Un gentil : n personnes prennent l’avion, et le vol est complet. Chacun a une place numérotée. Le premier à rentrer (Gérard Depardieu par exemple) est saoul et s’assied n’importe où. A partir de là, chacun des autres passagers suit le processus suivant, en rentrant un par un :
Quelle est la probabilité que le dernier passager s’asseye à sa place ?
Un méchant alors : (essayez au moins de remarquer des choses)
Je suppose qu’il vient des Olympiades.
Assign to each side b of a convex polygon P the maximum area of a triangle that has b as a side and is contained in P. Show that the sum of the areas assigned to the sides of P is at least twice the area of P.
Inutile de dire que cet exercice n’est pas trop facile pour des prépas, des gens en école ou des profs de maths.
Et un autre pendant que j’y suis, qui doit aussi sortir des Olympiades mais que je trouve plus simple :
Let P(x) be a polynomial of degree n>1 with integer coefficients and let k be a positive integer.
Consider the polynomial Q(x)=P(P(...P(P(x))...)), where P occurs k times. Prove that there are at most n integers t such that Q(t)=t.
Edit : il manquait une parenthèse désolé.
P=1/2
Soit il s’assied à sa place ou soit à une autre place 
Leohh a écrit:
P=1/2
Soit il s’assied à sa place ou soit à une autre place
Chaque jour, soit je reste vivant, soit je meurs, donc P(je suis toujours en vie demain)=1/2.
Steaks a écrit:
J’essaye !
[spoiler]Par récurrence. On définit la proposition P : \binom{n+l}{n}= \sum\limits_{k=0}^l \binom{n+k-1}{n-1} avec n, l entiers positifs.
Initialisation, pour l=0 : \binom{n+0}{n}= 1 et \sum\limits_{k=0}^0 \binom{n+k-1}{n-1}= \binom{n-1}{n-1}= 1
On a donc P(0) vraie. On suppose alors qu’il existe un entier positif l tel que P est vraie. A t-on P(l+1) vraie ?On a alors \sum\limits_{k=0}^{l+1} \binom{n+k-1}{n-1}= \sum\limits_{k=0}^l \binom{n+k-1}{n-1} + \binom{n+l}{n-1}
Grâce à l’HDR, on obtient donc que \sum\limits_{k=0}^{l+1} \binom{n+k-1}{n-1}= \binom{n+l}{n} + \binom{n+l}{n-1} et selon la formule de Pascal, on obtient \sum\limits_{k=0}^{l+1} \binom{n+k-1}{n-1}= \binom{n+l+1}{n} et donc P(l+1) est vraie.
Selon le principe du raisonnement par récurrence, j’en déduis que pour tous n,l entiers positifs, P est vraie : \binom{n+l}{n}= \sum\limits_{k=0}^l \binom{n+k-1}{n-1}J’espère ne pas avoir écrit d’âneries
[/spoiler]
J’ai aussi raisonné par récurrence mais en faisant varier le n. Ca reste juste ?
Par contre mettre des énoncés en anglais c’est pas cool 
gardener a écrit:
Un gentil : n personnes prennent l’avion, et le vol est complet. Chacun a une place numérotée. Le premier à rentrer (Gérard Depardieu par exemple) est saoul et s’assied n’importe où. A partir de là, chacun des autres passagers suit le processus suivant, en rentrant un par un :
- si sa place est libre, il s’y assied.
- sinon, il s’assied n’importe où du moment que la place est libre.
Quelle est la probabilité que le dernier passager s’asseye à sa place ?
J’essaye.
[spoiler]Deux cas possibles :
La probabilité que le dernier à rentrer puisse s’assoir à sa place est donc la probabilité que le premier rentré se soit assis à sa place. p=\frac{1}{n}[/spoiler]
Doule a écrit:
[quote=« Steaks »]
J’essaye ![spoiler]Par récurrence. On définit la proposition P : \binom{n+l}{n}= \sum\limits_{k=0}^l \binom{n+k-1}{n-1} avec n, l entiers positifs.
Initialisation, pour l=0 : \binom{n+0}{n}= 1 et \sum\limits_{k=0}^0 \binom{n+k-1}{n-1}= \binom{n-1}{n-1}= 1
On a donc P(0) vraie. On suppose alors qu’il existe un entier positif l tel que P est vraie. A t-on P(l+1) vraie ?On a alors \sum\limits_{k=0}^{l+1} \binom{n+k-1}{n-1}= \sum\limits_{k=0}^l \binom{n+k-1}{n-1} + \binom{n+l}{n-1}
Grâce à l’HDR, on obtient donc que \sum\limits_{k=0}^{l+1} \binom{n+k-1}{n-1}= \binom{n+l}{n} + \binom{n+l}{n-1} et selon la formule de Pascal, on obtient \sum\limits_{k=0}^{l+1} \binom{n+k-1}{n-1}= \binom{n+l+1}{n} et donc P(l+1) est vraie.
Selon le principe du raisonnement par récurrence, j’en déduis que pour tous n,l entiers positifs, P est vraie : \binom{n+l}{n}= \sum\limits_{k=0}^l \binom{n+k-1}{n-1}J’espère ne pas avoir écrit d’âneries
J’ai aussi raisonné par récurrence mais en faisant varier le n. Ca reste juste ?
