Corrig\e ESSEC Maths II 2011 par Pierre Veuillez
Une question que se pose un joueur de cartes est de savoir combien de fois il
est nécessaire de battre les cartes pour que le paquet soit
convenablement mélangé. Ce problème décrit un
procédé très élémentaire pour mélanger les
cartes et propose de répondre alors à cette question.
Considérons un jeu de
N
cartes numérotées de
C
1
à
C
N
et disposées en un paquet sur une table. Un joueur bat les cartes et
repose le paquet sur la table. Le résultat du mélange est une
permutation de ces
N
cartes.
Notations et Rappel :
On note
S
N
l'ensemble des permutations possibles pour ce paquet de
N
cartes et on rappelle que
card
(
S
N
)
=
N
!
On se place dans un espace probabilisé
(
Ω
,
𝒜
,
P
)
avec
Ω
=
S
N
,
𝒜
=
𝒫
(
Ω
)
l'ensemble des parties de
S
N
et
P
l'équiprobabilité sur
Ω
.
Pour toute variable aléatoire
X
on notera
E
(
X
)
et
V
(
X
)
l'espérance et la variance de
X
lorsqu'elles existent.
On considère qu'un paquet est convenablement mélangé lorsque
toutes les permutations sont équiprobables, c'est-à-dire lorsque
pour toute permutation
σ
de
S
N
la probabilité que le tas de cartes se trouve dans la configuration
σ
vaut
1
/
N
!
Vocabulaire et notations:
Une carte située au sommet de la pile est dite en position n° 1,
celle qui se trouve immédiatement en dessous est dite en position
n°2, etc. Ainsi une carte située en position
n°
N
désigne la carte située en bas de la pile.
On prendra garde à bien distinguer la position d'une carte dans le paquet
du numéro qu'elle porte.
Partons d'un tas de cartes rangées initialement dans l'ordre suivant :
pour tout
i
élément de
[
[
1
,
N
]
]
,
la carte
C
i
se trouve en position
i
.
Ainsi, à l'instant initial, la carte
C
1
se trouve sur le dessus du paquet alors que
C
N
se trouve donc tout en dessous du paquet.
Pour
k
élément de
[
[
1
,
N
]
]
,
on appelle insertion à la
k
i
e
`
m
e
place l'opération qui consiste à prendre la carte située
au-dessus du paquet et à l'insérer entre la
k
i
e
`
m
e
et la
(
k
+
1
)
i
e
`
m
e
place. Une insertion à la première place ne change pas l'ordre des
cartes. Une insertion à la
N
i
e
`
m
e
place consiste à faire glisser la carte située au-dessus du paquet
pour la mettre sous le paquet.
Le battage par insertions du jeu de cartes consiste à effectuer une suite
d'insertions aléatoires, en choisissant, à chaque instant, au hasard
uniformément dans
{
1
,
⋯
N
}
la place à laquelle l'insertion a lieu, indépendamment des
insertions précédentes.
Les instants successifs d'insertions seront notées
1
,
2
,
\dots
,
n
,
\dots
,
l'instant initial est
n
=
0
.
Notations. Nous notons :
-
T
1
le premier instant où la carte située sur le dessus du paquet est
glissée en dernière position, c'est-à-dire le premier instant
où la carte
C
N
se trouve remontée de la position
N
à la position
N
−
1
,
-
T
2
le premier instant où la carte
C
N
se trouve remontée en position
N
−
2
,
-
et plus généralement, pour
i
dans
[
[
1
,
N
−
1
]
]
,
T
i
le premier instant où la carte
C
N
atteint la position
N
−
i
.
-
On posera également
Δ
1
=
T
1
et
∀
i
∈
[
[
2
,
N
−
1
]
]
,
Δ
i
=
T
i
−
T
i
−
1
-
Enfin, on notera
T
=
T
N
−
1
+
1
.
On admet que les conditions de l'expérience permettent de faire
l'hypothèse que les variables aléatoires
(
Δ
i
)
i
∈
[
[
1
,
N
−
1
]
]
sont indépendantes.
Description d'un exemple. Dans le tableau ci-dessous, nous
décrivons les résultats d'une expérience faite sur un paquet de
N
=
4
cartes. La première ligne du tableau indique les instants
n
,
la deuxième ligne indique les positions d'insertions, et dans la
dernière ligne figure la configuration du paquet à l'instant
n
.
