Un mathématicien dans un avion

Bernard-maths · 05-01-2023 10:12:19

@ Michel !

Oui, je cherche mieux, mais je suis sur un autre sujet urgent ...

J'ai fait cet arbre à l'ordre 4, et on trouve bien 1/2 ...

Bernard-maths

Zebulor · 07-01-2023 10:22:10

Bonjour,
en attendant le retour de Bernard Maths, on peut aussi voir que:
- soit le premier passager s'assoit sur la place 1 et chacun des $n$ passagers occupe sa place réservée.
- soit il s'assoit sur une autre place $x$ comprise entre 2 et $n$ et les places suivantes 2 à $x-1$ sont occupées.
Ensuite le passager $x+1$ prend une place entre $x+1$ et $n$...etc de sorte qu'on a une récurrence
Sinon le début de solution de Glozi post 18 a le mérite d'être synthétique...

Dernière modification par Zebulor (07-01-2023 15:58:30)

Glozi · 07-01-2023 15:42:22

Bonjour,
Zebulor, dans ta deuxième option, si la premier passager s'assoit sur la place $x$ entre $2$ et $n$. Alors, ce sont les places $2$ jusqu'à $x$ qui seront occupées. Puis lorsque vient le tour du passager $x$, il reste $n-x+1$ personnes non assises dans l'avion (en comptant la personne $x$). On décrète alors que la nouvelle place de $x$ est la place $1$ (qui est libre). En faisant ça alors on se trouve dans la même situation qu'au début mais avec $n-x+1$ passagers et sièges au lieu des $n$ de départ (le passager $x$ joue le rôle du passager $1$ et il va choisir sa place au hasard sachant que l'ancienne place $1$ est celle qui ne dérangera personne ensuite). Ainsi avec les notations de mon post 18, on voit que $\mathbb{P}(A_n | X= x) = p_{n-x+1}$ dès que $2\leq x \leq n-1$.

Finalement, on trouve pour $n\geq 2$ :
$$p_n = \sum_{x=1}^{n-1}\mathbb{P}(X=x)\mathbb{P}(A_n | X=x) = \frac{1}{n} \times 1 + \frac{1}{n}\sum_{x=2}^{n-1}p_{n-x+1} = \frac{1}{n}+\frac{1}{n}\sum_{x=2}^{n-1}p_x.$$
Ceci permet de montrer par récurrence que $p_n=1/2$ dès que $n\geq 2$.

Sinon j'ai bien aimé la solution donnée par Michel Coste, c'est très joli !

Bonne journée

Zebulor · 07-01-2023 16:06:28

Bonjour,

@Glozi : très jolie formulation .. !

A te relire si j'ai bien compris tu pars en fait simplement de :
$A_n=A_n \cap (\bigcup_{p=1}^n ( X=p))$, sachant que $\bigcup_{p=1}^n ( X=p)$ forme un système complet d'événements

Glozi a écrit :

Sinon j'ai bien aimé la solution donnée par Michel Coste, c'est très joli !

Elle exprime la symétrie illustrée par : $\sum_{x=2}^{n-1}p_{n-x+1} = \sum_{x=2}^{n-1}p_x.$

Glozi a écrit :

on peut exprimer les $\mathbb{P}(A_n | X=k)$ (pour $k\geq 2$) en fonction de certains $p_k$...

C'est le coeur du sujet me semble t il, qui demande le plus de réflexion

Bonne journée.

Dernière modification par Zebulor (07-01-2023 23:13:32)

Glozi · 07-01-2023 19:08:21

Exactement Zebulor, c'est aussi connu sous le nom des de la formule des probabilités totales si je ne m'abuse. (ensuite on utilise la formule des probabilités conditionnelles).

