Forum de mathématiques - Bibm@th.net

Salut à tous,

Vous avez des points de vue différents et, certes, brillants,
mais qui ne répondent que sur des intevalles. En fait, ma question
est : p(atterrir A 50 m) ;)

Bien cordialement

Bonjour à tous,

Pour le tracé de la courbe, j'ajouterais que ses deux
points d'inflexion ont pour coordonnées :
      abscisses : moy - ecarttype  et  moy + ecarttype
      ordonnées égales : environ 60% du maximum central.

Cordialement,
JFF

Bonjour,

L'énoncé te prend quand même par la main.

"(a) on pourra fixer y = y0 et dériver la relation (1)"
On pourra ? Faisons-le vite !

Fixe y = y0 et exprime le nombre dérivé de f en x0y0
par sa définition : comme une limite lorsque x tend vers x0,
et voit où ça te mène ;
ensuite, envisage le cas particulier où x0y0 = 1.

Puis : f'(x) est de la forme k/x, d'où la conclusion

(b) Reste à montrer que toutes les fonctions d'epression k.lnx
vérifient (1)

(2) Il suffit d'établir que g vérifie (1), d'où la forme de g, d'où celle de f

Bonjour,

Je ne suis pas spécialisé dans les mathématiques appliquées
mais je peux apporter un début de réponse.

A un certain niveau, l'outil mathématique est indispensable
dans le monde de l'industrie ou le tertiaire. Des exemples :

Domaine math : application

Théorie des graphes et topologie : architectures de réseaux info à grande échelle
Développement en série de Fourier etc : traitement du signal (imagerie, astronomie, son, ...)
Calcul matriciel, tenseurs, torseurs : météorologie, mécanique des fluides
Calculs par éléments finis : calculs de structure, résistance des matériaux
Développement de nouvelles lois de probabilités : traitement statistique
Séries temporelles : traitement statistique
Etude de diverses fractales : diffusion de la corrosion, vieillissement, mouvement brownien
Opérateurs (nabla, laplacien, ...) : mécanique des fluides et turbulence
Théorie des jeux : intelligence artificielle, stratégie de décision

Les champs sont tellement vastes et variés que cela n'est qu'un
aperçu (avant impressions), il y a de quoi faire !

En fixant le seuil à 12 au lieu de 2010, c'est affreux !

Je manque de connaissances, alors je me suis tout fait
à la main : proba de gagner en 2 coups jusqu'à proba
de gagner en 12 coups, avec toutes les combinaisons
que ça implique, et j'arrive à un résultat de 0,2889 environ
(2,0223 / 7), si je n'ai pas fait une bourde dans tout ça.

Quelqu'un a-t-il plus simple pour ce genre de problème ?

Ou bien doit-on inventer une nouvelle loi de proba, la loi Freddy-JFF ?

Mais non tu te poses de faux problèmes :

Soit on envisage tous les cas possibles,
ce que j'ai fait dans ma première réponse :
p(2010) = p(2010 et 339 coups) + p(2010 et 340 coups) + ... + p(2010 et 2010 coups)
ça marche à tous les... coups
La seule approx est l'utilisation de la loi normale,
largement justifiée ici.

Soit on envisage en un bloc toutes les parties
bien avancées (pour tout n, d'un coup) et susceptibles de gagner
au coup suivant, c'est à dire toutes les parties
imaginables puisque toutes avancent en direction de 2010,
et on échafaude les différentes possibilités de gagner,
ce que j'ai fait dans ma deuxième réponse.
Là encore, une approx : l'équiprobabilité.

Aux approximations près, ces deux raisonnements
sont imparables.

Salut Freddy,

C'est gentil d'avoir pensé à moi,
je me frotte à ce genre de problèmes velus
en faisant attention car certains peuvent être
urticants !

Je ne suis pas habitué à calculer des probas
dans des cas de nombre d'essais variable, mais je
vais tenter un truc dans un premier temps :

2010 est très grand par rapport aux issues du lancer d'un dé,
alors je vais faire une approximation de départ (qui est peut-être
illicite, il faudrait qu'un expert nous éclaire) :

Sur un grand nombre n de lancers le résultat moyen est très proche de 3,5.
En 572 lancers la somme variable T se moyenne sur 2002,
en 573 lancers sur 2005,5 et en 574 lancers sur 2009.
Dans ces 3 cas et dans les autres, l'écart type de la somme T est
celui d'un lancer × [tex]\sqrt{nb\,lancers}[/tex],
soit [tex]1,70782513\sqrt{n}[/tex].

