Suite du #5 :

La probabilité cherchée est 10.9375 % = [latex]\frac{7}{2^6}[/latex].

Raisonnement :

On place les points sur un cercle de longueur 1. La somme des distances entre les points est donc 1.

On considère ces valeurs comme les coordonnées barycentriques d'un point dans l'équivalent d'un tétraèdre dans un espace à (P-1) dimensions (P est le nombre de points).
On s'intéresse aux points dont une des coordonnées barycentriques est supérieure à 1/2.

P=3
On a un triangle T, subdivisé en 4 triangles de côté de longueur moitié de T.
On s'intéresse aux points situés dans les triangles jouxtant les 3 sommets de T.

P=4
On a un tétraèdre T, subdivisé en 8 tétraèdres de côté de longueur moitié de T.
On s'intéresse aux points situés dans les tétraèdres jouxtant les 4 sommets de T.

..................................................................................

P=n
On a un hyper-tétraèdre T, subdivisé en [latex]2^{n-1}[/latex] hyper-tétraèdres de côté de longueur moitié de T.
On s'intéresse aux points situés dans les hyper-tétraèdres jouxtant les [latex]n[/latex] sommets de T.

J'obtiens bien une probabilité précise mais visiblement fausse. Je vais développer mon raisonnement pour que l'on puisse m'expliquer ou est l'erreur :

On considère les sommets disjoints 2 à 2 ( les autres cas sont de probabilité nulle)

Événement i : "Il y a un demi cercle vide à gauche du sommet i"

Comme il ne peut pas y avoir 2 demi-cercles vides, les événement i sont disjoints

Donc proba " il existe un demi cercle vide " = somme des proba des événements i

On a donc Proba (pas de fève) = 7 / (2^6) = 10.9375%

Exact, j'ai mal compté mes polygones hors centre. Il y en a 2n et non n dans un tour complet, et donc la formule générale est n/2^(n-1), et pour n=7 P=0,109375.

Vasimolo #30 a écrit:

@Enigmatus : quelle distance utilises-tu pour que la somme des distances soit égale à 1 ?

Je place les points sur une circonférence de longueur 1, ce qui entraîne que la somme des distances entre les points vaut également 1.

Ce qui me semble moins acquis, c'est que la probabilité des répartitions soit proportionnelle à l'aire occupée par le point représentatif dans le triangle (pour 3 points), le volume (pour 4 points), ou l'hyper-volume.

enigmatus a écrit:

Je place les points sur une circonférence de longueur 1, ce qui entraîne que la somme des distances entre les points vaut également 1.

Il me semble que non

Vasimolo

C'est bien ce que j'avais compris mais ça ne marche pas

Vasimolo

Quelques remarques.

La formule générale est
Proba(n)= n/(2^(n-1))

Le résultat est cohérent avec celui  trouvé avec lourdeur pour n=3...ouf

De manière amusante ça marche aussi pour 1 et 2

Pour n grand on a
P(n+1)/P(n) tend vers 1/2

Ca s'explique : un demi cercle se remplit au rang n et au rang n+1 il y a une chance sur 2 que le nouveau sommet n'y soit pas.

Enfin on pourrait profiter d'une formule lourde de modélisation du résultat pour utiliser ce modèle pour résoudre une équation complexe...

Effectivement, pour moi c'était implicite, mais je n'avais pas pensé à le préciser.

Je m’étais bien fait avoir : faisant plus confiance au pâtissier qu'à moi même, je pensais m'être trompé...

Je me méfierai dorénavant de son sens de l'exagération...

L'un des intérêts/difficulté/agacement de tes énigmes est que l'on en sait jamais s'il faut démontrer ou infirmer....C'est a mi chemin entre concevoir un problème et le résoudre...

En effet , je parcourais implicitement le cercle dans le sens direct et je considérais le demi-cercle qui en résultait .

On ne peut pas tout dire mais il faut en dire assez

Vasimolo

Si tu prends les sept points, il seront sur un même demi-cercle si en partant de l'un de ces points et en parcourant 1/2 cercle tu trouves les six autres.

Si ca ne marche pour aucun des points : c'est fichu.

Maintenant, on a 8 possibilités :

Ca marche pour le point 1
Ca marche pour le point 2
Ca marche pour le point 3
Ca marche pour le point 4
Ca marche pour le point 5
Ca marche pour le point 6
Ca marche pour le point 7
Ca ne marche pas.

Ces huit possibilités couvrent l'ensemble des cas possibles et on ne peut pas en avoir 2 valables en même temps si on garde le même sens de rotation.

La probabilité pour que ça marche est donc la somme de celles des 7 premiers cas de figure.

Précisément Vasimolo, on étudie la proba avec les 7 pts en place. Si on suppose le cas de 6 pts très groupés, le 7ème aura beaucoup plus de chance de laisser un espace 1/2 que si les 6 premiers pts totalisent presque 1/2. Donc là ça deviendrait très vite compliqué. Donc la question que je me pose, c'est pourquoi on peut affirmer que la position de chaque pt est indépendante des autres. Pour l'instant, ça me heurte un peu.