G10302. La baguette cass´ ee
Une baguette de longueur 1 s’est cass´ee accidentellement en 4 morceaux (les points de cassure se r´epartissent au hasard sur la longueur de la ba- guette, ind´ependamment les uns des autres).
a) Quelle est la probabilit´e de pouvoir former un quadrilat`ere avec ces quatre morceaux ? G´en´eraliser au cas den morceaux pour qu’ils puissent former un polygone `ancˆot´es.
b) Quelle est la probabilit´e de pouvoir former un triangle avec trois de ces morceaux pris au hasard ?
c) Quelle est la probabilit´e de pouvoir former un triangle avec trois des quatre morceaux, en les choisissant bien ?
Solution
a) Le seul cas d’impossibilit´e est celui o`u le plus grand morceau est plus long que les 3 autres mis bout `a bout ; sa longueur est alors>1/2.
Pour en ´evaluer la probabilit´e, la premi`ere solution propos´ee ´etait la sui- vante.
On peut repr´esenter les longueurs des morceaux (de somme 1) par les distances d’un point aux faces d’un t´etra`edre r´egulier de hauteur 1. Le point repr´esentatif est l’intersection des plans parall`eles aux faces coupant les hauteurs dans la mˆeme proportion que les cassures de la baguette ; la probabilit´e de pr´esence du point dans une r´egion du t´etra`edre est ainsi proportionnelle `a son volume.
La partie du t´etra`edre o`u il y a impossibilit´e est constitu´ee par les 4 t´etra`edres de hauteur 1/2, homoth´etiques du t´etra`edre initial par des ho- moth´eties de rapport 1/2 avec les sommets du t´etra`edre pour centre. Ils totalisent la fraction 4/8 = 1/2 du volume du t´etra`edre de hauteur 1.
Il y a donc probabilit´e 1−1/2 = 1/2 que l’on puisse former le quadrilat`ere.
Avec nmorceaux, on raisonne de mˆeme avec un polytope r´egulier de hau- teur 1 dans l’espace Rn−1; la probabilit´e d’impossibilit´e est n/2n−1, et la probabilit´e de pouvoir former le polygone est 1−n/2n−1.
En r´ealit´e, la conclusion est correcte, mais le raisonnement ne l’est pas si n > 3 : la r´epartition au hasard des points de cassure ne donne nulle- ment une densit´e de probabilit´e uniforme au point repr´esentatif ayant les longueurs de morceaux pour distances aux faces d’un t´etra`edre.
Ce qui rend cette erreur moins apparente est qu’elle donne le r´esultat correct pour la probabilit´e de former un polygone ferm´e utilisant la totalit´e des morceaux.
Un raisonnement correct s’appuie sur une bijection entre les points de cas- sure d’une baguette unit´e ayant un morceau>1/2 et ceux d’une baguette de longueur 1/2 : pour quen−1 points de cassure se concentrent sur une longueur 1/2, la probabilit´e est 21−n. Il y a ensuiten fa¸cons de choisir le morceau qui ´etait le morceau de longueur>1/2 de la baguette unit´e.
b) Avec 3 morceaux pris au hasard, on est dans le casn= 3 de la question pr´ec´edente (le polytope r´egulier est un triangle ´equilat´eral), et la probabi- lit´e est 1/4, tout comme dans le probl`eme G10189.
Dans le cas de 3 morceaux, le point repr´esentatif M dans le triangle
´equilat´eral (th´eor`eme de Viviani) a une densit´e de probabilit´e uniforme. Il y a deux abscisses de cassure, x ety, et je me place dans la moiti´e x < y du carr´e unit´e. Dans le triangle ´equilat´eralABCde hauteur 1, on aura par exemplexdistance de M `aBC, 1−ydistance de M `aAB. Un rectangle
´el´ementairedx.dydu carr´e unit´e a pour image un parall´elogramme de cˆot´es 2dx/√
3 et 2dy/√
3, avec des anglesπ/3 et 2π/3. L’aire du parall´elogramme
´el´ementaire est 2dx.dy/√
3, soit le produit de l’aire du triangle (1/√ 3) par la probabilit´e 2dx.dy. Mais cette propri´et´e de densit´e uniforme ne vaut pas pourn >3.
c) Pour cette question particuli`erement d´elicate, la premi`ere solution pro- pos´ee ´etait la suivante.
Pour chacun des choix des 3 morceaux parmi 4, la probabilit´e de ne pas pouvoir former de triangle est 3/4 (cf. question pr´ec´edente). Si cela se r´ep`ete pour les 4 choix, la probabilit´e est (3/4)4 = 81/256 et il reste la probabilit´e 175/256 de pouvoir former un triangle avec l’un des choix.