A chaque valeur de n correspond une somme variable T distribuée
selon la loi normale [tex]N\left(3,5n\,;\,1,70782513\sqrt{n}\right)[/tex],
d'après mon approximation, pour n suffisamment grand.

La plus grande valeur de n envisageable est 2009 (si 2009 fois de suite
le dé a fait 1...) et la plus petite 2004/6 = 338 (si 338 fois de suite il a
fait 6...).

1ère idée :
Pour atteindre 2010, il faut être arrivé entre 2004 et 2009
en n coups, puis avoir obtenu un résultat bien précis au
dernier coup (de proba conditionnelle 1/6 quoi qu'il arrive).
La proba d'arriver pile à 2010 est donc la somme, pour n allant de
338 à 2009, de prob(2004 [tex]\leq [/tex] T [tex]\leq [/tex] 2009) × 1/6

2ème idée :
La proba d'arriver pile à 2010 est donc la somme, pour n allant de
339 à 2010, de prob(T = 2010).
(on a le droit d'ajouter ces probas car ces événements sont incompatibles).
De plus, la proba complémentaire est aussi celle cumulée des événements qui,
au bout d'un certain temps feront dépasser 2010 sans l'avoir atteint.

Il y a sûrement beaucoup plus court pour résoudre cet exercice (soit je manque
de logique, soit de sommeil, soit de connaissances en la matière, soit les 3 cumulés,
ce qui est plus probable).

Sur Excel, le calcul de toutes ces prob(T = 2010) pour presque tous les n possibles
donne une somme de 0,28571428 ressemblant furieusement à 2/7, soit 1/3,5 !!!!
(les versions "1ère idée" et "2ème idée" donnent bien sûr le même résultat)

Si X mise 5€ avec une proba de gagner de 5/7
et Y mise 2€ avec une proba de gagner de 2/7,
alors les chances de gain sont équilibrées.

Par exemple pour Y :   gain =      -2      5           espérance : 0
                                 proba =    5/7    2/7

Salutations à tous les deux.

D'abord : en effet ça ne change rien ;)

Ensuite : je ne suis pas un d'jeuns (ni un fan
de d'jeuni d'ailleurs), disons plutôt entre deux
eaux, à l'âge qui attire les pomponettes de
race humaine lol ;)

@+

Hello

Notons RdB le nombre de rouges disparus au profit d'un bleu,
           RdV le nombre de rouges disparus au profit d'un vert,
           BdR le nombre de bleus disparus au profit d'un rouge,
           BdV le nombre de bleus disparus au profit d'un vert,
           VdR le nombre de verts disparus au profit d'un rouge,
           VdB le nombre de verts disparus au profit d'un bleu.

On remarque que
           le nombre de rouges apparus est R = BdR + VdR, et BdR = VdR notés x
           le nombre de bleus apparus est B = RdB + VdB, et RdB = VdB notés y
           le nombre de verts apparus est V = RdV + BdV, et RdV = BdV notés z
Ainsi :
           le nombre de rouges restants à la fin est 7 + R - RdB - RdV = 7 + 2x - y - z,
           le nombre de bleus restants à la fin est 10 + B - BdR - BdV = 10 + 2y - x - z,
           le nombre de verts restants à la fin est 17 + V - VdR - VdB = 17 + 2z - x - y.

Si on fait l'hypothèse qu'à la fin il ne reste que des rouges,
on doit résoudre le système :
          2x - y - z = 27
           -x + 2y - z = -10
           -x - y + 2z = -17

Si on faisait une autre hypothèse, il n'en resterait pas moins
que la matrice du système serait la même :
            2    -1    -1
            -1    2    -1
            -1   -1    2
dont le déterminant est nul...

On est dans un cas particulier, on remarque qu'au terme
de droite près, la troisième ligne est une combinaison
linéaire des deux premières (l'opposé de leur somme),
donc elle est superflue.

