"Paradoxe" des anniversaires.

**henryallen** · 28/06/2018, 16h07

Bonjour,

Je connaissais déjà ledit "paradoxe des anniversaires", mais une question m'est par la suite venue. Pour ceux qui ne connaissent pas cette notion, je vais essayer de l'expliquer: on cherche le plus petit entier naturel $n$ tel que si l'on réunit $n$ personnes au hasard, alors la probabilité $P(n)$ qu'au moins deux de ces personnes aient le même anniversaire soit supérieure ou égale à 0.5. Et ce nombre s'avère être 23 (d'où l'appellation de "paradoxe" dans la mesure où ce nombre peu élevé peut paraître contradictoire avec notre intuition). J'ai donc cherché à calculer la probabilité, pour $n$ personnes, que deux d'entre elles au moins aient leur anniversaire en commun. Et une fois que j'en suis arrivé au résultat (qui, ceci dit, est peut-être faux), j'ai essayé de trouver une formule générale pour trouver le plus petit entier $n$ tel que $P(n) \geq p_{0}$ , où $0 \leq p_{0} \leq 1$ . Donc voilà ce que j'ai fait:

On réunit $n$ personnes ( $n \in \mathbb{N}^{*}$ ) au hasard. Quelle est la probabilité $P(n)$ qu'au moins deux de ces personnes aient le même anniversaire ?

On note $\overline{P(n)}=1-P(n)$ . Déterminons $\overline{P(n)}$ , c'est-à-dire la probabilité que tous les anniversaires soient différents.

La première personne peut être née n'importe quel jour, donc 365 (on exclut le cas des années bissextiles). La deuxième ne peut plus être née que 364 jours, ..., la n ème $365-n+1=366-n$ jours. Donc on a:

$\overline{P(n)}=\prod\limits_{k=1}^{n}\frac{366-k}{365}=\frac{365}{365} \times \frac{364}{365} \times ... \times \frac{366-n}{365}=\frac{365!}{(365-n)! \times 365^{n}}$ .

Et donc $P(n)=1-\overline{P(n)}=1-\prod\limits_{k=1}^{n}\frac{366-k}{365}=1-\frac{365!}{(365-n)! \times 365^{n}}$ .

Donc à partir de là, comment déterminer $n$ tel que $P(n) \geq p_{0}$ (autrement dit trouver $n \geq ...$ )? J'ai bien essayé d'utiliser le logarithme néperien pour transformer le produit en somme, mais cela ne m'avance pas beaucoup ... Après il est certes facile de calculer ceci avec un programme, mais j'aimerais bien voir s'il existe une formule générale ...

Donc si vous avez des idées (voire la réponse ...), cela m'aiderait beaucoup !

Merci d'avance et bonne journée.

EDIT: je viens de voir que la réponse se trouve sur Wikipédia, mais elle repose sur des notions que je ne maîtrise pas vraiment comme les développements limités. Donc existe-t-il une réponse nécessitant des connaissances moins poussées ?

**gg0** · 28/06/2018, 16h20

Bonjour.

Comme un calcul élémentaire n'est pas possible (sinon Wikipédia l'utiliserait), tu peux trouver des valeurs avec un tableur. Mais une formule générale exacte n'existe pas (A ton avis, pourquoi Wikipédia n'en donne pas ? Pour t'embêter ?

).

Cordialement

**henryallen** · 28/06/2018, 16h43

Bonjour, et merci pour la réponse

Oui, j'ai déjà fait un programme Python qui prend en entrée la valeur de $p_{0}$ et renvoie la plus petite valeur de $n$ possible.

Et bien, disons qu'on dirait parfois que Wikipédia veut bel et bien m'embêter, les réponses à mes questions étant un peu trop complexes pour moi

Je me disais qu'il existait peut-être une formule bien alambiquée, et que la formule utilisant les développements limités étant plus simple, l'autre ne serait pas apparue sur Wikipédia ... Raté du coup

Il ne reste plus qu'à comprendre les développements limités ... Que j'avais déjà commencés à regarder il y a quelques mois, puis disons que je m'étais ... égaré de ce sujet. Peut-être que je ferai ça pendant les vacances, on verra bien.

