Olympiades Académiques 2013

[Ben314]

Salut,
L'énoncé est là
Et mon problème, c'est la partie C de l'exercice 6.

Déjà, je comprend pas la question 1) : il y a 14 régions certes, mais parmi les 14 il est possible qu'aucune ne soit l'intersection des 4 hémisphère vu qu'il est possible que cette intersection soit vide (c'est d'ailleurs le sujet de cette partie de déterminer la proba. que ce soit non vide :mur: )

Et le 4), si je me suis pas gouré, ça correspond en fait à calculer la surface moyenne d'un triangle sphérique déterminé par 3 point pris au hasard sur la sphère (avec une loi uniforme).
Je sais que la surface d'un triangle sphérique, c'est la somme des angles moins (mais je sais pas si les élèves le savent...) mais quand à calculer la surface moyenne, ben là, je suis sec (ou alors avec des calculs abominables avec des intégrales au moins triples).

Une idée ?

[nodjim]

Pourquoi 14 régions ? J'en vois 16. Donc ma réponse aurait été 1/16.

Pour le 4) je vois pas ça comme ça, enfin avec les yeux d'un élève de 1ère. Avec 4 pts, on peut définir 6 couples de pts. Pour chacun d'eux, on trace un grand cercle et on vérifie si les 2 autres pts se trouvent dans le même hémisphère (1 chance sur 2). On répète 6 fois l'opération et alors on en déduit que c'est 1/64 pour qu'il y ait un réseau HAN.
On peut aussi raisonner autrement.

[Ben314]

Des régions, il n'y en a que 14, c'est même l'objet de la question 2) avec son algorithme :
Si tu as déjà k cercles et N régions et que tu rajoute un cercle de plus, il coupe chacun des k cercles déjà présent en 2 points donc ça rajoute 2k point d'intersections.
Ensuite, si ton cercle tu le trace petit à petit en partant d'un de ses points d'intersections avec un autre cercle, tu constate qu'à chaque fois que tu arrive à un nouveau point d'intersection, ça coupe une région en deux, donc ça rajoute une région. Idem lorsque tu fini ton cercle en revenant au point de départ où ça coupe une région en deux donc ça en rajoute une donc au total, ça t'a rajouté 2k régions en traçant le k+1-ième cercle.

Bilan : avec un cercle ça fait 2 régions, et avec k cercles, ca fait 2+2x1+2x2+2x3+...+2(k-1)=k²-k+2
Donc avec 1,2,3,4,5,6 cercles, ça fait 2,4,8,14,22,32 régions et, à partir de k=4, parmi les 2^k intersections d'hémisphère possible, il y en a certaines qui sont vides.

Et concernant ton raisonnement pour le 4, ça déconne : si les 4 points sont très très proches les un des autres (donc il va évidement y avoir un réseau HAN), mais qu'il y en a deux sur l'équateur, un dans l'hémisphère nord et un dans l'hémisphère sud alors le grand cercle passant par les deux à l'équateur, ben c'est l'équateur et les deux autres sont de part et d'autre de ce cercle et ça n'empêche nullement l'existence d'un réseau HAN couvrant les 4.
Intuitivement parlant, je pense que la proba. est plus proche de 1 que de 0 (un truc style 3/4 ou 4/5 m'étonnerais pas trop)

[MouLou]

J'avoue que c'est un peu tordu la question 1. Etant la première question, je dirais que la réponse attendue est seulement 1/16 (1/2 pour qu'elle soit dans un hemisphere, puis 4 hemispheres indépendants).

A mon avis du coup la question 4 utiliserait la question 1 avec des proba conditionnelles:

Prob(region est dans l'intersection)= 0xprob(intersection des 4 hemispheres est vide)+ prob(intersection des 4 hemispheres est non vide)x(nombre de regions qui est dans l'intersection dans ce cas la)=1/16.

D'où on tire la proba que l'intersection est non vide. Je pense que c'est moins sorcier de calculer le nombre de region dans l'intersection dans le cas où celle ci est finie. Qu'en penses tu?

[Ben314]

C'est effectivement très plausible.
Comme des "régions" qui sont dans l'intersection des 4 hémisphères, il y en a zéro ou une, ça donnerait 1/16=0*proba de l'intersection vide + 1/14*proba de l'intersection non vide d'où la proba recherchée de 14/16.
Mais le 1/16 de la question 1) me laisse perplexe....

