Simultanéité & fréquence minimale

soleildetenebres · October 2018

Simultanéité & fréquence minimale

J'aimerais calculer une probabilité dans la situation suivante : on observe une piste de stade pendant 1000 minutes. La piste est éclairée par un certain nombre de projecteurs. Chaque projecteur s'allume une seule fois, pendant seulement une minute, à n'importe quel moment pendant les 1000 minutes, avant de s'éteindre.
Combien faut il de projecteurs pour avoir 1 chance sur 2 de voir briller deux projecteurs en même temps ?

Je n'ai pas réussi à trouver une méthode de dénombrement de la situation.

Ce problème m'a été inspiré par ce topic et par le paradoxe de Fermi. Désolée si je l'ai posté au mauvais endroit.

rebellin · October 2018

On note $n$ le nombre de projecteurs. Les temps d'allumage sont notés $t_1,t_2,\dots,t_n.$

Supposons momentanément que $t_1<t_2<\cdots <t_n$ et calculons la probabilité $q_n$ qu'aucun projecteur ne s'allume en même temps. La probabilité $p_n$ du même événement, mais sans supposer les $t_i$ ordonnés dans le même ordre que les $i$ vérifiera (bien sûr) $p_n=n!\times q_n.$

Revenons à $q_n.$ Les projecteurs ne s'allument pas en même temps si, et seulement si :
$$t_2>t_1+1,~t_3>t_2+1,~\dots,~t_n>t_{n-1}+1.$$ On a donc $1000>t_n>t_k+(n-k)$ pour tout $k$ et donc $t_k<1000-(n-k).$ Cela étant dit, il vient :
$$q_n=\frac{1}{1000^n}\int_0^{1000-(n-1)}\int_{x_1+1}^{1000-(n-2)}\cdots \int_{x_{n-1}+1}^{1000}\mathrm{d}x_n\cdots\mathrm{d}x_2\mathrm{d}x_1.$$

L'intégrale multiple n'est pas si difficile que cela à calculer, parce que tout s'arrange (regarder ce qui se passe avec $n=4$). On obtient, si je ne m'abuse :
$$q_n=\frac{1}{1000^n}\times\frac{1}{n!}\times (1001-n)^{n},$$ d'où finalement la probabilité cherchée : $$p_n=\frac{1}{1000^n}\times (1001-n)^{n}=\left(1,001-\frac{n}{1000}\right)^n.$$

Il n' y a plus qu'à résoudre l'équation $p_n=1/2$... ou plutôt à chercher une valeur approchée de la solution... Je trouve $n\approx 26,7.$

rebellin · October 2018

Au départ j'ai essayé de trouver une solution géométrique, mais je me suis dit que c'était plus simple avec une intégrale.

Mais finalement j'ai compris. Le souci, c'est que je ne sais pas joindre de figure geogebra et que je ne sais pas expliquer sans...

Bon j'essaye quand-même un peu : l'idée générale, c'est que l'ensemble des solutions est constitué de $n!$ hyper-pyramides à base carrée de côté $1001-n$ incluses dans un hypercube de dimension $n$ et de côté $1000.$ On peut assembler ces pyramides pour former un petit hypercube de côté $1001-n.$ On obtient alors $$p_n=\left(\frac{1001-n}{1000}\right)^n.$$

soleildetenebres · October 2018

Merci pour ces deux réponses. Je n'imaginais pas que mon problème en apparence basique nécessiterait des calculs d'un tel niveau. Cruelle déception pour moi qui pensait pouvoir comprendre le raisonnement derrière la réponse.

26,7. Il suffit de 27 projecteurs. Soit 26 minutes maximum d'éclairage parmi 1000 minutes. Moins de 3 % du temps total.
Avec 97% du temps dans l'obscurité, n'est il pas étrange d'avoir 1 chance sur 2 que deux projecteurs s'allument simultanément ?

Par exemple, si c'était un jeu de fléchettes, les 1000 minutes étant la cible, et les projecteurs des fléchettes, il faudrait que la fléchette rejoignant sa copine (deux projecteurs s'allumant simultanément) ait 1 chance 2 d'atteindre une zone minuscule représentant 3% de la surface de la cible.

soleildetenebres · October 2018

Voici ma tentative ratée de résolution :

n intervalles de temps sont choisis parmi 1000.
Il y a $1000^n$ façons de le faire.

Pour des raisons expliquées à la fin du message, je me suis intéressée au cas du "succès" le plus facile : un intervalle de temps - et un seul - est choisi deux fois *.
Dans ce cas de figure :

D'une part, n - 1 projecteurs ont choisi n - 1 intervalles de temps distincts parmi 1000.