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Cette solution serait correcte si les diverses ´eventualit´es (impossibilit´e de former un triangle avec un des 4 trios de morceaux) ´etaient ind´ependantes.
Ce n’est pas le cas ; une indication (qualitative) dans ce sens consiste `a ob- server que, si deux trios permettent de former un triangle, c’est notamment quand il n’y a pas de grosse disparit´e dans les longueurs des 4 morceaux et il y a plus de chances que les deux autres trios permettent aussi de former des triangles : les ´eventualit´es favorables se renforcent entre elles ; de mˆeme, les ´eventualit´es d´efavorables se renforcent entre elles et la pro- babilit´e 81/256 est sous-estim´ee.
Face `a cette faille de raisonnement, une seconde solution ´etait propos´ee sous la forme (caricaturale) suivante : “Tu es loin de compte ; soient a <
b < c < d les longueurs des morceaux ; il y a impossibilit´e seulement si les quantit´es a+b, c et d−b forment une suite croissante, ce qui n’est qu’un des 6 ordres possibles, d’o`u la probabilit´e 1/6 pour l’impossibilit´e.
La vraie probabilit´e de pouvoir former un triangle est 5/6.”
Cette solution est ´egalement fausse, d’autant qu’elle contredit l’argument qualitatif : la probabilit´e 1/6 pour l’impossibilit´e est largement inf´erieure
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a 81/256, alors que la vraie probabilit´e est sup´erieure.
La valeur 1/6 s’appuyait cependant sur une analyse moins simpliste. En r´ealit´e les 6 ordres des 3 grandeurs a+b, c et d−b ne sont nullement
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equiprobables ; cependant, une heureuse co¨ıncidence fait que le classement a+b < c < d−ba bien 1/6 pour probabilit´e, si le point repr´esentatif dans le t´etra`edre y a une densit´e uniforme.
Dans l’espace (a, b, c), en prenant d comme longueur unit´e, le point repr´esentatif des longueurs 0< a < b < c < d= 1 parcourt un t´etra`edre de volume 1/6 et la probabilit´e ´el´ementaire est 6.δa.δb.δc. Les plansa+b=c, b+c = d, a+b = d−b partagent ce t´etra`edre en r´egions dont on peut
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evaluer le volume. On obtient ainsi le tableau ci-apr`es.
Par exemple, pour le r´esultat 1/6 de la premi`ere ligne.
Je prendsd= 1 (on voit ais´ement que le r´esultat vaut quel que soitd).
Il s’agit de trouver quelle part du t´etra`edre 0< a < b < c <1 (de volume 1/6) est prise par les points (a, b, c) satisfaisant a+b < c <1−b.
On a 0 < a < min(b, c−b) ce qui conduit `a distinguer selon le signe de c−2b.
Dans le plan (b, c), on doit avoir 0 < b < c < 1−b, ce qui d´elimite un triangle de sommetsO(0,0),C(0,1) etK(1/2,1/2), d’aire 1/4.
Le volume ´etudi´e est d´elimit´e par ce triangle, et par les plansa=b (s’ap- puyant sur le cˆot´e OC) et a= c−b (s’appuyant sur le cˆot´e OK). C’est donc une pyramide de sommetM d´efini para=b=c−b= 1/3.
Le volume de cette pyramide de hauteur 1/3 est (1/3)(1/4)(1/3) = 1/36. Il faut le rapporter au volume du t´etra`edre, d’o`u la probabilit´e 1/6 annonc´ee.
classement probabilit´e a+b < c < d−b 1/6 c < a+b < d−b 1/18 c < d−b < a+b 1/36 a+b < d−b < c 5/36 d−b < a+b < c 7/36 d−b < c < a+b 5/12
C’est n´eanmoins une autre voie, la m´ethode de Monte-Carlo, qui a conduit Michel Dorrer `a relever l’erreur et `a proposer 0,571. . . pour probabilit´e d’obtenir un triangle. Repris sur des bases correctes, le calcul donne 4/7
= 0, 57142857. . .
Soit x, y, z les abscisses des points de cassure, uniform´ement et ind´epen- damment distribu´es sur (0,1). Le point repr´esentatif a une densit´e de pro- babilit´e uniforme dans le cube unit´e de l’espaceOxyz.
Je divise ce cube en 6 t´etra`edres par les plansy=z,z=x,x=y. Quitte a renommer les variables, l’analyse dans chacun des t´etra`edres se ram`ene
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a celle dans le t´etra`edre 0< x < y < z <1 de l’espace Oxyz.