[/quote]
Oui du moment que tu fixes l.
Satanik, ta méthode présente un petit problème de logique : le premier à rentrer peut très bien s’asseoir à la mauvaise place et le dernier s’asseoir à sa place !
Imagine un avion avec 3 places, avec le premier à la place 1, le deuxième à la place 2 et le troisième à la place 3 : le premier se trompe, et se met à la place 2. Le deuxième entre, voit sa place prise, mais peut très bien s’asseoir à la place 1, et donc le 3ème sera à la bonne place !
En effet Steaks, je viens de m’en rendre compte !
charlestiran a écrit:
Par contre mettre des énoncés en anglais c’est pas cool
Quelle partie est ce que tu ne comprends pas ?
Je réessaye…
Edit, en fait ça fonctionne pas non plus. 
[spoiler]Pour n=1 (si c’est un tout p’tit avion), on a évidemment P=1 (le premier et le dernier sont la même personne et il n’y a qu’une place donc Gérard n’ira pas bien loin). Pour n \geq 2 , sur ma feuille, ça donne ça avec quelques exemples (que j’ai mis sous forme d’arbres) :
n=2, alors P = \frac{1}{2} (soit le premier se met à sa place, soit à celle du dernier).
n=3, alors P = \frac{1}{3} + \frac{1}{3} * \frac{1}{2} = \frac{1}{2} (c’est à dire la probabilité que le premier se mette à sa bonne place, plus la probabilité que le deuxième qui rentre se se mette pas à la place du dernier)
n=4, alors P = \frac{1}{4} + \frac{2}{4} * \frac{1}{2} = \frac{1}{2}
Et plus généralement, grâce à l’arbre je trouve P = \frac{1}{n} + \frac{n-2}{n} * \frac{1}{2} = \frac{1}{2} : le \frac{1}{n} vient de la probabilité que le premier se mette directement à sa bonne place, le \frac{n-2}{n} vient du fait qu’il y a donc également \frac{1}{n} chances que le premier se mette directement à la place du dernier. (il faut donc enlever 2 au numérateur) et le \frac{1}{2} vient de la probabilité que l’avant-dernier se mette donc soit à sa place, soit à celle du dernier.
Mon problème réside dans la rédaction : j’arrive pas à le faire autrement qu’avec les « mains » et mon arbre [/spoiler]
charlestiran a écrit:
Par contre mettre des énoncés en anglais c’est pas cool
C’est pas toi qui parle de faire de la recherche ?
Nan parce que les maths en anglais, va falloir t’y habituer, si tu comptes faire de la recherche en maths
Pas pendant la prépa en tout cas, et c’est très bien comme ça. J’ai encore le temps - même si faudra bien qu’un jour je m’y mette - même si les maths doivent être la science la moins touchée par cette gangrène 
Steaks a écrit:
[spoiler]Pour n=1 (si c’est un tout p’tit avion), on a évidemment P=1 (le premier et le dernier sont la même personne et il n’y a qu’une place donc Gérard n’ira pas bien loin). Pour n \geq 2 , sur ma feuille, ça donne ça avec quelques exemples (que j’ai mis sous forme d’arbres) :
n=2, alors P = \frac{1}{2} (soit le premier se met à sa place, soit à celle du dernier).
n=3, alors P = \frac{1}{3} + \frac{1}{3} * \frac{1}{2} = \frac{1}{2} (c’est à dire la probabilité que le premier se mette à sa bonne place, plus la probabilité que le deuxième qui rentre se se mette pas à la place du dernier)
n=4, alors P = \frac{1}{4} + \frac{2}{4} * \frac{1}{2} = \frac{1}{2}Et plus généralement, grâce à l’arbre je trouve P = \frac{1}{n} + \frac{n-2}{n} * \frac{1}{2} = \frac{1}{2} : le \frac{1}{n} vient de la probabilité que le premier se mette directement à sa bonne place, le \frac{n-2}{n} vient du fait qu’il y a donc également \frac{1}{n} chances que le premier se mette directement à la place du dernier. (il faut donc enlever 2 au numérateur) et le \frac{1}{2} vient de la probabilité que l’avant-dernier se mette donc soit à sa place, soit à celle du dernier.
Mon problème réside dans la rédaction : j’arrive pas à le faire autrement qu’avec les « mains » et mon arbre
C’est ça ! Pour une rédaction correcte, tu peux tenter une récurrence. C’est assez marrant de voir que c’est constant (sauf dans le cas d’un jet privé :p)
Pourtant, l’avant dernier peut aussi ne se mettre ni à sa place, ni à celle du dernier non ? Par exemple, si le premier prenait la place du second et le second prenait au hasard celle du dernier.
charlestiran a écrit:
Pas pendant la prépa en tout cas, et c’est très bien comme ça. J’ai encore le temps - même si faudra bien qu’un jour je m’y mette - même si les maths doivent être la science la moins touchée par cette gangrène
Gangrène ? Lol. Les étrangers publient en anglais et les français … publient en anglais aussi.
Il y a quelques domaines des maths où la recherche se fait en français.
Très peu quand même. Même en théorie de Hodge p-adique j’en vois qui publient en anglais…
