Vidéo pop :: Le problème le plus difficile sur le test le plus difficile

Transcription de la vidéo

Est-ce que vous connaissez le Putnam ? C’est un concours de mathématiques pour les étudiants de premier cycle. Il s’agit d’un test de six heures composé de 12 questions divisées en deux sessions différentes de trois heures. Et chacune de ces questions est notée de un à 10. Ainsi, le score le plus élevé possible serait de 120.

Et pourtant, malgré le fait que les seuls étudiants qui font cette chose chaque année sont ceux qui manifestement sont déjà très intéressés par les mathématiques, le score médian a tendance à se situer autour de un ou deux. C’est donc un test difficile. Et sur chacune de ces sections de six questions, les problèmes ont tendance à devenir plus difficiles lorsque vous passez de un à six. Bien que, bien sûr, la difficulté est dans l’œil du spectateur.

Mais le problème avec ces cinq points et six points est que, même s’ils sont considérés comme les problèmes les plus difficiles lors d’un test notoirement difficile, ce sont souvent ceux qui offrent les solutions les plus élégantes disponibles. Un changement de perspective subtil qui le transforme de très difficile à faisable.

Ici, je vais partager avec vous un problème qui est apparu dans la sixième question sur l’un de ces tests il y a quelque temps. Et ceux d’entre vous qui suivent la chaîne, vous le savez, plutôt que de sauter directement à la solution. Ce qui, dans ce cas, serait étonnamment court. Lorsque cela est possible, j’aime prendre le temps de vous expliquer comment vous avez peut-être découvert la solution par vous-même, d’où provient cette idée. En d’autres termes, on crée une vidéo plus sur le processus de résolution de problème que sur le problème utilisé pour l’illustrer.

Alors de toute façon, voici la question. Si vous choisissez quatre points aléatoires sur une sphère et considérez le tétraèdre avec ces points comme ses sommets, quelle est la probabilité que le centre de la sphère soit à l’intérieur de ce tétraèdre ? Allez de l’avant. Prenez un moment pour digérer cette question. Vous pourriez commencer à vous demander lequel de ces tétraèdres contient le centre de la sphère, lesquels ne le font pas et comment les distinguer systématiquement. Et comment abordez-vous un problème comme celui-ci, non ? Où partez-vous en fait ?

Eh bien, c’est généralement une bonne idée de penser à des cas plus simples. Faisons donc tomber les choses en deux dimensions, où vous choisirez trois points aléatoires sur un cercle. Et il est toujours utile de nommer des choses. Donc, nous allons appeler ces choses-là 𝑃 un, 𝑃 deux et 𝑃 trois.

La question est de savoir quelle est la probabilité que le triangle formé par ces points contienne le centre du cercle. Je pense que vous conviendrez qu’il est beaucoup plus facile de visualiser maintenant. Mais c’est toujours une question difficile. Alors encore une fois, vous demandez, y a-t-il un moyen de simplifier ce qui se passe, de nous mettre en quelque sorte à notre avantage ?

Eh bien, peut-être vous imaginez fixer 𝑃 un et 𝑃 deux en place et ne laisser que le troisième point varier. Et quand vous faites cela et que vous jouez avec cela dans votre esprit, vous remarquerez peut-être qu’il y a une région spéciale, un certain arc. Où, quand 𝑃 trois est dans cet arc, le triangle contient le centre, sinon pas. Plus précisément, si vous dessinez des lignes de 𝑃 un et 𝑃 deux par le centre, ces lignes divisent le cercle en quatre arcs différents. Et si 𝑃 trois se trouve être sur celui du côté opposé comme 𝑃 un et 𝑃 deux, le triangle est le centre. Si c’est sur l’un des autres arcs, pas de chance.

Nous supposons ici que tous les points du cercle sont équiprobables. Alors, quelle est la probabilité que 𝑃 trois atterrissent sur cet arc ? C’est la longueur de cet arc divisée par la totalité de la circonférence du cercle, la proportion du cercle que cet arc constitue. Alors, quelle est cette proportion ?

Évidemment, cela dépend de l’endroit où vous placez les deux premiers points. Je veux dire, s’ils sont distants de 90 degrés l’un de l’autre, alors l’arc pertinent correspond au quart du cercle. Mais si ces deux points étaient plus éloignés, cette proportion serait plus proche de la moitié. Et s’ils étaient très proches, cette proportion se rapproche de zéro.

Alors réfléchissez-y un instant. 𝑃 un et 𝑃 deux sont choisis au hasard, chaque point du cercle étant également probable. Alors, quelle est la taille moyenne de cet arc pertinent ? Peut-être vous imaginez fixer 𝑃 un en place et tenir compte seulement de tous les endroits que 𝑃 deux pourrait être. Tous les angles possibles entre ces deux droites, tous les angles allant de zéro à 180 degrés sont équiprobables. Donc, chaque proportion entre zéro et 0.5 est équiprobable. Et cela signifie que la proportion moyenne est de 0.25.