Il y a $\frac{1000 !}{( n - 1 )!(1000 - ( n - 1 ))!}$ façons de le faire.

Le énième projecteur choisit un intervalle de temps déjà illuminé
Il y a $( n - 1 )$ façons de le faire.

La probabilité $p_n$ de ce cas de figure serait alors :

[size=large]$p_n=\frac{( n - 1 ) \times \frac{1000 !}{( n - 1 )!(1000 - ( n - 1 ))!}}{1000^n}$[/size]

Je voulais résoudre graphiquement $p_n=\frac{1}{2}$ mais je n'ai pas de calculette graphique.

* j'ai supposé que les cas de succès plus difficiles (3 projecteurs s'allument en même temps, ou deux puis deux etc.) doivent nécessiter encore plus de projecteurs. Donc la solution trouvée dans ce cas de figure-ci sera le nombre minimum de projecteurs répondant à la question.

Rescassol · October 2018

Bonjour,

Rebellin, pour joindre une figure Géogébra, tu peux d'abord la faire, puis faire une capture d'écran (Ctrl impr), copier/coller dans Paint (par ex), et sauvegarder en jpg ou png.
Tu peux remanier l'image (rogner, luminosité, etc...) au passage dans Paint, ou Picture Manager, ... et tu n'a plus qu'à l'importer sur le forum.

Cordialement,

Rescassol

Edit: Géogébra sait aussi exporter en png, mais je n'ai pas essayé.

rebellin · October 2018

@Rescassol : merci, j'essayerai...

@soleildetenebres : j'ai l'impression que tu te ramènes à des intervalles de temps "entiers". Si c'est ton cadre de travail, il faut le dire. Je pense alors que tu fais une erreur de calcul: le nombre de cas possibles est bien $1000^n,$ mais le nombre de cas favorables est selon moi
$$1000\times 999\times \cdots \times (1001-n).$$

La probabilité cherchée est alors $$p_n=\frac{1000\times 999\times \cdots \times (1001-n)}{1000^n}
=\frac{n!\times\binom{1000}{n}}{1000^n}.$$

On trouve $p_{37}>0,5,$ tandis que $p_{38}<0,5.$

soleildetenebres · October 2018

Rebellin a écrit:

le nombre de cas favorables est selon moi
$$1000\times 999\times \cdots \times (1001-n).$$

Ce ne serait pas plutôt le nombre de cas défavorables ?
Pour que jamais deux projecteurs ne s'allument en même temps, le 1° projecteur a le choix entre 1000 minutes. Le 2° : 999 minutes. Le 3° : 998. Le énième : 1000 - ( n + 1 )

D'où $1000\times 999\times \cdots \times (1001-n)$

$p_n$ serait alors :

$$p_n=1 - \frac{1000\times 999\times \cdots \times (1001-n)}{1000^n}$$

j'ai l'impression que tu te ramènes à des intervalles de temps "entiers"

Oui. Ce qui est faux. Un projecteur peut s'allumer de 53:31 à 54:30
Donc, je suis doublement dans l'erreur.

26,7 ne te semble pas un peu faible comme réponse ? 3 % de temps d'éclairage au mieux et pourtant une chance sur deux de concomitance ? Pour le paradoxe de Fermi (stade = univers, 1 projecteur = 1 forme de vie, 1 minute = 13 millions d'années), cela semble bien trop facile pour deux formes de vie d'être contemporaines l'une de l'autre.

Merci pour le temps que tu as consacré à mon problème.

rebellin · October 2018

J'ai noté $p_n$ la probabilité qu'aucun projecteur ne s'allume en même temps - donc peut-être le contraire de toi.

Est-ce que la réponse 26,7 me semble faible ? Oui et non... regarde le paradoxe des anniversaires pour un résultat du même type et assez contre-intuitif.

Quant au paradoxe de Fermi, je ne sais pas...

soleildetenebres · October 2018

Le paradoxe des anniversaires est effectivement le même problème.
Je n'ai pas compris l'explication de wikipédia concernant l'origine de mon intuition erronée (que la solution est un nombre trop petit) mais savoir qu'elle est erronée me suffit.
Merci encore.