[nodjim]

Ouais, les régions j'ai déconné, faut dire que l'énoncé est tellement long qu'on est déja fatigué en arrivant au bout...
Pour la proba, si on choisit le premier pt posé, il faut au minimum que les 3 autres soient dans son hémisphère, non ? Donc déja 1/8.

[Ben314]

Pour la proba, si on choisit le premier pt posé, il faut au minimum que les 3 autres soient dans son hémisphère, non ? Donc déja 1/8.

Même pas : si tu prend le Pole nord et 3 points en Afrique du Sud, ils sont bien dans un même hémisphère bien choisi.

[MouLou]

J'avoue que j'ai un peu de mal à me convaincre aussi de cette réponse.

J'ai aussi du mal à me convaincre qu'il y'a au plus une région dans l'intersection. En fait plus générallement, je me demande si on peut savoir quelles configurations seront lesées.

Je m'explique: on pourrait naivement raisonner de la manière suivante: pour chaque région, on va tester si la région est dans les 4 hemisphères un par un. On note la ième région et on peut lui associer un quadruplet (a,b,c,d) de {0,1}^4. comme il y'a 14 régions et 16 quadruplet, y'aura des configurations remplies par aucune région. Pourtant intuitivement j'aurai eu envie de dire qu'il yavait pourtant une région par configuration...

[Ben314]

Pourtant, c'est pas tellement plus étonnant (à mon sens) que quand tu trace des droites dans le plan (usuel) : si tu trace 2 droites, ça fait bien 4 régions, mais avec 3 droites, ça te fait que 7 régions et pas 8...

4 grand cercles (dont l'équateur) tracés sur une planisphère :
La zone "en dessous du vert + au dessus du rouge + au dessus du jaune + en dessous du bleu" est vide.
Idem pour son symétrique "au dessus du vert + en dessous du rouge + en dessous du jaune + au dessus du bleu"

[MouLou]

Ok parfait tu m'as convaincu! Merci.

Edit: 7/8 c'est quand même vachement grand tu trouves pas?

[Ben314]

Ben... je sais pas trop...
C'est peut-être à "relativiser" avec le fait que 3 points sont forcément dans un même hémisphère.

Mais je bute toujours sur le 1/16 de départ.
La question serait "On tire au hasard 4 points A,B,C,D sur la sphère puis un 5em M et on se pose la question de savoir quelle est la proba. que M soit dans les 4 hémisphères de pole A,B,C,D, là je répondrait bien 1/16 (il n'y a qu'à tirer M en premier puis regarder la proba que A,B,C,D soient tout les 4 dans l'hémisphère de pole M).
Mais avec cette histoire de zone tirée au hasard parmi les 14 existante, j'ai du mal a me convaincre que la réponse est la même (on peut pas tirer la zone AVANT les 4 points...)

[MouLou]

J'ai comme l'impression que ca revient à faire des probas dans {0,1}^4, puisque avant de tirer les 4 points, tu ne peux absolument pas éliminer un quadruplet. Mais avec ce raisonnement, je ne me justifie pas que ca devienne comme un tirage uniforme dans {0,1}^4

[nodjim]

Bon j'ai un peu compris le problème, mais pour la résolution...
Je comprends qu'on peut toujours s'arranger pour tourner le globe pour voir 3 pts. Si on les relie 2 à 2 par 3 grands cercles, il y a un triangle visible et un triangle invisible identique dans l'autre hémisphère. Et il n'y pas de communication possible si le 4ème pt est dans le triangle invisible.
Donc pour le 7/8 je suis à peu près d'accord.

[benekire2]

Je suis aussi d'accord pour le en réponse à la question 4 en s'aidant de la caractérisation de la question 3.c on doit pouvoir y arriver. Mais dans tous les cas je crois que l'énoncé n'est pas clair.

Sachant que c'est un concours de "reflexion" et pour des élèves de lycée je pense que le jury attend juste le genre de raisonnement que tu donne Ben, maintenant le problème est intéressant en soi et je vais chercher une vraie preuve.

[LeJeu]

Donc pour le 7/8 je suis à peu près d'accord.