Moralement, c'est juste une disjonction de cas en fonction de quel place choisi le premier passager.
Bonne journée

Glozi · 07-01-2023 23:45:51

Bonsoir,
Zebulor si tu modifies ton message après qu'on t'ait répondu la conversation risque de perdre son sens :p

Sinon pour moi la solution de Michel Coste n'a pas grand chose à voir avec le calcul $\sum {p_{n-x+1}}= \sum p_x$ (ou alors il faut que tu m'expliques). Pour moi cette égalité entre sommes est juste un calcul formel (on prend les termes de la somme dans l'autre ordre).

Il faudrait la confirmation de Michel Coste, mais selon moi on peut utiliser son argument ainsi :
Soit $N\in \{1,\dots,n\}$ la variable aléatoire qui correspond au numéro du premier passager qui choisi le siège $1$ ou $n$.
Par exemple s'il y a $n=4$ personnes :
passager $1$ choisit $3$
passager $2$ choisi $2$ (pas le choix)
passager $3$ choisi $4$ (au hasard)
passager $4$ choisi $1$ (le seul qui reste).

Alors $N=3$ car avant le passager $3$ les deux sièges $1$ et $4$ étaient libres mais plus après qu'il se soit assis.

Il y a deux choses à remarquer :
1. Les passagers $N+1$ jusqu'à $n-1$ vont tous s'assoir à leur place.
2. Le passager $N$ aura choisi le siège $1$ ou $n$ avec équiprobabilité.

Je te laisse te convaincre du premier point si tu veux.
Pour le deuxième point il s'agit de voir que la loi de la variable aléatoire $Y$ du choix du passager $N$ est la même que la loi du choix d'un passager conditionnellement à choisir la place $1$ ou $n$. (je pense que cela peut se prouver rigoureusement en distinguant selon la valeur de $N$ avec les probas totales par exemple).

Ainsi la proba que le $N$ième passager choisisse $1$ est $1/2$. Et à la fin le dernier passager va choisir l'autre option (donc il aura également proba 1/2 d'être à sa place).

Bonne soirée

Zebulor · 08-01-2023 00:18:19

re,

Glozi a écrit :

Bonsoir,
Zebulor si tu modifies ton message après qu'on t'ait répondu la conversation risque de perdre son sens :p

Tu as raison ! je vais relire ce qu'a écrit Michel Coste.

Alors pour mettre les choses au clair ton post précédent ne portait que sur ceci : $A_n=A_n \cap (\bigcup_{p=1}^n ( X=p))$

Bonne soirée

Dernière modification par Zebulor (08-01-2023 00:32:14)

Michel Coste · 08-01-2023 12:34:18

Je reprends l'argument que j'ai donné (ce n'est la vraiment le mien).
Je préfère mathématiser complètement en parlant de l'ensemble Ω des permutations σ de {1,…,n} telles que, pour tout k tel que 1<k≤n, s'il n'existe pas de ℓ<k tel que σ(ℓ)=k, alors σ(k)=k.
La remarque fondamentale est que, pour tout σ∈Ω, tout entier k tel que 2≤k≤n−1 est dans σ({1,…,n−1}). En effet, ou bien il existe ℓ<k tel que σ(ℓ)=k ou bien σ(k)=k. On a donc σ(n)=1 ou σ(n)=n.
Soit τ la transposition (1,n). Pour tout σ∈Ω, τ∘σ∈Ω. La deuxième remarque importante est que la probabilité de l'issue σ est égale à la probabilité de l'issue τ∘σ. En effet, les événements [tex]E_k=\{\sigma\in \Omega\mid \sigma(k)=1\text{ ou }\sigma(k)=n\}[/tex] pour [tex]k=1,\ldots,n-1[/tex] forment un système complet d'événements d'après la première remarque, et [tex]P(\sigma(k)=1\mid E_k)=P(\sigma(k)=n\mid E_k)=1/2[/tex].
La conclusion [tex]P(\sigma(n)=n)=1/2[/tex] suit de ces deux remarques, sans aucun calcul.

