Petit résumé du débat du matin avec mon fils …
“– papa, papa j’ai trouvé trois bouts de bois,
– ben… fais une figure géométrique avec *
– ça marche pas !
– comment ça, “ça marche pas” ?!?
– j’arrive pas à faire un triangle !
– … hein ? attends, j’arrive”
genre “mais qu’est-ce que tu racontes ? t’es pas réveillé ce matin ou quoi ?“. Bref, après avoir vu qu’effectivement ça n’était pas possible (un des bouts de bois était beaucoup plus long que les deux autres), je me suis demandé si mon fils n’avait vraiment pas eu de chance… ou si au contraire, c’était plutôt “normal” de ne pas pouvoir faire un triangle à partir de trois bouts de bois….
Soient 
, 
et 
les longueurs des trois morceaux de bois (oui, une fois le café avalé, je peux prendre un peu de temps pour formaliser). Ces trois bouts de bois forment un triangle si et seulement si la somme des deux plus petits est plus grande que le plus grand. Autrement dit, si je m’intéresse aux statistiques d’ordre
il faut que
Pour faire simple, on supposera que les 
suivent une loi uniforme sur [0,1].
- Approche par simulation
Par simulation, ça ne devrait pas être trop compliqué d’avoir un ordre de grandeur de la probabilité
Le code est tout simplement
> n=1000000 > U=matrix(runif(3*n),n,3) > U1=apply(U,1,max) > U2=apply(U,1,sum)-U1 > U3=U1<U2 > mean(U3) [1] 0.501067
Finalement la probabilité semble être proche de 1/2… ça doit pouvoir se montrer….
- Approche par des calculs de proba
Il doit être possible de calculer directement
ou bien, on peut aussi noter que
ce qui ne fait intervenir que deux variables (certes, toujours non indépendantes, mais on devrait s’en sortir malgré tout): le maximum des trois variables, et la somme des trois variables. On cherche alors
Je pense qu’il est plus simple de travailler sur la première expression, en notant qu’il existe 6 permutations de ces 3 valeurs, et cette probabilité s’écrit simplement
(qui est un des 6 arrangements possibles, tous équiprobables). Cette probabilité est alors tout simplement, compte tenu de l’indépendance des tailles des bouts de bois, ce qui est peut être une hypothèse un peu forte, certes,
qui doit pouvoir se réécrire
L’intégrale au centre se réécrit alors simplement, à condition de savoir comment 
se positionne par rapport à 1. Deux cas assez différents sont à distinguer: comme on veut 
, soit 
, soit 
. Autrement dit on écrira l’ensemble sur lequel on calcule la première intégrale comme la réunion de deux ensembles (disjoints),
et
Sur le premier ensemble,
et sur le second
Bref, l’intégrale se retrouve sous la forme de deux intégrales
et
La première intégrale correspond à un cas où 
est petit, ou plutôt 
. La seconde intégrale est un cas où 
est grand, ou plutôt 
. Bref, la première intégrale peut s’écrire
et la seconde
(on aura en mémoire le facteur 6, que je ne mes pas pour alléger un peu). Bref, on a deux fois la même intégrale, qui s’écrire (dans le second cas à une translation des indices près)
Notre probabilité est alors 6 fois le double de cette intégrale, soit
Bon, finalement c’est beaucoup plus improbable de pouvoir construire un triangle que je ne le croyais au départ…. Damned ! Moralité, mieux vaut ne pas trop réfléchir avant d’avoir pris un café…. Et comme “papa” est très fort en mauvaise foi, “papa” expliquera que si la longueur des bois de bois n’était pas distribuée suivant une loi uniforme, l’intuition initiale n’était pas complètement stupide… Non mais !
* pour ma défense, c’était ça ou la révision de la table de multiplication de 5… en gros, “papa a pas encore pris son café, c’est pas le moment“.
de la place Sainte Anne et à une distance 
de la place des Lices. On se demande s’il arrivera un jour à quitter la rue de la soif, et surtout au bout de combien de temps (ou après avoir parcouru quel distance)… Au delà du temps moyen passé à errer dans la rue, on pourra se demander la probabilité pour qu’il soit sorti de la rue pour 8 heures, histoire d’avoir une chance d’arriver à l’heure en cours.
la position à la date 
. On suppose qu’à la date 
. S’il sort par la partie inférieure (en 
).
où 
prend les valeurs 
avec probabilités 
, 
s’il se dirige vers Sainte Anne, 
s’il part place des Lices.
