre (2pi - alpha)/(2pi) avec alpha variant uniformément de 0 à pi.
Peux-tu vérifier ou donner ton calcul verdurin ?
Mon tout premier calcul de en fait n'était pas
car j'avais oublié de compter les trois possibilités dans le choix du premier point.
Dans mon dernier message en revanche je le corrige bien et j'ai aussi.
J'ai fait une vérification expérimentale...
... et il semble bel et bien que : p3 = 5/8 = 62.5%.
Je vais revoir mon calcul (mais pas tout de suite).
Bon courage si vous avancez entretemps .
Lol !
Bon finalement, il y avait une erreur dans la condition d'évaluation de ma simulation.
Je trouve bien : p3 = 3/4 = 75%
Il faut intégrer sur la moitié du contour et raisonner par symétrie.
Ce qui recoupe le calcul intégral...
En attendant vos avis...
On modélise l'expérience " n points indépendants sont choisis uniformément sur le périmètre d'un cercle " par :
= [0 , 2[n
F = tribu de Borel de
P = (1/(2)n). 
où est la mesure de Lebesgue de 
n restreinte à F .
Pour k {1,...,n} , Xk : 
est l'application x = (x1,....,xn) 
xk .
p(n) est alors P(Max(Xj ) - Min(Xj) 
) qui est (1/(2)n.P{ x 
| Max(xj) } = { x [0 , 1[n | Max(xj) 1/2}
Je tire trois nombres a, b, c uniformes sur I = [ 0 ; 1 ].
Je retranche de ces nombres modulo 1 la quantité a.
J'ai donc 0, x, y avec x et y uniformes sur I.
Pour x allant de 0 à 1/2, y doit être inférieur à 1/2 ou supérieur à x+1/2
Pour x allant de 1/2 à 1, je prends les symétriques de x et y (1-x et 1-y)... et même condition.
La simulation sur 10000 cas donne 75% plus ou moins 1%
Et le calcul intégral donne 3/4 :
P3 = 2 * Somme de x=0 à 1/2 de (1-x)dx = 3/4
bonjour,
pour p(3) j'avais raisonné ainsi
on a deux points A et A' sur le cercle et B et B' leurs diamétralement opposés
un troisième point sera sur un demi cercle passant par A et A' s'il est sur le demi cercle de diamètre A'B' passant par A (EA) ou sur celui de diamètre AB passant par A'(EA')
Bonjour veleda,
C'est très astucieux.
Au minimum on voit bien que l'aire interdite varie de 0 à 1/2 (donc 1/4 en moyenne), contre l'aire autorisée qui est son complémentaire (donc 3/4).
Quant à voir pourquoi il y a indépendance entre E et E' autorisant à avoir P(E et E') = P(E)*P(E')...
... c'est déjà un peu plus sioux comme intuition ...
Erreur dans ce que j'ai dit . Je corrige et prends plutôt
= [- , [n
F = tribu de Borel de
P = (1/2n). où est la mesure de Lebesgue de n restreinte à F .
et pour k {1,...,n} , Xk désigne l'application x = (x1,....,xn) xk .
p(n) est alors P(|Max( |Xj ) - Min(Xj| ) ( au lieu de " p(n) est alors P(Max(Xj ) - Min(Xj ) " ) donc :
p(n) = { x [-1 , 1[n : | Max( xj ) - Min(xj | 1 }
Comme est invariante par t -t on a : p(n) = 2(A) où A = { x [-1 , 1[n | 0 Max( xj ) - Min(xj 1 } .
Je vais donc vérifier ma simulation pour P5 (demain).
C'est un peu fastidieux parce que je dois trier les valeurs sur le cercle (de mesure 1) pour ensuite déterminer le plus grand écart entre deux points consécutifs. Si ce plus grand écart est plus grand que 1/2 tout tient dans un demi cercle.
Je ne pense pas avoir fait d'erreur, mais les vérifications sont longues, donc j'ai pu passer à côté de quelque chose...
Bonjour,
Avec un petit programme on se fatigue moins :
p(3) ≈ 75.02598%
p(4) ≈ 49.98332%
p(5) ≈ 31.22382%
p(6) ≈ 18.75654%
p(7) ≈ 10.94055%
p(8) ≈ 6.25731%
p(9) ≈ 3.51797%
J'ai repris la méthode de LeDino (du Dino ?) et j'ai fait 10 000 000 d'essais pour chaque n.
mdr_non a déjà donné la réponse exacte. Je reformule sa solution.