|
instant
n
|
0
|
1
|
2
|
3
|
4
|
5
|
6
|
7
|
|
insertion en place
k
|
|
3
|
2
|
4
|
1
|
3
|
4
|
2
|
| Configuration |
position 1 |
C
1
|
C
2
|
C
3
|
C
2
|
C
2
|
C
1
|
C
4
|
C
2
|
| du |
position 2 |
C
2
|
C
3
|
C
2
|
C
1
|
C
1
|
C
4
|
C
2
|
C
4
|
| paquet |
position 3 |
C
3
|
C
1
|
C
1
|
C
4
|
C
4
|
C
2
|
C
3
|
C
3
|
|
position 4 |
C
4
|
C
4
|
C
4
|
C
3
|
C
3
|
C
3
|
C
1
|
C
1
|
Pour cette, expérience, on a les résultats
T
1
(
ω
)
=
3
,
T
2
(
ω
)
=
5
,
T
3
(
ω
)
=
6
et
T
7
(
ω
)
=
7
Partie 1 - Description et premiers résultats
-
Pour tout
i
,
Δ
i
est le nombre de coups séparant la
i
−
1
e
`
m
e
de la
i
e
`
m
e
remontée.
Donc
T
i
nombre total de coup pour la
i
e
`
m
e
remontée est
T
i
=
T
1
+
⋯
+
Δ
i
=
Δ
1
+
⋯
+
Δ
i
(on pouvait aussi le faire par récurrence, plus cohérent avec
l'ordre des deux questions)
-
Loi de
Δ
1
.
(
Δ
1
>
n
)
signifie qu'aucune insertion ne s'est faite en
N
e
`
m
e
position durant les
n
premières insertions.
En notant
I
m
la position de la
m
i
e
`
m
e
insertion on a donc
(
Δ
1
>
n
)
=
⋂
m
=
1
n
(
I
m
<
N
)
et par indépendance des insertions
P
(
Δ
1
>
n
)
=
∏
m
=
1
n
P
(
I
m
<
N
)
avec
P
(
I
m
<
N
)
=
N
−
1
N
car les positions d'insertion sont équiprobables.
Conclusion :
P
(
Δ
1
>
n
)
=
(
N
−
1
N
)
n
et comme (valeurs entières) on a alors
(
Δ
1
>
n
−
1
)
=
(
Δ
1
>
n
)
∪
(
Δ
1
=
n
)
donc
P
(
Δ
1
=
n
)
=
P
(
Δ
1
>
n
−
1
)
−
P
(
Δ
1
>
n
)
=
(
N
−
1
N
)
n
−
1
−
(
N
−
1
N
)
n
=
(
N
−
1
N
)
n
−
1
(
1
−
N
−
1
N
)
et on reconnaît, avec
Δ
1
(
Ω
)
=
ℕ
*
,
Δ
1
↪
𝒢
(
1
N
)
N.B. on pouvait le voire directement avec
Δ
1
rang de la première insertion en position
N
dans une suite d'insertions indépendantes, la probabilité à
chacune étant de
1
/
N
-
Soit
i
∈
[
[
2
,
N
−
1
]
]
.
Loi de
Δ
i
-
Pour tout
n
∈
ℕ
(
Δ
i
>
n
)
signifie que, il y a plus de
n
insertion pour la
i
e
`
m
e
remontée de la carte
C
N
Cette remontée se fait de la position
N
−
i
−
1
(après
i
−
1
remontées) à la
N
−
i
.
Il y a donc
N
−
i
positions d'insertions permises.
(
Δ
i
>
n
)
=
⋂
m
=
1
n
(
I
m
≤
N
−
i
)
d'et par indépendance des insertions
P
(
Δ
i
>
n
)
=
∏
m
=
1
n
P
(
I
m
≤
N
−
i
)
avec
P
(
I
m
≤
N
−
i
)
=
N
−
i
N
Conclusion :
P
(
Δ
i
>
n
)
=
(
N
−
i
N
)
n
et comme précédemment, Conclusion :
Δ
i
↪
𝒢
(
i
N
)
-
On a alors
E
(
Δ
i
)
=
1
i
/
N
=
N
i
et
V
(
Δ
i
)
=
1
−
i
N
(
i
N
)
2
=
N
(
N
−
i
)
i
2
-
Loi de
T
2
.
Soit
n
≥
2.