Dernière modification par Michel Coste (20-03-2023 16:14:31)

Zebulor · 15-02-2023 16:38:48

Bonjour,
je reviens sur cette discussion et redescends de plusieurs crans dans la mathématisation en proposant une autre manière de voir les choses :

$E_n$ : le passager $n$ est à sa place $n$
$A_1$ : le passager 1 est à sa place 1
$A_p$ : le passager 1 est à la place p
$F_p$ : parmi les passagers $p$ à $n$, l'un au moins est à sa place

Alors on a : $E_n$=$A_1 \bigcup (\bigcup_{p=2}^{n-1} (A_p \bigcap F_p)) $

On devrait pouvoir trouver $P(E_n)$ de cette manière...

Glozi · 15-02-2023 22:15:04

Bonsoir,
Je crois que je n'ai pas bien compris l'idée derrière $F_p$, en effet prenons un exemple si $n=4$, le premier passager choisit le siège $2$ (au hasard), le passager $2$ choisit le siège $4$ (au hasard) le passager $3$ choisit le siège $3$ (car c'est libre), le passager $4$ choisit le siège $1$ (pas le choix). Alors $A_2$ se produit et $F_2$ se produit (puisque $3$ s'est assis à sa place). Pourtant $E_4$ n'est pas réalisé.
(par ailleurs pour ne pas se faire avoir au niveau des notations je pense qu'on pourrait noter que $A_1$, $A_p$ et $F_p$ dépendent tous de $n$).

Peut être que tu voulais $F_p$ : "l'un des passager de $p$ à $n-1$ s'assoit à la place $1$" ?
Bonne soirée

Zebulor · 15-02-2023 23:28:42

Bonsoir Glozi,
oui pour la réponse à ta question finale et ton contre exemple parle de lui même.
Ca ne marche pas mais on doit pouvoir dénombrer des bijections en posant bien le problème

Dernière modification par Zebulor (16-02-2023 08:25:02)

Glozi · 16-02-2023 10:16:49

Bonjour,

Je m'étais posé la question avec des bijections.
J'ai essayé de formaliser

▼tentative avec des bijections

Bonne journée

Glozi · 16-02-2023 10:27:03

Sinon l'approche que tu proposes avec $E_n = A_1 \cup \bigcup (A_p \cap F_p)$
est selon moi assez proche de ce que j'avais proposé au debut de de fil. C'est une approche dynamique :
Il suffit de voir que si $2\leq p\leq n-1$ alors $\mathbb{P}(F^{(n)}_p |A^{(n)}_p)$ est en fait egal à $\mathbb{P}(E^{(n-p+1)}_{n-p+1})$
(je me suis permis de faire apparaître la dependance de ces événement sur le nombre de passager en exposant)

Bonne journée

Zebulor · 16-02-2023 18:23:56

Bonjour,
intéressante ta tentative avec des bijections.. belle analyse...

Bonne soirée :-)

Dernière modification par Zebulor (18-02-2023 03:50:45)

Zebulor · 07-03-2023 17:20:49

Bonjour,

▼autre tentative avec des bijections

j'ai trouvé une autre voie avec des puissances de 2 dans cette affaire ...
Je reprends le post de Glozi :
en effet prenons un exemple si $n=4$, le premier passager choisit le siège $2$ (au hasard), le passager $2$ choisit le siège $4$ (au hasard) le passager $3$ choisit le siège $3$ (car c'est libre), le passager $4$ choisit le siège $1$ (pas le choix).
Donc :
1 est en 2
2 est en 4
3 est en 3
4 est en 1
d'où la construction d'une bijection $f$ telle que f(1)=2, f(2)=4, f(3)=3 et f(4)=1.
Une prof de maths me suggérait de considérer les itérés de f(1) qui contiennent le dernier passager que sont : $f^{(2)}(1)=4, f^{(3)}(1)=1$.
Alors j'ai creusé l'idée...
Dans cet exemple le cycle de 1 qui contient 4 qu'est (1,2,4) est d'ordre 3 parce qu'il contient 3 éléments.