Soient les
points. On les suppose tous distincts et qu'il n'y en a pas de diamétralement opposés (ça ne représente qu'une partie négligeable). Je note
l'événement "il n'y a aucun point
avec
dans le demi-cercle partant de
et allant dans le sens direct". L'événement "tous les points
sont dans un même demi-cercle" est la réunion disjointe des
pour
allant de
à
(il y a au plus un arc de cercle délimité par les
d'angle
). Par ailleurs il est clair que la probabilité de
est
.
La probabilité de "tous les points sont dans un même demi-cercle" est donc
.
Bonjour,
Merci trapangle, pour cette vérification.
Après vérification, mon tri était mal fait (désolé... j'avais peu de temps et je n'avais pas Python sous la main)...
Je confirme donc P5 ~ 31.26%
Attention : avec 10 millions de simulations, on a trois chiffres significatifs et un quatrième qui n'est qu'approximatif.
Il serait plus juste d'afficher à 0.1% près :
p(3) ≈ 75.0%
p(4) ≈ 50.0%
p(5) ≈ 31.2%
p(6) ≈ 18.8%
p(7) ≈ 10.9%
p(8) ≈ 6.3%
p(9) ≈ 3.5%
La loi trouvée par mdr_nom semble donc très bien confirmée (à la précision près) :
P(3) = 75%
P(4) = 50%
P(5) = 31,25%
P(6) = 18,75%
P(7) = 10,9375%
P(8) = 6,25%
P(9) = 3,515625%
Le résultat étant certain, une simulation ne sert qu'à montrer que la simulation est correctement faite. 
Oui effectivement, la solution de mdr_non est une généralisation à tout n de celle de veleda pour n=3.
Et la reformulation de Recomic35 est (pour moi) plus claire.
J'avoue que j'ai peu investi sur le calcul théorique... finalement très accessible avec les "demi-cercles pivotants"....
Bien vu.
Citation :
Le résultat étant certain, une simulation ne sert qu'à montrer que la simulation est correctement faite.
J'ai simulé parce qu'il semblait y avoir une hésitation.
Le résultat étant certain, une simulation ne sert qu'à montrer que la simulation est correctement faite
.... Et aussi parce que j'aime bien simuler
...
Si j'avais pris le temps de voir que mdr_non n'était que le cas général de veleda, je me serais épargné ce travail effectivement inutile
...Non, les calculs faits montrent bien que l'approche de mdr_non n'est pas une généralisation de celle de veleda : , ce n'est pas vraiment le même calcul que
.
Juste un mot pour vous demander de bien vouloir excuser mes erreurs. 
Disons que je n'étais vraiment pas en forme.
Sinon, je pense que les simulations ne prouvent rien : il faut vérifier que le code de la simulation est correct, sans parler du générateur aléatoire, qui peut aussi poser des problèmes.
Mais il est vrai que les simulations sont stimulantes.
n points indépendants sont choisis uniformément sur une sphère .
Quelle est la probabilité qu'il existe une demi sphère contenant tous les n points ?
Je remonte le sujet pour proposer ce qui suit :
On se donne un entier n > 1 et a [0 , 1[ et on se pose le problème suivant :
" n +1 points indépendants sont choisis uniformément sur le périmètre d'un cercle.
Quelle est la probabilité qu'il existe un arc de cercle de longueur donnée contenant tous les points ? "
Le cercle sera 
:= { z 
│|z| = 1} et la " longueur donnée " 2a où a ]0 , 1[ .
Si on introduit
.m la mesure sur telle que pour toute borélienne u : + on ait
.V = {e2it | 0 t a }
. := n+1 = { (w0,w1,....,wn) | 
k , wk }
.F := Plus petite tribu P-complète rendant mesurables les projections canoniques X0,X1,....,Xn de sur
.
( pour toute borélienne h : [0 , +
[ , )
.A = { w | 
z k , wk z.V }
on a à montrer que A F et à calculer P(A)
On pose B = { (z,z.exp(2it1),....,z.exp(2itn) | z et t1,....tn distincts dans ]0 , a] }
B1 = { (z.exp(2it1),z,z.exp(2it2,....,z.exp(2itn) | z et t1,....tn distincts dans ]0 , a] }
......
Bn = { (z.exp(2it1),....,z.exp(2itn),z) | z et t1,....tn distincts dans ]0 , a] }
B , B1 ,....., Bn sont des boréliens disjoints dont la réunion est A' l'ensemble des w A tels que les wk soient distincts .
A\A' est P-négligeable et donc A F et P(A) = P(A') .
Il est facile d voir que, pour tout k, P(Bk) = P(B) = an de sorte que P(A) = (n + 1)an
C'est visiblement faux. Pour il est certain qu'il y aura un arc de cercle contenant les
points de longueur
. En effet il y a au moins deux points successifs sur le cercle (disons dans le sens direct) tel que l'arc entre les deux soit de longueur
. Or
ne fait pas 1.