Donc merci pour la réponse (rapide soit dit en passant), et bonne journée.

invite9dc7b526 · 28/06/2018, 16h57

tu sais que pour p0=1, n=366 (je néglige - comme toi - le cas des années bissextiles)

A voir en vidéo sur Futura · Aujourd'hui

**henryallen** · 28/06/2018, 17h07

Bonjour, et merci pour la réponse.

Oui, bien sûr, si on prend 365 personnes, il reste possible de n'avoir que des anniversaires différents, mais avec 366 c'est tout simplement impossible, au moins deux personnes auront le même anniversaire.

Ah et d'ailleurs, j'avais oublié un "petit" détail quant à Python: quand il s'agit de faire des calculs avec pas mal de nombres après la virgule, c'est pas toujours super

Pour $p_{0}=1$ il me sort $n=153$ ... Mais bon, pour de "petites" valeurs de $p_{0}$ (en fait un peu éloignées de 1, mais éventuellement supérieures à 0.99) il me sort la bonne réponse, mais après c'est une autre histoire.

Bonne journée à tous/toutes

invite9dc7b526 · 28/06/2018, 17h14

Tu pourrais aussi chercher la probabilité que 3 aient le même anniversaire, ou bien la probabilité de x paires d'anniversaires. Si tu aimes la programmation il y a de quoi s'amuser. Mais comme l'a fait remarquer gg0, si tout ça est conceptuellement (presque) trivial, les calculs effectifs sont vite inextricables.

**henryallen** · 28/06/2018, 17h49

Oui en effet, il y a pas mal de variantes qui pourraient être intéressantes, j'essaierai de me pencher dessus. Mais bon, pas maintenant, je pense qu'il faudrait que je retourne à mes révisions de français moi

**henryallen** · 30/06/2018, 17h07

Bonjour à tous et à toutes

J'ai donc cherché à comprendre les développements limités pour les appliquer au cas du paradoxe des anniversaires. Je vais donc expliquer ce que je pense avoir compris:

On peut faire le développement limité d'une fonction $f$ en $x_{0}$ (appartenant à l'ensemble de définition de $f$ ) afin d'obtenir une approximation de cette fonction dans l'entourage proche de $x_{0}$ . Plus précisément, le développement limité sera une fonction polynomiale que l'on peut déterminer avec les dérivées (comprendre dérivée première, seconde, etc) de la fonction $f$ . On aura de plus dans l'expression de ce développement limité un reste, que l'on pourra négliger.
Et plus précisément, on a:
$f(x)=\sum\limits_{k=0}^{n} \frac{f^{(k)}(x_{0})}{k!} (x-x_{0})^{k} + R_{n}(x, x_{0})$ . Plus $k$ sera élevé, meilleure sera l'approximation.
Dans le cas de la fonction exponentielle, en prenant $k=2$ et $x_{0}=0$ , on trouve l'approximation: $e^{x} \approx 1+x$ (autrement dit la tangente à la courbe représentative de la fonction exponentielle en 0). Il faut donc que $x$ soit proche de 0 pour que l'approximation soit valable.

Pour en revenir au paradoxe des anniversaires:

On a donc vu que $\overline{P(n)}=\prod\limits_{k=1}^{n}\frac{366-k}{365}=\prod\limits_{k=1}^{n}\frac{365+1-k}{365}=\prod\limits_{k=1}^{n}1+\frac{1-k}{365}$ .
Or on a le développement limité en 0: $e^{x}=1+x$ . Donc on peut écrire $\overline{P(n)}=\prod\limits_{k=1}^{n}1+x$ , avec $x=\frac{1-k}{365}$ , donc $\overline{P(n)} \approx \prod\limits_{k=1}^{n}e^{x}$ , donc $\overline{P(n)} \approx \prod\limits_{k=1}^{n}e^{\frac{1-k}{365}}$ .
Donc $\overline{P(n)} \approx e^{\sum\limits_{k=1}^{n}\frac{1-k}{365}}=e^{\frac{n}{365} - \sum\limits_{k=1}^{n}\frac{k}{365}}=e^{\frac{n}{365} - \frac{\sum\limits_{k=1}^{n}k}{365}}=e^{\frac{n}{365} - \frac{\frac{n(n+1)}{2}}{365}}$ .
Donc $\overline{P(n)} \approx e^{\frac{n}{365} - \frac{n(n+1)}{730}}=e^{\frac{2n-n^{2}-n}{730}}=e^{\frac{n-n^{2}}{730}}$ .
Donc $\overline{P(n)} \approx e^{\frac{n(1-n)}{730}}$ .
Finalement, $P(n) \approx 1-e^{-\frac{n(n-1)}{730}}$ .