-
-
T
2
=
Δ
1
+
Δ
2
donc
(
T
2
=
n
)
=
⋃
k
=
1
n
−
1
(
Δ
1
=
k
∩
Δ
2
=
n
−
k
)
les bornes étant imposées par
Δ
1
≥
1
et
Δ
2
≥
1
Donc
(
∪
incompatibles et
(
Δ
i
)
indépendants)
P
(
T
2
=
n
)
=
∑
k
=
1
n
−
1
P
(
Δ
2
=
n
−
k
)
P
(
Δ
1
=
k
)
-
On a
∑
k
=
1
n
−
1
(
1
−
1
/
N
1
−
2
/
N
)
k
=
(
1
−
1
/
N
1
−
2
/
N
)
1
−
(
1
−
1
/
N
1
−
2
/
N
)
n
−
1
1
−
(
1
−
1
/
N
1
−
2
/
N
)
car
1
−
1
/
N
1
−
2
/
N
≠
1
=
(
1
−
1
/
N
)
1
−
(
1
−
1
/
N
1
−
2
/
N
)
n
−
1
1
−
2
/
N
−
1
+
1
/
N
=
N
(
1
−
1
N
)
[
1
−
(
1
−
1
/
N
1
−
2
/
N
)
n
−
1
]
-
On
reprend
P
(
T
2
=
n
)
=
∑
k
=
1
n
−
1
P
(
Δ
2
=
n
−
k
)
P
(
Δ
1
=
k
)
et
k
et
n
−
k
≥
1
donc
=
∑
k
=
1
n
−
1
(
1
−
2
N
)
n
−
k
−
1
2
N
(
1
−
1
N
)
k
−
1
1
N
=
2
N
2
(
1
−
2
N
)
n
−
1
(
1
−
1
N
)
−
1
∑
k
=
1
n
−
1
(
1
−
1
/
N
1
−
2
/
N
)
k
=
2
N
2
(
1
−
2
N
)
n
−
1
(
1
−
1
N
)
−
1
N
(
1
−
1
N
)
[
1
−
(
1
−
1
/
N
1
−
2
/
N
)
n
−
1
]
=
2
N
(
1
−
2
N
)
n
−
1
[
1
−
(
1
−
1
/
N
1
−
2
/
N
)
n
−
1
]
=
2
N
[
(
1
−
2
N
)
n
−
1
−
(
1
−
1
N
)
n
−
1
]
-
À l'instant
T
2
,
la carte
C
N
est située en position
N
−
2
et deux cartes se trouvent sous elle qui ont été insérées
aux instants
T
1
et
T
2
La carte insérée à
T
1
sera au dessus de celle insérée à
T
2
,
si (et seulement si) celle insérée à
T
2
l'est en position
N
.
Elle sera en dessous si celle insérée à
T
2
l'est en position
N
−
1
Les deux cas sont équiprobables. Donc à l'instant
T
2
-
\og la carte insérée à l'instant
T
1
est en place
N
−
1
et celle insérée à l'instant
T
2
en place
N
\fg
et
-
\og la carte insérée à l'instant
T
1
est en place
N
et celle insérée à l'instant
T
2
en place
N
−
1
\fg
ont la même probabilité :
1
2
-
A l'instant
T
3
,
la carte
C
N
est située en position
N
−
3
et trois cartes, insérées aux instants
T
1
,
T
2
et
T
3
se trouvent sous elle. On note alors, pour
i
∈
{
1
,
2
,
3
}
,
a
i
la position de la carte ayant été insérée à l'instant
T
i
.
-
Après la troisième insertion en dessous de
C
N
,
la première carte insérée peut se retrouver en
{
N
−
2
,
N
−
1
,
N
}
la seconde ans
{
N
−
1
,
N
}
et ma troisième est en position
N
.
Il y a donc
3
⋅
2
⋅
1
=
6
résultats possibles pour
(
a
1
,
a
2
,
a
3
)
Equiprobables ? les points d'insertion faisant remonter
C
N
sont équiprobables. Il y en a
1
⋅
2
⋅
3
-
Quelques exemples. à l'instant
T
3
:
-
on obtient
(
a
1
,
a
2
,
a
3
)
=
(
N
−
2
,
N
−
1
,
N
)
si (et seulement si) les insertions ont été faites les trois fois en
position
N
.
Il a donc une probabilité de
1
6
-
on obtient
(
a
1
,
a
2
,
a
3
)
=
(
N
−
2
,
N
,
N
−
1
)
si et seulement si
la carte insérée en
T
1
a été deux fois repoussée (insertion
T
2
et
T
3
en dessous)
et celle insérée en
T
2
n'a pas été repoussée par l'insertion en
T
3
donc
la première carte insertion est en
N
,
la seconde en
N
et la dernière en
N
−
1
Il a donc une probabilité de
1
6
-
\og À partir de l'instant
T
,
toutes les configurations du jeu de cartes sont
équiprobables\fg
C'est clair ! non ?
À chaque instant
T
i
(
i
<
N
)
la carte insérée en dessous de
C
N
l'est équiprobablement sur chacune des positions
[
[
N
−
i
+
1
,
N
]
]
et on a alors (récurrence) pour les cartes insérées en dessous,
toutes les permutations équiprobables.
À l'instant
T
N
−
1
+
1
,
on insère enfin la carte
C
N
qui se retrouve équiprobablement en toutes positions.
Au final, toutes les permutations seront équiprobables à l'instant
T
.
On retiendra que si on arrête le battage des cartes par
insertion exactement à l'instant
T
,
on a un paquet convenablement mélangé. Cependant le temps
T
étant aléatoire, il n'est pas possible d'arrêter de battre les
cartes à cet instant précis, à moins de marquer la carte
C
N
bien sûr !