.
appartient forcément à 
, et donc
est une martingale, nulle à la date initiale. Aussi,
,
, mais sur la transformée de Laplace 
dont on peut montrer que la transformée de Laplace du temps de sortie d’un corridor de la forme 
est
,
,
est indépendant de 
. On peut alors montrer que si 
est le temps d’arrêt défini comme le premier instant où le processus atteint 
, alors
(s’il le faut allons-y) Samedi matin, j’ai aperçu avec un grand plaisir le dernier numéro de Fakir chez mon buraliste préféré (i.e. le “journal fâché avec tout le monde“). Je n’ai pas vocation à me fâcher avec tout le monde, loin de là, mais je dois avoir un côté pitbull que j’ai du mal à cacher…
L’auteur commence par nous présenter deux graphiques. Le premier tiré de Max Weber montre la répartition de la taille de fourmis (géantes !), et observe que la distribution bimodale s’interprète comme la présence de deux classes de fourmis.
(je passe sur le fait que l’on travaille sur des échantillons, je vais faire une explication sur la modélisation sous-jacente, i.e. en travaillant sur la densité sous-jacente). Pour interpréter le second, rappelons que l’on construit la fonction de répartition en intégrant la densité,
possède deux modes, ou plutôt deux maximum locaux. Si on se souvient des trucs que l’on apprend au lycée (et non pas à un niveau “bac+5” comme l’indique le haut du document), si on fait le tableau de signe (la première ligne étant le signe de la dérivée de la densité) on obtient
essais,
=15 clés, par exemple, on obtient la probabilité suivante, en fonction du nombre d’essais nécessaire pour ouvrir la porte,
, alors plus le nombre de clés essayé est grand, plus cela “prouve” que l’on a de forte chances d’être à jeun. On retrouve ça sur le graphique ci-dessous,
On retrouve alors quelque chose qui pourrait paraître plus intuitif… Quoi que. Si au 12ème essai, la porte n’était pas ouverte, la police a tout intérêt à arrêter notre jeune héros, car la probabilité qu’il soit ivre est supérieure à la probabilité a priori. En revanche, s’il réussit à l’ouvrir au 13ème essai, elle a intérêt à ne pas l’arrêter, car il y a de très fortes chances pour qu’il soit à jeun. Étonnant non ?
Considérons une personne ayant un trousseau de 10 clés, ou disons n pour généraliser. Il souhaite ouvrir la porte de chez lui, mais ne sait plus laquelle est la bonne. Combien d’essais – en moyenne – faudra-t-il avant de tomber sur la bonne clé ?
l’évènement “la bonne clé est tirée au bout de 
essais“, alors
. Pour ceux qui ne savent plus comment calculer l’espérance d’une telle loi, on peut prendre trois lignes pour refaire le calcul
.
Comme le dit Wikipedia, “l’expression grande école
Un petit mot sur les courbes dites ROC, pour Receiver Operating Characteristic. Pour cela, on suppose que l’on dispose d’un prédicteur d’un variable prenant des valeurs 0 et 1 (pour simplifier), ou mieux encore “positif” et “négatif”. Peu importe le prédicteur, on peut considérer une régression logistique, une analyse discriminante, un classificateur nonparamétrique…. Bref, pour l’ensemble de nos observations, on a une valeur observée 
et une valeur prédite 
. En fait, comme je l’expliquais 
. La règle d’affectation est alors simple: on se fixe un seuil 
, et
, alors 
, alors 
Si cette courbe coïncide avec la diagonale, c’est que le modèle n’est pas plus performant qu’un modèle aléatoire (où on attribue la classe au hasard). Plus la courbe ROC s’approche du coin supérieur gauche, meilleur est le modèle, car il permet de capturer le plus possible de vrais positifs avec le moins possible de faux positifs. Notons que de part sa construction, la courbe ROC est invariante par toute transformation monotone croissante de la fonction de score (ce qui peut être particulièrement intéressant si on s’amuse à “normaliser” la fonction de score).
. Là aussi, un calcul d’aire donne un indicateur de la qualité, et on retrouve l’indice de Gini.
Après la publication de l’opuscule ce qui vient à nous, i.e. le premier volet du catalogue de la Biennale d’Art Contemporain (
le nombre de carte total (ici 200 car je suppose qu’il existe 200 personnages). Je note 
le coût d’une carte cachée (50 centimes ici) et 
le coût d’une carte non-cachée (1 euro). Supposons que j’ai à en ma possession les cartes 
(et que je n’ai pas les suivantes). Si je veux récupérer une nouvelle carte (que je noterais 
), en achetant au hasard i.e. dans des sachets hermétiques, le nombre de cartes à acheter est 
, qui suit une loi géométrique, de paramètre 
, où
cartes, et qu’il m’en manque simplement une, alors la probabilité de la tirer est
), le coût moyen de ma stratégie est