GaBuZoMeu · October 2018

À la lecture de l'énoncé, je comprends plutôt qu'un projecteur s'allume au plus tard à t=999 minutes (puisque chaque projecteur est allumé pendant exactement 1 minute au cours des 1000 minutes. La probabilité pour qu'il n'y ait aucun moment où au moins deux des $n$ projecteurs soient allumés est donc
$$\left(1-\frac{n}{1000}\right)^n\;,$$
et cette quantité vaut $0,5$ pour $n\approx 26,154$. Avec 26 projecteurs, on a 49,6% de probabilité d'en voir deux allumés en même temps et avec 27 projecteurs, 53,2%.

PS. Oups, pas très consistant, ce que je fais. J'aurais dû écrire
$$\left(\frac{1000-n}{999}\right)^n\;,$$
et cette quantité vaut $0,5$ pour $n\approx 26,65$. Avec 26 projecteurs, on a 48,3% de probabilité d'en voir deux allumés en même temps et avec 27 projecteurs, 50,9%. Une petite simulation :

def test(n) :
    L=[999*random() for i in range(n)]
    L.sort()
    return any(L[k+1]<L[k]+1 for k in range(n-1))
def essai(n,p) :
    s=0
    for i in range(p):
        if test(n) : s+=1
    return (s/p).n(15)

print "avec 26 projecteurs", essai(26,10000)
print "avec 27 projecteurs", essai(27,10000)

avec 26 projecteurs 0.4806
avec 27 projecteurs 0.5103

soleildetenebres · October 2018

Je ne comprends pas plus ton raisonnement que celui de Rebellin dans son premier message (qui lui permet de prendre en compte les minutes "glissantes" aussi bien que les minutes entières). Mais vous trouvez le même résultat tous les deux. Ça confirme.
Merci à toi.

soleildetenebres · October 2018

J'essaie de calculer une probabilité dans une autre situation, plus délicate :

Dans le volume d'espace délimité par une sphère de 4 mètres de rayon, on place un certain nombre de points au hasard.
Combien de points sont nécessaires pour avoir 1 chance sur 2 de placer deux points à moins d'un millimètre l'un de l'autre ?

Je suis bloquée d'emblée parce que je ne vois pas comment exprimer la limitation de distance.

YvesM · October 2018

Bonjour,

Il ne faut pas voir d’emblée. Il faut travailler.
Simplifie le problème. Sur le segment $[0,1]$ on place deux points selon une certaine loi, quelle est la probabilité que la distance entre ces points soit inférieure à $a$ avec $a>0$ ?

babsgueye · October 2018

Salut.

Pour le problème des projecteurs je crois comprendre qu'on demande la probabilité de voir durant les $1000\;mn$ au moins $2$ projecteurs en même temps allumés ?

Je dis que la probabilité de voir à l'instant $t,\;t\in [0; 1000[$ un projecteur allumé est $\dfrac{n}{1000}$, $n$ étant supposé être le nombre de projecteurs.

Pour voir au moins $2$ projecteurs s'allumer, il faudrait qu'entre $t$ et $t + 1$, qu'au moins $1$ des $n - 1$ projecteurs restants s'allume, et la probabilité de cet événement est $(1 - \dfrac{1}{999})^{n-1}$.
Ces deux événements étant indépendants, la probabilité que notre rêve se réalise est que $p = \dfrac{n}{1000}\times (1 - \dfrac{1}{999})^{n-1}\geq 0,5$.

On résout cette inéquation pour avoir les valeurs de $n$ convenables. Je crois alors que $n$ va être beaucoup plus grand que $27$.

Cordialement

YvesM · October 2018

Bonjour,

C’est faux. Qu’en dis-tu ?

babsgueye · October 2018

Tu peux dire ce que tu veux, même ce que tu ne penses pas, @Yves.

soleildetenebres · October 2018

babsgueye a écrit:

1 / 999

C'est la probabilité que tel autre projecteur s'allume dans ton créneau. Quand tu fais 1 - 1 / 999, tu calcules la probabilité qu'il ne s'allume pas.

soleildetenebres · October 2018

YvesM a écrit:

Simplifie le problème. Sur le segment $[0,1]$ on place deux points selon une certaine loi, quelle est la probabilité que la distance entre ces points soit inférieure à $a$ avec $a>0$ ?

Oui, c'est un résultat connu. Mais je ne vois pas comment l'extrapoler dans une sphère. Tu as une idée ?