Partie 2 - Estimation du nombre d'insertions pour
bien mélanger les cartes
Notations. on introduit les suites
(
H
n
)
n
≥
1
et
(
u
n
)
définies par
:
∀
n
≥
1
H
n
=
∑
k
=
1
n
1
k
et
u
n
=
H
n
−
ln
(
n
)
\setcounter{enumi}{7}
-
Espérance et variance de
T
On a
T
=
T
N
−
1
+
1
=
∑
k
=
1
N
−
1
Δ
k
+
1
donc
E
(
T
)
=
1
+
∑
k
=
1
N
−
1
E
(
Δ
k
)
=
1
+
∑
k
=
1
N
−
1
N
k
=
N
N
+
∑
k
=
1
N
−
1
N
k
=
N
H
N
et
V
(
T
)
=
∑
k
=
1
N
−
1
V
(
Δ
k
)
par indépendance
=
∑
k
=
1
N
−
1
N
(
N
−
k
)
k
2
=
∑
k
=
1
N
N
(
N
−
k
)
k
2
−
0
=
∑
k
=
1
N
N
2
k
2
−
N
k
k
2
=
N
2
∑
k
=
1
N
1
k
2
−
N
∑
k
=
1
N
1
k
Conclusion :
V
(
T
)
=
N
2
∑
k
=
1
N
1
k
2
−
N
H
N
-
Étude de la suite
(
u
n
)
-
Pour tout
k
≥
1
et
t
∈
[
k
,
k
+
1
]
on a
1
k
+
1
≤
1
t
≤
1
k
donc bornes
k
≤
k
+
1
∫
k
k
+
1
1
k
+
1
ⅆ
t
≤
∫
k
k
+
1
1
t
ⅆ
t
≤
∫
k
k
+
1
1
k
ⅆ
t
et
1
k
+
1
≤
∫
k
k
+
1
1
t
ⅆ
t
≤
1
k
-
On en déduit pour tout entier
n
≥
1
u
n
+
1
−
u
n
=
1
n
+
1
−
ln
(
n
+
1
)
+
ln
(
n
)
=
1
n
+
1
−
∫
n
n
+
1
1
t
ⅆ
t
≤
0
donc la suite
(
u
n
)
n
≥
1
est décroissante
Donc, comme
u
1
=
H
1
−
ln
(
1
)
=
1
alors pour tout
n
≥
1
:
u
n
≤
u
1
=
1
et
H
n
≤
ln
(
n
)
+
1
Enfin en sommant les inégalités de droite du a)
∑
k
=
1
n
∫
k
k
+
1
1
t
ⅆ
t
≤
∑
k
=
1
n
1
k
et Chasles
∫
1
n
+
1
1
t
ⅆ
t
≤
H
n
Conclusion :
∀
n
∈
ℕ
*
,
ln
(
n
+
1
)
≤
H
n
≤
ln
(
n
)
+
1
-
On a donc
∀
n
∈
ℕ
*
,
ln
(
n
+
1
)
−
ln
(
n
)
≤
H
n
−
ln
(
n
)
≤
1
et donc
0
≤
ln
(
n
+
1
n
)
≤
u
n
≤
1
La suite
u
est donc décroissante et minorée par
0
donc converge vers une limite
γ
et
γ
∈
[
0
,
1
]
-
-
Comme
ln
(
n
+
1
)
≤
H
n
≤
ln
(
n
)
+
1
avec
ln
(
n
+
1
)
=
ln
(
n
(
1
+
1
/
n
)
)
=
ln
(
n
)
+
ln
(
1
+
1
/
n
)
donc
1
+
ln
(
1
+
1
/
n
)
ln
(
n
)
≤
H
n
ln
(
n
)
≤
1
+
1
ln
(
n
)
et par encadrement
H
n
/
ln
(
n
)
→
1
et
H
n
∼
ln
(
n
)
Conclusion :
E
(
T
)
=
N
H
N
∼
N
ln
(
N
)
quand
N
→
+
∞
Et comme
H
n
=
ln
(
n
)
+
u
n
et avec
u
n
−
γ
=
ϵ
(
n
)
→
0
on a donc
E
(
T
)
=
N
H
N
=
N
(
ln
(
n
)
+
γ
+
ϵ
(
N
)
)
=
N
ln
(
N
)
+
N
γ
+
N
ϵ
(
N
)
Conclusion :
E
(
T
)
=
N
ln
(
N
)
+
N
γ
+
o
(
N
)
-
On a
v
u
que
V
(
T
)
=
N
2
∑
k
=
1
N
1
k
2
−
N
H
N
=
N
2
∑
k
=
1
N
1
k
2
−
E
(
T
)
Donc
V
(
T
)
N
2
=
∑
k
=
1
N
1
k
2
−
E
(
T
)
N
2
avec
E
(
T
)
N
2
=
ln
(
N
)
N
+
γ
N
+
o
(
N
)
N
2
→
0
et la série
∑
k
≥
1
1
k
2
convergente
Conclusion :
la suite
(
V
(
T
)
N
2
)
N
∈
ℕ
*
est convergente
En notant
α
=
∑
k
=
1
+
∞
1
k
2
on a donc
V
(
T
)
N
2
→
α
Conclusion :
V
(
T
)
∼
α
N
2
avec
α
=
∑
k
=
1
+
∞
1
k
2
Enfin
V
(
T
)
−
α
N
2
=
−
N
2
∑
k
=
N
+
1
+
∞
1
k
2
−
E
(
T
)
≤
0
Conclusion :
V
(
T
)
≤
α
N
2
-
Écart à la moyenne
On rappelle l'inégalité de Bienaymé-Tchebichev
valable pour une variable aléatoire
X
admettant une espérance et une variance
:
∀
ϵ
>
0
P
(
|
X
−
E
(
X
)
|
≥
ϵ
)
≤
V
(
X
)
ϵ
2
Soit
N
fixé et une
c
constante strictement plus grande que 1.