L'idée est d'abord de s'intéresser alors à toutes les bijections pour un $n$ fixé supérieur ou égal à 2 telles que le dernier passager n'est pas à sa place.

En généralisant pour $n$ quelconque, on considère l'événement $A_p$ : le cycle de 1 d'ordre $p$ qui contient $n$ s'écrit :
$(1,f(1), ......,f^{(p-1)}(1)=n)$ où $p \in [\![2;n]\!]$
A $p$ fixé dans l'intervalle précédent il y a $\binom{n-2}{p-2}$ cycles possibles. En sommant sur tous les $p$ et après calculs on obtient $2^{n-2}$ cycles de 1 contenant $n$.

Ensuite on examine toutes les bijections (toujours pour un $n$ fixé) telles que le dernier passager est à sa place.
Si on considère une de ces bijections, elle est nécessairement construite comme suit :
_un cycle de 1 d'ordre $m$, où $m \in [\![1;n-1 ]\!]$
_$f(k)=k$ pour tout $k \in [\![m+1;n]\!]$ car dans ces configurations, à partir d"un rang quelconque chaque passager prend la place qu"il a reservée, y compris le dernier nécessairement.

Le cas $m=1$ est simple : chaque passager $j$ est à la place $j$, y compris le dernier $n$...
Sinon on se ramène à l'étude du cas précédent et en sommant sur tous les $m$ allant de 2 à $n-1$ ça donne
$2^0+2^1+.....+2^{n-3}=2^{n-2}-1$ bijections

Au total on a $2^{n-2}-1+1=2^{n-2}$ configurations où le dernier passager est à sa place.

La probabilité que le dernier passager soit à sa place est donc : nombre de cas favorables/nombre de cas possibles= $\dfrac {2^{n-2}}{2^{n-2}+2^{n-2}}=\dfrac {1}{2}$

A noter que si $n$ passe à $n+1$ le nombre de dispositions possibles des passagers double...

Dernière modification par Zebulor (07-03-2023 22:29:38)

Glozi · 07-03-2023 22:34:45

Bonsoir Zebulor,
Effectivement tu as raison je n'y avais pas réfléchi mais nombre total de configurations est ben pour $n\geq 1$ :
$$\sum_{l=1}^n{{n-1} \choose {l-1}}=2^{n-1}.$$
Si j'ai bien compris, tu démontres qu'il y a autant de configurations où $n$ est à sa place que de configurations où $n$ n'est pas à sa place. ($2^{n-2}$ pour chaque).
Je suis d'accord, en revanche pour moi il manque quelque chose dans ta conclusion, en effet la formule "nombre de cas favorables/nombre de cas possibles" n'est valable a priori que si la proba est uniforme sur toutes les configurations.

Or, ici ce n'est pas le cas,
En effet, notons $i\to j$ pour signifier l'évènement "le passager $i$ s'assoit sur le siège $j$". Et prenons $n=3$,
Alors $\mathbb{P}(1\to 1, 2\to 2, 3\to 3)=\frac{1}{3}$, alors que $\mathbb{P}(1\to2,2\to3,3\to1)=\frac{1}{6}$ et donc $\mathbb{P}$ n'est pas uniforme sur les configurations.

Grosso modo dans mon dernier message je fais la même chose que toi mais en construisant une correspondance explicite $F$ entre les bijections $\sigma$ où $n$ s'assoit à sa place et les bijections $\sigma$ où $n$ ne s'assoit pas à sa place de sorte que $\mathbb{P}(\sigma) = \mathbb{P}(F(\sigma))$, ce qui permet de contourner ce problème.

Bonne soirée

Zebulor · 07-03-2023 22:43:47

Re Glozi,
je me suis posé la question de l'équiprobabilité à un moment en pensant que ce n'était pas un problème mais tu as raison .
En tout cas je vois que tu as encore ce problème bien en tête !