Il faut également noter que lorsque $n$ est élevé, $k$ va prendre des valeurs plus élevées, donc $\frac{1-k}{365}$ des valeurs moins proches de 0 et plus proches de -1. Donc l'approximation est moins bonne, donc cette formule est surtout à utiliser pour des valeurs de $n$ faibles.

Donc finalement, mes questions sont: ai-je bien compris le développement limité ? L'ai-je bien appliqué au paradoxe des anniversaires ?
A partir de là, on peut assez facilement trouver la valeur de $n$ telle que $P(n) \geq p_{0}$ , pour $p_{0}$ donné (comme c'était le but de cette discussion).

Merci d'avance

Bonne journée.

**gg0** · 30/06/2018, 18h14

Oui,

tout est correct. Bravo ! Cette formule est utilisable pour n faible, et inversible (retrouver n à partir de p(n)) pour p(n) pas trop proche de 1.

Cordialement.

**henryallen** · 30/06/2018, 19h05

D'accord, merci

Mais du coup en général, est-ce là l'intérêt des développements limités ? Trouver une approximation pouvant par la suite être simplifiée (comme nous avons ici transformé un produit en une "simple" exponentielle) ?

Et, là aussi dans le cas général, comment déterminer quelle valeur de $n$ prendre dans l'expression $\sum\limits_{k=0}^{n} \frac{f^{k}(x_{0})}{k!} (x-x_{0})^{k}$ ? Je veux dire, plus $n$ est faible, plus l'approximation sera simple, mais également moins précise. Ici nous n'avions pas vraiment le choix dans la mesure où nous avons transformé $1+x$ en $e^{x}$ , mais dans le cas inverse alors ?

Merci et bonne soirée

**gg0** · 01/07/2018, 00h29

Les DL ne servent que rarement à donner des approximations et leur utilisation ici est un peu anecdotique. l'une des principales utilisations est de calculer des limites et des vitesses de convergence pour des suites.

Cordialement.

**henryallen** · 01/07/2018, 09h44

D’accord, merci beaucoup

Bonne journée.

**XxDestroyxX** · 04/07/2018, 10h32

Bonjour/Bonsoir, en effet, difficile d'isoler n, on se retrouve avec l'équation :
$(365-n)! 365^n\ =\ \frac{365!}{1-p_0}$
Si on applique le ln, on se retrouve dans le membre de gauche avec
$ln[(365-n)!]+n ln365$ , c'est-à-dire
$\sum_{k=2}^n ln k\ +\ n ln365$
Je me suis donc intéressé à la somme des n premiers ln et j'ai trouvé une logique. Vaut-il mieux que je partage mon travail ici ou que j'ouvre une nouvelle conversation ?

**gg0** · 04/07/2018, 11h23

Continue ici, mais j'imagine que tu connais la formule de Stirling, qui donne une excellente approximation de la somme des ln des n premiers entiers (donc de ln(n!)).

Cordialement.

**XxDestroyxX** · 04/07/2018, 12h02

Moi je parle bien de formule exacte. En fait, pour ln(n!), on peut aisément remarquer que les ln dans les résultats seront tous les ln de nombre premiers inférieurs ou égaux à n. Par exemple, si n=6, $ln(6!)\ =\ ln(720)\ =\ 4 ln2+2 ln3+ln5$ .
Le tout est donc de savoir quels coefficients mettre devant chaque ln. J'ai remarqué une logique dans les premières valeurs de n (je suis allé jusqu'à n=33 et suis capable de prédire le résultat d'après). C'est un peu long à expliquer par écrit, j'enverrai une image de ces premières valeurs dans un prochain message en essayant d'expliquer mon raisonnement. Cela dit, malgré le raisonnement, je ne trouve pas de formule générale (j'ai encore du temps pour chercher, je n'ai commencé qu'hier). Pour les coefficients devant les ln2, si on les modélise avec une suite, cela serait la suite de premiers terme u(2)=1 et les premiers termes feront (u(2) compris) :

1; 1; 3; 3; 4; 4; 7; 7; 8; 8; 10; 10; 11; 11; 15; 15; 16; 16; 18; 18; 19; 19; ...