-
On a
T
(
ω
)
−
N
ln
(
N
)
=
T
(
ω
)
−
E
(
T
)
+
E
(
T
)
−
N
ln
(
N
)
et par inégalité triangulaire
|
T
(
ω
)
−
N
ln
(
N
)
|
≤
|
T
(
ω
)
−
E
(
T
)
|
+
|
E
(
T
)
−
N
ln
(
N
)
|
et
E
(
T
)
−
N
ln
(
N
)
=
N
H
N
−
N
ln
(
N
)
=
N
(
H
n
−
ln
(
N
)
)
et on a vu que
0
≤
u
n
=
H
n
−
ln
(
N
)
≤
1
donc
|
E
(
T
)
−
N
ln
(
N
)
|
=
E
(
T
)
−
N
ln
(
N
)
≤
N
et donc
Conclusion :
|
T
(
ω
)
−
N
ln
(
N
)
|
≤
|
T
(
ω
)
−
E
(
T
)
|
+
N
Donc, si
|
T
−
N
ln
(
N
)
|
≥
c
N
alors
|
T
−
E
(
T
)
|
+
N
≥
|
T
−
N
ln
(
N
)
|
≥
c
N
et
|
T
−
N
ln
(
N
)
|
≥
c
N
−
N
Conclusion :
(
|
T
−
N
ln
(
N
)
|
≥
c
N
)
⊂
(
|
T
−
E
(
T
)
|
≥
N
(
c
−
1
)
)
-
D'après l'inégalité de Bienaymé&Tchebichev,
On a
P
(
|
T
−
E
(
T
)
|
≥
(
c
−
1
)
N
)
≤
V
(
T
)
(
c
−
1
)
2
N
2
et
V
(
T
)
≤
α
N
2
(10.b) ) donc
P
(
|
T
−
E
(
T
)
|
≥
(
c
−
1
)
N
)
≤
α
(
c
−
1
)
2
et comme
(
|
T
−
N
ln
(
N
)
|
≥
c
N
)
⊂
(
|
T
−
E
(
T
)
|
≥
N
(
c
−
1
)
)
alors
P
(
|
T
−
N
ln
(
N
)
|
≥
c
N
)
≤
P
(
|
T
−
E
(
T
)
|
≥
N
(
c
−
1
)
)
≤
α
(
c
−
1
)
2
Conclusion :
P
(
|
T
−
N
ln
(
N
)
|
≥
c
N
)
≤
α
(
c
−
1
)
2
Le nombre
N
étant fixé,
α
(
c
−
1
)
2
→
0
quand
c
→
+
∞
donc, par encadrement (une probabilité est positive)
Conclusion :
P
(
|
T
−
N
ln
(
N
)
|
≥
c
N
)
→
0
quand
c
→
+
∞
-
Soit
ϵ
>
0.
La question précédente pousserait le professeur de mathématique
à jouer avec les
ϵ
.
Plus simplement :
avec
c
=
ϵ
ln
(
N
)
,
on a, pour
N
>
exp
1
/
ϵ
,
c
>
1
donc
P
(
|
T
−
N
ln
(
N
)
|
≥
ϵ
ln
(
N
)
N
)
≤
α
(
ϵ
ln
(
N
)
−
1
)
2
Conclusion :
par encadrement,
lim
N
→
+
∞
P
(
|
T
−
N
ln
(
N
)
|
≥
ϵ
ln
(
N
)
N
)
=
0
On peut traduire ces résultats en disant que l'événement:
\og
T
s'écarte de
N
ln
(
N
)
de manière significative\fg est un
événement asymptotiquement rare.
