suite aux pressions générales, je vais reprendre mes discussions d’alcoolique…. ou plutôt reprendre des classiques de finance, en expliquant que ce sont simplement des problèmes que se posent les amateurs de boissons fortes (de là à conseiller plutôt de recruter dans les bars qu’à la sortie des grandes écoles…).
Bref, avant d’avoir entamé sa marche aléatoire dans la rue de la soif (ici, correspondant aux problèmes d’options à barrière traduit en termes financier), puis d’avoir un soucis avec ses clés (là), puis la maréchaussée (ici), notre héros (car on peut maintenant l’appeler un héros après 4 billets qui lui sont consacrés) avait du choisir son bar… Le problème est loin d’être simple. Il y a 20 bars dans la rue (disons
pour faire quelque chose de plus formel). Il arrive de la place sainte Anne, et là, il souhaite choisir le bar le moins cher. Le soucis est qu’il n’a pas le droit de faire demi-tour1 et il ne connaît pas les prix pratiqués dans les différents bars. Il part avec un a priori qui est que le prix d’une pinte est compris entre 3 et 6 euros, que le prix est uniformément réparti entre ces deux prix, et que les prix sont indépendants d’un bar à l’autre. Pour les financiers, il a une option (de commander une bière), et peut l’exercer quand il le souhaite. Une option américaine en quelque sorte. Supposons qu’on soit arrivé au bar
. On peut soit payer
(qui est supposé aléatoire, uniformément distribué et indépendant des autres bars), soit espérer que l’on puisse payer moins cher plus loin,
Soit
la valeur de cette option, alors

i.e.

soit

où
désigne la loi du prix de la bière (soit ici une loi uniforme) avec une condition terminale de la forme

car il a soif, et ne quittera pas la rue sans avoir bu un verre !
Classiquement, par backward induction, on peut résoudre ce programme, à partir de la loi de
. Posons
. Alors

et

soit simplement

soit enfin

Je laisse les plus courageux simplifier les calculs. La “frontière d’exercice” est alors obtenue par récurrence. Numériquement, le code est alors simplement
> n=20 > u=rep(NA,n) > b=6;a=3 > u[n]=(b+a)/2 > for(k in (n-1):1){ + u[k]=1/(b-a)*(u[k+1]*(b-u[k+1])+(u[k+1]^2-a^2)/2) + }

Dès qu’on atteint la barrière, on s’assoit au bar. On note que plus on avance dans la rue, moins on est exigent: au tout début, on ne s’assoit pas à moins de 3 euros 30… mais plus on avance, plus on relève le seuil d’exigence. Le calcul sous forme intégrale donne ici
> u=rep(NA,n) > b=6;a=3 > u[n]=(b+a)/2 > for(k in (n-1):1){ + g=function(x){pmin(x,rep(u[k+1],length(x)))/(b-a)} + u[k]=integrate(g,lower=a,upper=b)$value + }
J’avais déjà abordé ce problème dans un précédant billet, sur les options américaines, mais on peut maintenant aller un peu plus loin… que se passe-t-il si on suppose que les prix sont discret (par exemple par tranches de 50 centimes ou 1 euro) ? L’avantage avec ces méthodes numériques est que l’on peut très facilement enlever des hypothèses, par exemple ici on aurait
> h=2
> K=(b-a)*h+1
> PRIX=seq(a,b,by=1/h)
> u2=rep(NA,n)
> b=6;a=3
> u2[n]=(b+a)/2
> for(k in (n-1):1){
+ g=function(x){pmin(x,rep(u[k+1],length(x)))}
+ u2[k]=sum(g(PRIX)*1/K)}
pour des seuils à 1 euros (les seuls prix possibles étant 3,4,5 ou 6 euros).

Ou la frontière suivante si les prix varient par tranche de 50 centimes.

Compte tenu de la discrétisation, notons que la vraie frontière devient alors ici

Bref, comme toujours, les problèmes d’alcooliques rejoignent les problèmes d’exercice optimal d’options américaines, problème classique en finance de marché…
1 pour rendre cette histoire crédible, à chaque bar rencontré il demande le prix d’une pinte. S’il estime que c’est trop cher, il s’exclame “mais c’est bien trop cher ici !” et s’en va. Sinon il commande et s’installe. Cette exclamation rend improbable – à ses yeux – l’idée de revenir finalement s’installer au bar….