Bonne soirée

Dernière modification par Zebulor (08-03-2023 08:13:52)

Bernard-maths · 08-03-2023 11:36:39

Bonjour Zebulor et Glozi !

J'aime bien cette histoire de bijections.

Par contre, pour moi, et dans ce "genre de problème", je suppose toujours l'équiprobabilité.

Rien (?) ne permet de supposer qu'une bijection est plus ou moins probable qu'une autre ...

Par contre, dans la "réalité des transports aériens", pour avoir pris l'avion une bonne centaine de fois, il y a ceux qui préfèrent les hublots, le couloir, les places dégagées devant ... etc.

Donc vous pouvez refaire un énoncé en tenant compte d'une contrainte, suivant le type de place du mathématicien !!!

Bonne cogitation !

Bernard-maths

Zebulor · 08-03-2023 11:58:29

Bonjour Bernard,

Bernard-maths a écrit :

Rien (?) ne permet de supposer qu'une bijection est plus ou moins probable qu'une autre ...

Ce premier passager indiscipliné y est pour quelque chose...

On peut aussi démontrer cette proba de 1/2 par récurrence sur $n$ ..

Bernard-maths a écrit :

Donc vous pouvez refaire un énoncé en tenant compte d'une contrainte, suivant le type de place du mathématicien !!!
Bonne cogitation !

J'ai quand même envie de garder l'énoncé de départ avec une question : quelle probabilité pour que le $x-ième$ passager soit à sa place ?

Dernière modification par Zebulor (10-03-2023 15:24:23)

frednt59240 · 19-03-2023 16:44:58

La probabilité que le dernier passager soit assis à sa place est de 1/2.

Pour comprendre cela, examinons les deux cas possibles :

Cas 1: Le premier passager s'assoit sur sa propre place.

Dans ce cas, tous les autres passagers s'assoient également sur leur propre place car chacun a une place disponible. Le dernier passager s'assoit donc sur sa propre place. La probabilité de ce cas est de 1/n.

Cas 2: Le premier passager ne s'assoit pas sur sa propre place.

Dans ce cas, le premier passager occupe une place au hasard parmi les n places disponibles, mais il ne s'assoit pas sur sa propre place. Cela signifie qu'il y a une place disponible parmi les n - 2 places restantes. Le deuxième passager a alors deux possibilités : il s'assoit sur la place du premier passager (avec une probabilité de 1/(n-1)) ou il s'assoit sur sa propre place (avec une probabilité de 1/(n-1)). Si le deuxième passager s'assoit sur la place du premier passager, cela signifie que la place du premier passager est maintenant prise et que le deuxième passager ne peut pas s'asseoir sur sa propre place. Il doit donc s'asseoir sur une autre place, choisie au hasard parmi les n - 3 places restantes. Ce processus se poursuit jusqu'au dernier passager.

Dans ce cas, la probabilité que le dernier passager s'assoit sur sa propre place est de 1/2.

Par conséquent, la probabilité totale que le dernier passager soit assis à sa place est la somme des probabilités de chaque cas possible :

Probabilité totale = Probabilité cas 1 + Probabilité cas 2
= 1/n + 1/2
= (2 + n)/2n

Ainsi, la probabilité que le dernier passager soit assis à sa place est de (2 + n)/2n. Par exemple, si l'avion a 100 places, alors la probabilité est de 51/100, soit 0,51 ou 51%.

Zebulor · 20-03-2023 11:30:50

Bonjour,

frednt59240 a écrit :

Probabilité totale = Probabilité cas 1 + Probabilité cas 2
= 1/n + 1/2
= (2 + n)/2n
Ainsi, la probabilité que le dernier passager soit assis à sa place est de (2 + n)/2n. Par exemple, si l'avion a 100 places, alors la probabilité est de 51/100, soit 0,51 ou 51%.

On peut voir ce que donne cette formule sur un petit avion de tourisme à deux places ...voire 3 ou 4 places..