Pour information, pour un paquet de 32 cartes, on donne
32
ln
(
32
)
≃
110
et pour un paquet de 52 cartes,
52
ln
(
52
)
≃
205
-
Simulation informatique. Dans cette question on considère un jeu de
N
=
32
cartes.
Modélisation : On définit en
PASCAL le TYPE Paquet=ARRAY[1. .32]
OF INTEGER; Le paquet de 32 cartes est représenté par une
variable Jeu de TYPE Paquet
rempli initialement d'entiers entre 1 et 32; donc, initialement,
Jeu[i] contient
i
,
c'est à dire que la carte
C
i
est en position
i
.
Au cours des insertions, Jeu[i] désigne le
numéro de la carte en position numéro
i
.
Par exemple, Jeu [i] =10 signifie que la carte
C
1
0
est en position
i
.
On indique à la fin de cette question un extrait de programme à
compléter en suivant les questions suivantes:
-
Écrire la procédure Init permettant de
définir une variable Jeu correspondant à la
configuration initiale du paquet de cartes.
PROCEDURE Init(VAR jeu:paquet);
VAR i:integer;
BEGIN
FOR
i:=1 TO 32 DO jeu[i]:=i;
END;
-
Compléter la procédure Insertion qui simule
une opération d'insertion. On rappelle que la fonction
RANDOM(32) permet de tirer un nombre entier au hasard
dans l'intervalle
[
[
0
,
31
]
]
.
PROCEDURE insertion (VAR Jeu:paquet);
VAR i,k,cartedessus:INTEGER;
BEGIN
k:=RANDOM(31)+1;
cartedessus:=Jeu[1];
IF
k>1 THEN FOR i:=1 TO k-1 DO Jeu[i]:=Jeu[i+1];
//décalage
d'une position
jeu[k]:=cartedessus;
END;
-
FUNCTION T(Jeu:Paquet):INTEGER;
var n:INTEGER;
begin
Init(Jeu);
// met le paquet en place
n:=0;
// initialise un compteur
WHILE
Jeu[1]<>32 DO // le jeu est battu
BEGIN
insertion(Jeu);
n:=n+1;
// incrémente
END;
T:=n;
END;
Cette procédure effectue les insertions jusqu'à ce que la carte 32
(celle du dessous) se retrouve au dessus. n compte le
nombre d'insertions nécessaires pour y parvenir.
Donc
T
simule
T
N
−
1
et non pas
T
...piège !
C'est donc un de moins que le nombre d'insertions pour
-
Pour écrire le programme principal permettant de calculer et d'afficher
la moyenne des valeurs prises par la fonction T sur 100 expériences et
compléter la ligne de déclaration de variables, il ne reste, dans le
programme principal, qu'à appeler 100 fois T et
à totaliser les résultats
(
S
accumulateur) .
TYPE Paquet=ARRAY[1..32] OF INTEGER;
VAR Jeu:Paquet;
S,n:integer;
BEGIN
RANDOMIZE;
S:=0;
FOR
n:=1 to 100 do S:=S+T(Jeu);
Writeln(S/100);
END.
Partie 3 - Distance variationnelle à la loi uniforme
Notations:
-
On note
π
l'équiprobabilité sur
S
N
;
c'est-à-dire l'application de
𝒫
(
S
N
)
dans
[
0
,
1
]
telle que
:
∀
A
⊂
S
N
π
(
A
)
=
card
(
A
)
N
!
;
en particulier,
∀
σ
∈
S
N
π
(
{
σ
}
)
=
1
N
!
-
On note également
μ
n
la probabilité sur
S
N
définie comme suit :
pour chaque configuration
σ
de
S
N
,
μ
n
(
{
σ
}
)
désigne la probabilité qu'à l'instant
n
le tas de cartes se trouve dans la configuration
σ
.
On a alors pour toute partie
A
de
S
N
,
μ
n
(
A
)
=
∑
σ
∈
A
μ
n
(
{
σ
}
)
On peut mesurer la qualité du mélange à un instant donné
n
en estimant l'écart entre
μ
n
et
π
.
Une distance
d
entre ces probabilités est définie de la manière suivante
:
d
(
μ
n
,
π
)
=
max
{
|
μ
n
(
A
)
−
π
(
A
)
|
,
A
⊂
S
N
}
\setcounter{enumi}{13}
-
Soient
A
une partie de
S
N
,
n
∈
ℕ
*
et
E
n
l'événement:
\og à l'instant
n
le paquet de cartes se trouve dans une configuration qui appartient à la
partie A.\fg
-
A l'instant
T
,
le paquet a été mélangé et toutes les configurations sont
équiprobables.
Et pour les mêmes raisons, à tout instant ultérieur, les
configurations seront toutes équiprobables.