YvesM · October 2018

Bonjour,

Résous déjà le problème à une dimension. Montre tes notations et ton résultat. Et si c’est correct, on passera à la suite. Encore une fois, tu écris ‘je ne vois pas comment extrapoler’. Je te fais la même réponse : il ne faut pas voir mais travailler.

babsgueye · October 2018

@soleildetenebres j'ai vu ton message. Je pense que je suis passé complètement à coté. Je propose alors la solution suivante:

On a la situation $î\leq n$ projecteurs qui se sont allumés sans coïncidence avant l'instant $t\geq i$ où le $(i + 1)^e$ projecteur s'allume avec une probabilité égale à $\dfrac{n - i}{1000 - t}$. On a que la probabilité qu'un autre projecteur s'allume entre $t$ et $t + 1$ est $1 - \dfrac{n - i - 1}{999 - t}$ et on fait varier $i$ de $0$ à $999$ et $t$ de $0$ à $998$ pour avoir la probabilité cherchée:

$p = \sum_{i=0}^{999}\int_{0}^{998}(\dfrac{n - i}{1000 - t})(1 - \dfrac{n - i - 1}{999 - t})dt$

Il faut alors résoudre $p\geq 0,5$ pour trouver la valeur de $n$ convenable.

Bonne soirée.

soleildetenebres · November 2018

YvesM a écrit:

Résous déjà le problème à une dimension.

On calcule la mesure de l'ensemble des tirages de n points répondant à l'événement contraire ( I x_i - x_j I > 10^-3 ) en liant cet ensemble par des isométries à d'autres ensembles de mesures connues. Cette méthode est bien sûr inutilisable dans un espace de dimension 2 ou plus.
C'est un problème que j'ai inventé à partir de Paradoxe de Fermi (deux formes de vie à moins de 10 millions d'années lumière l'une de l'autre dans un univers sphérique de 40 milliards d'années lumière de rayon) alors peut être qu'il n'existe pas de solution. Mais les profs de fac que j'ai consultés sont des spécialistes donc leur échec signifie peut être simplement que l'outil nécessaire ne relève pas de leur domaine.

À ce stade, je me contenterai de suggestions d'un outil mathématique pouvant mener à une solution. Même en dimension 2, je n'arrive pas exprimer les possibilités de chevauchement partiel de deux disques.

YvesM · November 2018

Bonjour,

Je comprends que tu ne veux pas ou ne sais pas résoudre le problème à une dimension (niveau L1). Il ne sert à rien de débattre sur des trucs fumeux alors que ton problème est classique et facile. Quand tu auras travaillé sérieusement sur le problème à une dimension, c-à-d donner les notations et le résultat (et non pas des commentaires), on reprendra cette discussion.

soleildetenebres · November 2018

Babsgueye, je trouve environ 26,15 avec le méthode que j'évoque avec YvesM. Donc trois méthodes différentes Rebellin , GaBuZoMeu et moi-même, donnent à peu près le même résultat. Je n'ai pas eu le temps de me pencher sur ta deuxième résolution mais par curiosité, combien trouves tu pour n ?

Merci encore une fois à Rebellin et à GaBuZoMeu pour le temps que vous avez consacré à mon problème.

YvesM a écrit:

Quand tu auras (...), on reprendra cette discussion

Pas de souci.

babsgueye · December 2018

D'après mon calcul
\begin{align*}
p & = \sum_{i=0}^{999}\int_{0}^{998}\Big(\dfrac{n - i}{1000 - t}\Big)\Big(1 - \dfrac{n - i - 1}{999 - t}\Big)\\
& = \sum_{i=0}^{999}\int_{0}^{998}\dfrac{(n - i)(999 - t - n + i + 1)}{999000 - 1999t + t^2}\\
& = \sum_{i=0}^{999}\int_{0}^{998}\dfrac{-(n - i)t +(n - i)(999 - n + i + 1)}{999000 - 1999t + t^2}\\
& = \sum_{i=0}^{999}\int_{0}^{998}\dfrac{-(n - i)}{2}.\frac{2t - 999}{t^2 + - 1999t + 999000} + \frac{(n - i)(999 - n + i + 1) + \frac{999}{2}}{999000 - 1999t + t^2}\\
& = \sum_{i=0}^{999}\Big(\frac{-(n - i)}{2}\ln(t^2 - 1999t + 999000)\Big) + ((n - i)(999 - n + i + 1) + \frac{999}{2})\frac{1}{\sqrt{999000 - \frac{1999^2}{4}}} \\
&\qquad \qquad\times \bigg(\arctan\Big(\frac{t - \frac{1999}{2}} {\sqrt{999000 - \frac{1999^2}{4}}}\Big)\bigg)
\end{align*}
Si quelqu'un @soleildetenebres peut le calculer, on pourra comparer avec ton résultat.

Simultanéité & fréquence minimale

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