Les abscisses de cassure fournissent alors pour longueurs des morceauxx, y−x,z−y, 1−z.
La discussion de la non-existence d’un triangle ayant 3 de ces longueurs pour longueurs de ses cˆot´es se r´esume `a la conditiona+b < c < d−b, o`u a < b < c < dsont les longueurs class´ees par ordre croissant.
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On aurait ainsi `a ´etudier les 24 fa¸cons d’affecter les grandeurs (positives) x, y−x, z−y, 1−z, aux variables a, b, c, d (affectation traduite par la permutation des variables qui les met en regard de x,y−x, z−y, 1−z dans cet ordre). Les conditions `a satisfaire par a, b, c, d se traduisent en conditions sur x, y, z d´elimitant des poly`edres `a l’int´erieur du cube unit´e.
Le volume de ces poly`edres donne la probabilit´e de non-existence d’un triangle pour l’affectation correspondante.
Jean Jaquemin affirme qu’on peut faire l’´economie de cette ´enum´eration de cas, car il suffit de r´eordonner les morceaux pour ˆetre ramen´e au premier cas. Cette affirmation n’est pas fausse, mais demande une justification plus pr´ecise.
Soit x, y, z des abscisses de cassure, r´esultant d’une r´epartition uniforme, et soumises `a la seule condition 0< x < y < z <1.
Il en r´esulte 4 morceaux de longueursa < b < c < d. R´eordonn´es, ceux-ci placent les abscisses de cassure en p=a,q=a+b,r=a+b+c= 1−d.
R´eciproquement, on aa=p,b=q−p,c=r−q,d= 1−r. La condition a < b < c < ddonne 2p < q, 2q < p+r, 2r < q+1. Ces in´egalit´es confinent le point (p, q, r) dans un t´etra`edre de volume 1/144 et de sommets (0,0,0), (0,0,1/2), (0,1/3,2/3), (1/4,1/2,3/4).
Quant `a la condition de non-possibilit´e de triangle a+b < c < d−b, elle donne en outre 4q <2r <1 +p. L’ensemble des in´egalit´es se r´esume alors en 8p <4q <2r <1 +p et confine le point (p, q, r) dans un t´etra`edre de volume 1/336 et de sommets
(0,0,0), (0,0,1/2), (0,1/4,1/2), (1/7,2/7,4/7).
Admettant que le point (p, q, r) est uniform´ement r´eparti dans le premier t´etra`edre (ce qui est au moins le cas quand x = p, y = q, z = r), il en ressort la probabilit´e 144/336 = 3/7 pour l’impossibilit´e de former un triangle.
L’affirmation de J. Jaquemin ´equivaut `a dire que tous les cas de l’espace x, y, zse ram`enent `a l’unique cas de l’espacep, q, rd´efini par ces in´egalit´es.
La correspondance entre ces deux espaces r´esulte, pour chaque cas (ca- ract´eris´e par une permutation dea, b, c, d) de l’identification des quantit´es x, y−x, z−y,1−zaux quantit´es homologues prises parmip, q−p, r−q,1−r dans l’ordre d´ecrit par la permutation.
On observe d’abord qu’`a partir des conditions que satisfont p, q, r, les conditions que doivent satisfaire x, y, z (condition g´en´erale 0 < x < y <
z < 1 et condition particuli`ere `a la permutation ´etudi´ee) sont satisfaites par construction. Il n’y a pas de condition suppl´ementaire `a introduire dans l’espacep, q, r.
En outre, cette correspondance fait apparaˆıtrex, y, z comme fonctions du premier degr´e dep, q, r; on en conclut que le jacobienD(x, y, z)/D(p, q, r) est ind´ependant de ces variables, ce qui montre que la r´epartition uniforme dans l’espace x, y, z a pour cons´equence une r´epartition uniforme dans l’espacep, q, r. Mais, a priori, ce jacobien peut d´ependre du cas ´etudi´e.
Aussi subsiste-t-il, pour pouvoir dire comme J. Jaquemin que le casabcd est repr´esentatif de tous les autres, la n´ecessit´e de v´erifier pour chaque cas que le jacobien est ´egal `a±1. Cette v´erification est en fait positive ; cepen- dant, s’il n’en ´etait pas ainsi, la proportion 3/7 d´etermin´ee dans l’espace p, q, r resterait valable globalement ; c’est la r´epartition des probabilit´es entre les divers cas qui en serait affect´ee. En ce sens, J. Jaquemin peut dire que la v´erification cas par cas n’´etait pas indispensable pour obtenir la proportion 3/7.
En conclusion, la probabilit´e de pouvoir former un triangle avec 3 des 4 morceaux est
1−3/7 = 4/7
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