Nous aborderons ensuite la naissance des tables de mortalités, et de l’assurance vie, pour finir avec la finance. Pour pouvoir bien comprendre les problématiques du monde financier, il sera important de revenir un peu sur la loi normale. Cette loi, souvent appelée loi de Gauss, a été obtenue par de très nombreux mathématiciens, initialement comme limite d’un modèle binomial, visualisé sous la forme d’une “planche de Galton“. Nous verrons comment cette loi s’est imposée dans les modèles financiers, alors qu’elle ne semble définitivement pas y être à sa place…. en tous les cas si l’on s’intéresse à des problèmes de gestion des risques.
Samedi après midi, à l’heure de la sieste pour certains, nous discutions avec Magali, Jean Baptiste et Florent des machines qui pouvaient trier les cartes, de là, la discussion a dévié sur les algorithmes de tri, et sur la difficulté d’expliquer l’importance de la vitesse d’un algorithme, ou plus généralement, la vitesse de convergence. Bref, avant de parler de vitesse de convergence en statistique – ou peut être avant sur les méthodes de calcul d’intégrale (ou d’espérance) – je voulais faire un petit billet rapide sur les algorithmes de tri. Je commence par des choses simples. De mémoire c’est des choses que je me souviens avoir vu au lycée dans les années 90, dans les cours d’informatique… Mais l’exemple peut être intéressant pour comprendre la différence, par exemple, entre
,
et
.
. On va balayer autant de fois la base que l’on a d’observations, et à chaque passage, on récupère le maximum (ou le minimum, peu importe). L’algorithme ressemble à ça,
.Bon, j’ai été un peu brutal dans mon algorithme. En fait, on voit que les derniers points sont rapidement bien classés, donc inutile que la seconde boucle aille jusqu’au bout… on peut donc faire du
, en faisant

. L’idée est de couper, de trier, puis de fusionner. L’idée étant que trier un tableau dont la première moitié des éléments sont ordonnés, et où la dernière moitié est ordonné doit être plus rapide que quand tout est dans le désordre. A chaque étape, l’algorithme est simple, on compare le minimum des deux listes, puis on le vire à l’étape suivante. Sous R, ça donne, quand on commence
(en noir), en
(en rouge) et en
(en bleu),

camping pouvaient rembourser les vacances des vacanciers en cas de mauvais temps…. Oui, on pourrait s’en douter, il y a un contrat d’assurance derrière – afin d’éviter que ce revendeur (il n’est pas le seul d’ailleurs) ne fasse faillite ! Des amis qui suivent le foot me faisaient remarqué que la prime d’assurance ne devaient pas être trop élevée….
Suite rapide de mon billet sur la construction de triangles avec des bouts de bois (
i.i.d. de loi
, et de densité
, et que l’on définie les statistiques d’ordre
, avec
,est alors
(sinon la densité sera nulle). C’est jsute des histoires de compter les classements possibles, et puis de calculer quelques probas simples. Un cas particulier connu de tous est la loi du couple
, i.e.



. Bref, ça marche pour deux bâtons.


, compte tenu de ce que l’on a écrit auparavant, la loi du couple des deux statistiques d’ordre seraient

.
, avec le sommet en
. Et par des raisons de symmétrie, la probabilité de dépasser
.Merci Adrian. C’est effectivement plus élégant que mon calcul moche…
la probabilité que les gens utilisent du papier dans le rouleau le plus plein (on suppose connaître la quantité restant dans le distributeur qui dispose d’une fenêtre transparente), et
la probabilité de piocher dans le plus petit rouleau. Et quand les deux font la même taille, on choisit au hasard (avec probabilités 1/2). On suppose que les rouleaux sont valables pour
utilisateurs (je n’introduis pas de d’aléa, voire de dépendance en fonction du menu à la cantine). On parlera de portions. En gardant les notation de Knuth, on note
l’espérance du nombre de portions restant sur le rouleau restant dès que l’un est terminé. Le but du papier de Knuth était d’étudier le comportement de
. Mais comme ça n’a que peu d’intérêt, je trouve, on va regarder ce qui se passe à
et que
. En fait, histoire d’épater les filles, Donald prétend que on peut obtenir facilement les résultats suivants

, on note qu’il y a deux issues possibles, soit il reste 1 portion sur le rouleau non vide (les points rouges) soit il reste 2 portions sur le rouleau non vide (les points bleus). Les probabilités de passer d’un point à l’autre sont indiquées sur le dessin. Bref, on a
chances d’atteindre un point bleu, et 


chances d’atteindre un point violet,
chances d’atteindre un point bleu, et enfin
chances d’atteindre un point rouge (il suffit d’étudier toutes les trajectoires possibles). Au total, on arrive à

et que
. En fait, on peut étudier un problème plus général, mais plus réaliste: les paquets dans les distributeurs sont souvent beaucoup plus gros que celui qui traîne. On peut donc noter
la même quantité, avec m le nombre de portions dans le distributeur et
, avec les conditions de bord de la forme
.

par une symmétrie du problème, on a l’égalité. En utilisant l’idée de la preuve du résultat précédant (et le dessin, comme toujours), si
, alors

(comme on l’a montré) et

. le nombre de portions qui reste dès que l’un des rouleaux est fini peut se visualiser sur le graphique suivant, la couleur rouge correspond aux cas un peu dangereux où il reste peu de feuilles dans le rouleau, les zones jaunes indiquant au contraire des niveaux plus élevés,
, on obtient
,
: s’il y autant de personnes qui piochent dans le gros paquet ou dans le petit, alors il y a de fortes chances pour que les deux rouleaux soient vides dès que l’un l’est…