Donc sachant l'instant
n
≥
T
,
la probabilité est l'équiprobable :
π
.
Conclusion :
P
T
≤
n
(
E
n
)
=
π
(
A
)
Conclusion :
P
(
E
n
∩
(
T
≤
n
)
)
=
P
(
T
≤
n
)
P
T
≤
n
(
E
n
)
=
π
(
A
)
P
(
T
≤
n
)
-
Si
(
E
n
∩
T
>
n
)
alors
(
T
>
n
)
donc
(
E
n
∩
T
>
n
)
⊂
(
T
>
n
)
Conclusion :
P
(
E
n
∩
T
>
n
)
≤
P
(
T
>
n
)
-
Pour tout
donc
μ
n
(
A
)
=
P
(
E
n
)
.
et comme
(
T
>
n
,
T
≤
n
)
est nu système complet d'événements,
P
(
E
n
)
=
P
(
E
n
∩
(
T
≤
n
)
)
+
P
(
E
n
∩
T
>
n
)
=
π
(
A
)
P
(
T
≤
n
)
+
P
(
E
n
∩
T
>
n
)
avec
P
(
T
≤
n
)
donc
π
(
A
)
P
(
T
≤
n
)
≤
π
(
A
)
et
P
(
E
n
∩
T
>
n
)
≤
P
(
T
>
n
)
Conclusion :
μ
n
(
A
)
≤
π
(
A
)
+
P
(
T
>
n
)
-
Soit
A
une partie de
S
N
et
n
∈
ℕ
*
.
On note
A
‾
l'événement contraire de
A
.
-
μ
n
est une probabilité donc
μ
n
(
A
‾
)
=
1
−
μ
n
(
A
)
et de même
π
(
A
‾
)
=
1
−
π
(
A
)
Conclusion :
μ
n
(
A
‾
)
−
π
(
A
‾
)
=
π
(
A
)
−
μ
n
(
A
)
-
De
μ
n
(
A
)
≤
π
(
A
)
+
P
(
T
>
n
)
on tire
π
(
A
)
−
μ
n
(
A
)
≥
−
P
(
T
>
n
)
l'inégalité précédente étant vraie pour toute partie
A
de
S
N
,
elle l'est aussi pour
A
‾
Donc
π
(
A
‾
)
−
μ
n
(
A
‾
)
≥
−
P
(
T
>
n
)
soit
μ
n
(
A
‾
)
−
π
(
A
‾
)
≤
P
(
T
>
n
)
et comme d'autre part
π
(
A
)
−
μ
n
(
A
)
=
μ
n
(
A
‾
)
−
π
(
A
‾
)
on a donc
−
P
(
T
>
n
)
≤
π
(
A
)
−
μ
n
(
A
)
≤
P
(
T
>
n
)
soit
Conclusion :
|
π
(
A
)
−
μ
n
(
A
)
|
≤
P
(
T
>
n
)
-
Les quantités de
{
|
μ
n
(
A
)
−
π
(
A
)
|
,
A
⊂
S
N
}
sont toutes comprises entre
0
et
P
(
T
>
n
)
.
Donc le maximum
d
(
μ
n
,
π
)
également
Conclusion :
0
≤
d
(
μ
n
,
π
)
≤
P
(
T
>
n
)
T
étant une variable aléatoire, sa fonction de répartition tend
vers
1
en
+
∞
.
Et donc
P
(
T
>
n
)
=
1
−
P
(
T
≤
n
)
→
1
−
1
=
0
quand
n
→
+
∞
Conclusion :
par encadrement
lim
n
→
+
∞
d
(
μ
n
,
π
)
=
0
Partie 4 Une majoration de
P
(
T
>
n
)
Dans cette partie, nous intéressons provisoirement à un
collectionneur de timbres. Celui-ci reçoit chaque jour une lettre
affranchie avec un timbre choisi au hasard uniformément parmi les
N
timbres en vigueur. On étudie ici le nombre de jours que doit attendre le
collectionneur pour posséder 1a collection complète des
N
timbres. Le jour
0
il n'a aucun timbre.
On note alors:
-
pour tout entier
k
∈
[
[
1
,
N
]
]
,
S
k
le nombre aléatoire de jours que doit attendre le collectionneur pour que
le nombre de timbres différents qu'il possède passe de
k
−
1
à
k
,
-
S
=
S
1
+
S
2
+
⋯
+
S
N
,
soit la variable aléatoire correspondant au nombre de jours à
attendre pour posséder la collection complète des
N
timbres,
-
en supposant les
N
timbres en vigueur numérotés de
1
à
N
,
pour tout
j
de
[
[
1
,
N
]
]
,
B
j
m
l'événement \og le jour
m
,
le collectionneur n'a toujours pas reçu de lettre affranchie avec le
timbre numéro
j
\fg
On admet que les variables aléatoires
(
S
k
)
k
∈
[
[
1
,
N
]
]
sont indépendantes.