On a donc le choix entre les systèmes formés des deux premières :

Il reste 34 rouges :          Il reste 34 bleus :          Il reste 34 verts :
2x - y - z = 27                 2x - y - z = -7               2x - y - z = -7
-x + 2y - z = -10             -x + 2y - z = 24             -x + 2y - z = -10

3x - 3y = 37                    3x - 3y = -31                 3x - 3y = 3
or 37 n'est pas                 or -31 n'est pas              BINGO
multiple de 3                    multiple de 3                  x = y + 1

Dans ce 3ème cas le système devient :          2(y+1) - y - z = -7
                                                                  -y - 1 + 2y - z = -10
et donc deux fois la même équation :
y - z = -9

Récapitulons :
Les seuls caméléons restants sont les verts, ils sont 34.
x = y + 1 et z = y + 9 montrent que ce résultat final
a pu survenir de plusieurs façons différentes.
Par exemple : x = 1, y = 0 et z = 9,
c'est à dire :
Au début, il y a 7 rouges, 10 bleus et 17 verts.
x = 1 : un bleu et un vert se rencontrent
Il reste 9 rouges, 9 bleus et 16 verts.
z = 9 : Puis, 9 fois de suite, un rouge et un bleu se rencontrent ;
les rouges et les bleus disparaissent et 2×9 = 18 verts
supplémentaires apparaissent.

En tant que stéphanois, je ne peux que dire :
ALLEZ LES VERTS !!!!

et merci Freddy pour ce très joli problème ;)

Hello,

Dans le plan, deux droites sécantes peuvent définir
un repère, pour peu qu'on les oriente et qu'on définisse
un vecteur unité sur chacune.

Utilisons la figure de Freddy au-dessus, prenons le
point A comme origine et le point M comme référence
de départ. Prenons aussi les vecteurs AS et AR
comme vecteurs unitaires de chaque droite.

Ainsi, MS + MR = 2 et suivant les choix précédents,
MS et MR sont les coordonnées de M dans notre repère.

Cherchons déjà dans la même zone du plan, celle
des points de coordonnées positives, les points M'(x, y)
tels que x + y = 2. C'est l'équation d'une droite.

D'une manière générale, pour des points de coordonnées
de signes quelconques, la condition imposée par l'énoncé
est que |x| + |y| = cste = 2,
ce qui dans les différentes régions délimitées par ces
deux droites se déclinera en
x - y = 2, -x + y = 2, -x - y = 2, et donc aussi x + y = 2.

Le lieu des points M' est ainsi un quadrilatère, et même un
parallélogramme, et même un rectangle au vu des
symétries du problème.

La résolution analytique (assez bourrine) dans un cas
général semble en effet montrer que, sauf erreur de
ma part, les segments consécutifs ont des coefs directeurs
tels que a.a' = -1.

Cdt :)

Ce qui m'intrigue encore plus,
c'est que ce résultat vaut exactement 20/980...
et GRRR je ne vois pas pourquoi, là, à chaud.

Ah ben si, bien sûr !
"19 autres personnes ont tiré en tout 380 boules",
ce n'est pas une information sur ce qui s'est réalisé,
mais au contraire ça nous a obligé à envisager tous
les cas possibles à l'issue de ces 380 tirages.
Autant dire que ça aurait aussi bien pu disparaître
de l'énoncé.
Enoncé équivalent :
Soit 1000 boules dont 20 rouges.
J'ai tiré sans remise 20 boules blanches,
quelle est la probabilité que la 21ème soit rouge ?
Réponse : 20/980 = 0,020408163265...

J'ai d'ailleurs simulé des déclinaisons de ce problème
avec d'autres valeurs que 380 et je me suis aperçu
que lorsqu'on remplace 380 par n'importe quel entier
compris entre 0 et 979, on obtenait toujours la même
proba à l'arrivée : 0,020408163265...

Ca titille ? C'est normal, c'est fait pour ;)

JFF

;)

Si Pascal voulait bien nous faire signe,
pour ce qui est de sa vie d'outre-tombe,
nous pourrions connaître la réalité et ne
plus nous contenter d'une espérance...

@+