On voit que,

si $n\ =\ p 2^k$ , alors u(n+1) = u(n) + k
si $n\ =\ 2^k$ , alors u(n) = n-1
et, pour tout n pair, u(n+1) = u(n)

Plus généralement, les coefficients devant ln(q) avec q un nombre premier ne changent que si n = k*q, c'est-à-dire que ln(q) n'apparaît que pour n=q (avec un coefficient 1 devant) et le coefficient ne changera qu'à partir de n=2q, puis n=3q, ...
Pour donner un exemple, les coefficients devants ln3 seront non nuls à partir de n=3 et les premiers coefficients seront :

1; 1; 1; 2; 2; 2; 4; 4; 4; 5; 5; 5; 6; 6; 6; 8; 8; 8; 9; 9; 9; 10 ;10; 10; 13; 13; 13; ...

**gg0** · 04/07/2018, 15h21

On sait effectivement calculer, pour chaque entier premier inférieur ou égal à n l'exposant de ce premier dans la décomposition en facteurs premiers de n!. C'est connu depuis des siècles, et ça donne une formule très compliquée, bien plus compliquée que la définition de n!, qui est quand même assez simple. Tu sembles aimer les formules compliquées

.

Cordialement.

**XxDestroyxX** · 04/07/2018, 17h19

En effet, j'aime beaucoup les formules compliquées

Est-ce que cela a un nom ? Où je pourrais la trouver ?

**gg0** · 04/07/2018, 17h25

"Est-ce que cela a un nom ?" : Je ne crois pas, mais c'est la base d'exercices classiques du style "par combien de zéros se termine en décimal le nombre 100!".

**XxDestroyxX** · 04/07/2018, 18h54

Bon, j'ai avancé, j'ai trouvé une formule générale pour trouver le coefficient devant les ln2 à n'importe quel n.
Il y a deux cas de figure :
- n est impair, alors u(n) = u(n-1), ça sera le même coeff que n-1, on se rapporte au deuxième cas
- n est pair, on peut écrire n = 2p

On pose alors $2p\ =\ 2^m-2q$

La formule est alors :

$u(n)\ =\ \sum_{i=1}^{m-1} k_i\times (m-i)$

Avec $k_i\ =\ \lceil \frac{(2^i-1)\times 2^{m-i-1}-q}{2^{m-i}}\rceil$

**XxDestroyxX** · 05/07/2018, 12h35

Il y a encore mieux :

Le coefficient $u_n$ devant $ln(p)$ au rang $n$ peut se trouver :

On pose $n\ =\ p^m-pq$

Avec $p^m\ >\ n$ et $q\ \in\ \mathbb{N}$

Ce coefficient est alors égal à :

$u_n\ =\ \sum_{i=1}^{m-1} \left( \lfloor \frac{n}{p^{m-i}} \rfloor - \lfloor \frac{n}{p^{m-i+1}} \rfloor \right) \left(m-i \right)$

(tous droits réservés)

**gg0** · 05/07/2018, 12h45

Il y a bien plus simple !

**XxDestroyxX** · 05/07/2018, 12h47

Je pourrais en avoir la preuve ?

**gg0** · 05/07/2018, 13h47

Oui, c'est élémentaire :

Pour chaque multiple de p inférieur à n, il y a à compter une puissance de p. Il y en a E(n/p) où E est la fonction partie entière. Pour chaque multiple de p², il faut compter une puissance de p supplémentaire. Il y en a E(n/p²). Et ainsi de suite.
Donc la valuation de p dans n! est
$\displaystyle \sum\limits_{k>0} E(\frac n{p^k})$
La somme est en fait finie, on peut la borner supérieurement par $\frac{\ln n}{\ln p}$

Cordialement.

"Paradoxe" des anniversaires.

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Re : "Paradoxe" des anniversaires.

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