\setcounter{enumi}{16}
-
S
1
est le temps d'attente du premier timbre donc
S
1
=
1
,
variable certaine.
-
Pour tout
k
∈
[
[
2
,
N
]
]
,
S
k
est le temps d'attente d'un timbre différent des
k
−
1
qu'il possède déjà, avec une probabilité
N
−
(
k
−
1
)
N
chaque jour, les arrivages étant indépendants.
Donc
S
k
↪
𝒢
(
1
−
k
−
1
N
)
loi de
Δ
N
−
k
+
1
-
Donc
S
=
S
1
+
S
2
+
⋯
+
S
N
est une somme de variables indépendantes de même lois (en ordre
inversés) que
T
=
Δ
1
+
⋯
+
Δ
N
−
1
+
1.
Conclusion :
S
suit la même loi que
T
Ce résultat sera utilisé pour estimer la quantité
P
(
T
>
n
)
.
-
Soit
m
∈
ℕ
*
-
(
S
>
m
)
signifie que le
m
i
e
`
m
e
jour, le collectionneur n'a toujours pas les
N
timbres. Donc que l'un au moins des timbre n'a pas été reçu au
jour
m
:
(
S
>
m
)
=
⋃
j
=
1
N
B
j
m
-
Pour tout entier
j
∈
[
[
1
,
N
]
]
,
B
j
m
signifie que le timbre
j
n'a pas été reçu pendant les
m
jours (intersection d'événements indépendants)
Donc
P
(
B
j
m
)
=
(
1
−
1
N
)
m
-
On rappelle que pour tout entier
n
≥
2
et pour toute famille d'événements
A
1
,
\dots
,
A
n
,
on a l'inégalité :
P
(
⋃
i
=
1
n
A
i
)
≤
∑
i
=
1
n
P
(
A
i
)
.
(
S
>
m
)
=
⋃
j
=
1
N
B
j
m
donc
P
(
S
>
m
)
≤
∑
i
=
1
N
P
(
B
j
m
)
=
N
(
1
−
1
N
)
m
-
-
La fonction
x
→
ln
(
1
+
x
)
étant concave, elle sa courbe est en dessous de sa tangente en
0
,
d'équation
y
=
x
Conclusion :
ln
(
1
+
x
)
≤
x
pour tout
x
∈
]
−
1
,
+
∞
[
Or
(
1
−
1
N
)
m
=
exp
(
m
ln
(
1
−
1
N
)
)
et
ln
(
1
−
1
N
)
≤
−
1
N
car
−
1
N
∈
]
−
1
,
+
∞
[
donc
(
1
−
1
N
)
m
≤
exp
(
−
m
N
)
et
P
(
S
>
s
)
=
N
(
1
−
1
N
)
m
≤
N
exp
(
−
m
N
)
Et
comme
S
et
T
ont la même loi ,
P
(
T
>
s
)
=
P
(
S
>
s
)
Conclusion :
P
(
T
>
m
)
≤
N
e
−
m
N
-
On reprend les notations introduites dans la partie précédente.
-
Soit
c
>
0
fixé.
On a vu (15.b) que
0
≤
d
(
μ
n
,
π
)
≤
P
(
T
>
n
)
pour tout entier
n
∈
ℕ
*
et à la question précédente
P
(
T
>
n
)
≤
N
e
−
n
N
pour tout
n
∈
ℕ
*
donc
d
(
μ
n
,
π
)
≤
N
e
−
n
N
.
Et pour tout entier
n
≥
N
ln
(
N
)
+
c
N
on a :
−
n
N
≤
−
ln
(
N
)
+
c
d'où
e
−
n
N
≤
e
−
ln
(
N
)
+
c
=
1
N
e
−
c
Conclusion :
|
d
(
μ
n
,
π
)
≤
e
−
c
|
| pour tout entier
n
≥
N
ln
(
N
)
+
c
N
|
-
Application numérique. On estime qu'une distance en variation à la
loi uniforme de
0
,
2
est acceptable.
Avec un jeu de 32 cartes, combien de battages par insertions doit-on faire
pour considérer le paquet mélangé de façon acceptable?
On veut
d
(
μ
n
,
π
)
≤
0
,
2
.
Il suffit pour cela que
e
−
c
≤
0
,
2
soit
c
≥
−
ln
(
0
,
2
)
=
−
ln
(
1
5
)
=
ln
(
5
)
Il suffit donc de prendre
n
≥
32
ln
(
32
)
+
32
c
≥
32
(
ln
(
32
)
+
ln
(
5
)
)
=
32
ln
(
160
)
≃
162
pour que le paquet soit mélangé de façon acceptable.