Dernière modification par Zebulor (21-03-2023 15:55:28)

Bernard-maths · 20-03-2023 12:17:59

Hum !

Y-a-t-il un pilote dans l'avion ?

Zebulor · 20-03-2023 15:51:39

Re,
et petit clin d'oeil à Bernard : le passager voyant qu'il est à la place du pilote change de place parce que l'immobilisme tue

Zebulor · 21-03-2023 16:09:31

Je verrais bien une probabilité du dernier passager d'être à sa place du genre :
$\dfrac {1}{n!}\sum\limits_{p=1}^{2^{n-2}} ( \prod_ {j=p \atop p=1}^{n-1} C_p^{n-1} a_1....a_j)$ tels que les $a_k$ sont compris entre 1 et $n-1$ inclus et tous différents..

Dernière modification par Zebulor (24-03-2023 19:12:04)

joss_randal · 14-10-2024 09:06:20

Bonjour,
J'ai beaucoup apprécié les messages #18 et #28 de Glozi.
Étant un peu rigoriste, j'aimerais juste une précision :
On parle de probalilité [tex]p_n[/tex] et d'événements [tex]A_n[/tex] et [tex]X=k[/tex].
On parle aussi de variable aléatoire [tex]X[/tex].

Mais de quel espace probabilisé [tex]\Omega[/tex] parle-t-on ?
Sans doute de [tex]\Omega =\{\sigma \in \textit{S}_n\, |\, \forall k \in [\![ 2, n ]\!] \quad \sigma(k) \neq k \Rightarrow \exists l \in [\![ 1, k-1 ]\!] \, \sigma(l)=k \}[/tex].
Mais alors, quelle est la probabilité mise sur [tex]\Omega[/tex] ?
Certainement pas l'équiprobabilité, mais laquelle ?

Merci d'avance pour toute réponse.
Cordialement.

Forum de mathématiques - Bibm@th.net

#26 05-01-2023 10:12:19

Re : Un mathématicien dans un avion

#27 07-01-2023 10:22:10

Re : Un mathématicien dans un avion

#28 07-01-2023 15:42:22

Re : Un mathématicien dans un avion

#29 07-01-2023 16:06:28

Re : Un mathématicien dans un avion

#30 07-01-2023 19:08:21

Re : Un mathématicien dans un avion

#31 07-01-2023 23:45:51

Re : Un mathématicien dans un avion

#32 08-01-2023 00:18:19

Re : Un mathématicien dans un avion

#33 08-01-2023 12:34:18

Re : Un mathématicien dans un avion

#34 15-02-2023 16:38:48

Re : Un mathématicien dans un avion

#35 15-02-2023 22:15:04

Re : Un mathématicien dans un avion

#36 15-02-2023 23:28:42

Re : Un mathématicien dans un avion

#37 16-02-2023 10:16:49

Re : Un mathématicien dans un avion

#38 16-02-2023 10:27:03

Re : Un mathématicien dans un avion

#39 16-02-2023 18:23:56

Re : Un mathématicien dans un avion

#40 07-03-2023 17:20:49

Re : Un mathématicien dans un avion

#41 07-03-2023 22:34:45

Re : Un mathématicien dans un avion

#42 07-03-2023 22:43:47

Re : Un mathématicien dans un avion

#43 08-03-2023 11:36:39

Re : Un mathématicien dans un avion

#44 08-03-2023 11:58:29

Re : Un mathématicien dans un avion

#45 19-03-2023 16:44:58

Re : Un mathématicien dans un avion

#46 20-03-2023 11:30:50

Re : Un mathématicien dans un avion

#47 20-03-2023 12:17:59

Re : Un mathématicien dans un avion

#48 20-03-2023 15:51:39

Re : Un mathématicien dans un avion

#49 21-03-2023 16:09:31

Re : Un mathématicien dans un avion

#50 14-10-2024 09:06:20

Re : Un mathématicien dans un avion

Réponse rapide

Pied de page des forums