Si j'osais le dire ainsi, je confirme le 7/8 de Ben ( qui pète la forme en ce moment)

J'ai fait par simulation (prog) : 4 points aux hasard sur une sphère ( aléa sur les deux angles en coordonnées sphérique de chaque point) , puis pour pour chacun des 4 plans définis par 3 points , j'ai 'regardé' si le quatrième point était ( ou pas ) de l'autre coté du plan par rapport au centre de la sphère.

10 000 000 de lancers et
proba ( que les 4 points soient dans le même hémisphère) =0.875027...

Mais vous le saviez déjà !

[MouLou]

N'empêche qu'on n'a toujours pas réussi à donner une justification correcte au 1/16. Plus j'y pense moins je suis convaincu des réponses que je m'apporte...

[Ben314]

Ca fait un moment que j'avais envie de le faire (une simu. pour vérifier).
Mais attention, si tu veut simuler un tirage uniforme sur une sphère, pour la latitude, il ne faut pas prendre un tirage uniforme sur vu que les grandes latitudes correspondent à des surfaces sur la sphère plus petites que les latitudes faibles.
Sauf erreur, il faut prendre avec qui suit une loi uniforme sur [0,1].

C'est comme ça que tu as procédé ?

@moulou : idem pour moi : le 1/16 continue à me "rester un peu en travers de la gorge"...
personnellement, la façon dont je vois la question c'est :
a) On tire au pif 4 points sur la sphère (loi uniforme) puis au pif (uniforme) une des 14 régions délimitée par les "équateurs" de pôles de ces 4 points.
b) On tire au pif 4 +1 points sur la sphère puis parmi les 14 régions délimitée par les "équateurs" de pôles de les 4 premiers points, on prend celle qui contient le 5em point.
Dans le cas b), je suis d'accord que la proba que la région en question soit l'intersection des 4 hémisphères de pôles les 4 points est de 1/16.
Par contre ça me parrait pas clair que ça soit la même chose que le cas a).

[LeJeu]

Ca fait un moment que j'avais envie de le faire (une simu. pour vérifier).
Mais attention, si tu veut simuler un tirage uniforme sur une sphère, pour la latitude, il ne faut pas prendre un tirage uniforme sur vu que les grandes latitudes correspondent à des surfaces sur la sphère plus petites que les latitudes faibles.
Sauf erreur, il faut prendre avec qui suit une loi uniforme sur [0,1].
.

Bien sûr que non... je me suis bien sûr posé la question de qu'était le hasard dans le choix d'un point sur une sphère. et je suis resté sur l'idée que le tirage uniforme sur les angles était le mieux

Malheur .. si je comprends bien tu dis que pour la lattitude c'est cos de l'angle qui doit suivre une loi uniforme ?

J'y vais dès que j'ai 5 minutes ...mais je confirme que mon résultat précédent (7/8) était sur une variation uniforme de la latitude et longitude ...

[LeJeu]

Bien sûr que non... je me suis bien sûr posé la question de qu'était le hasard dans le choix d'un point sur une sphère. et je suis resté sur l'idée que le tirage uniforme sur les angles était le mieux

Malheur .. si je comprends bien tu dis que pour la lattitude c'est cos de l'angle qui doit suivre une loi uniforme ?

J'y vais dès que j'ai 5 minutes ...mais je confirme que mon résultat précédent (7/8) était sur une variation uniforme de la latitude et longitude ...

Damned!

J'ai codé la latitude comme proposé par Ben ... et ben pas de changement
sinon que j'ai augmenté le nb de tirage à 50 000 000
pour trouver :
proba =0.875020

qu'est ce à dire ? je fais n'importe quoi, je bugge ? c'est normal ?

[beagle]

Damned!

J'ai codé la latitude comme proposé par Ben ... et ben pas de changement
sinon que j'ai augmenté le nb de tirage à 50 000 000
pour trouver :
proba =0.875020

qu'est ce à dire ? je fais n'importe quoi, je bugge ? c'est normal ?

http://www.bing.com/videos/search?q=quelque+chose+ne+tourne+pas+rond&view=detail&&mid=2D970342028D072835952D970342028D07283595

PS: c'est trop fort pour moi,
mais soutien total à vous!