Donc, si la taille moyenne de cet arc représente un quart du cercle complet, la probabilité moyenne que le troisième point y atterrisse est d’un quart. Et cela signifie que la probabilité globale que notre triangle contienne le centre est d’un quart. Mais pouvons-nous étendre cela au cas tridimensionnel ?

Si vous imaginez que trois de ces quatre points viennent d’être fixés, sur quels points de la sphère le quatrième peut-il être placé de sorte que le tétraèdre qu’ils forment contient le centre de la sphère ? Comme avant, allons de l’avant et tracez des segments à partir de chacun de ces trois points fixes en passant par le centre de la sphère. Et ici, il est également utile de dessiner des plans déterminés par une paire de ces lignes.

Vous remarquerez peut-être que ces plans font diviser la sphère en huit sections différentes, chacune représentant une sorte de triangle sphérique. Et notre tétraèdre ne contiendra le centre de la sphère que si le quatrième point est dans le triangle sphérique du côté opposé aux trois premiers.

Maintenant, contrairement au cas 2D, il est assez difficile de penser à la taille moyenne de cette section car nous laissons les trois points initiaux varier. Ceux d’entre vous qui connaissent le calcul multi-variable pourraient penser : « Essayons simplement une intégrale de surface ». Et bien sûr, sortez du papier et essayez-le. Mais ce n’est pas facile. Et bien sûr, cela devrait être difficile. Je veux dire, ceci est le sixième problème sur un Putnam. Qu’attendez-vous ? Et que fais-tu même avec ça ?

Eh bien, une chose que vous pouvez faire est de revenir au cas à deux dimensions et d’envisager s’il y a une façon différente de penser à la même réponse que celle que nous avons obtenue. Cette réponse, un quart, est étrangement propre. Et cela soulève la question de savoir ce que cela représente.

L’une des principales raisons pour lesquelles j’ai voulu faire une vidéo sur ce problème particulier est que ce qui va se passer comporte une leçon plus large sur la résolution de problèmes mathématiques. Pensez à ces deux lignes que nous avons tracées pour une 𝑃 et 𝑃 deux jusqu’à l’origine. Ils ont rendu le problème beaucoup plus facile à penser. Et en général, chaque fois que vous avez ajouté quelque chose à la configuration du problème qui le rend conceptuellement plus facile. Voyez si vous pouvez reformuler toute la question en fonction des éléments que vous venez d’ajouter.

Dans ce cas, plutôt que de penser à choisir trois points au hasard, commencez par dire « Choisissez deux lignes aléatoires passant par le centre du cercle ». Pour chaque ligne, il y a deux points possibles auxquels elle pourrait correspondre. Il suffit donc de lancer une pièce pour chacun de choisir lequel des points d’ extrémité va être 𝑃 un. Et de même, pour l’autre, au point de terminaison ce sera 𝑃 deux.

Choisir une droite de manière aléatoire et lancer une pièce de monnaie comme celle-ci revient à choisir un point aléatoire sur le cercle. On se sent un peu perdu au début. Mais la raison de penser au processus aléatoire de cette façon est que les choses sont en train de devenir plus faciles. Nous continuons de penser que sur ce troisième point, 𝑃 trois, comme étant juste un point au hasard sur le cercle. Mais imaginons que cela ait été choisi avant les deux lancers de pièces. Parce que vous voyez, une fois que les deux lignes et le troisième point sont gravés dans la pierre, il n’y a plus que quatre possibilités pour que, 𝑃 un et 𝑃 deux se retrouves sur la base de ces lancers de pièces. Chacun étant équiprobable. Mais un et un seul de ces quatre résultats laisse 𝑃 un et 𝑃 deux sur le côté opposé du cercle comme 𝑃 trois, avec le triangle qu’ils forment contenant le centre. Donc, peu importe où ces deux lignes se retrouvent et où 𝑃 trois se retrouve, il y a toujours une chance sur quatre que la pièce nous laisse avec le triangle contenant le centre.

Maintenant c’est très subtil. Juste en recadrant notre façon de penser au processus aléatoire pour choisir les points, la réponse est apparue d’un quart de façon très différente de celle d’avant. Et surtout, ce style d’argumentation se généralise de manière transparente en trois dimensions. Encore une fois, au lieu de commencer par choisir quatre points aléatoires, imaginez-vous de choisir trois droites aléatoires passant par le centre de la sphère, puis un point aléatoire pour 𝑃 quatre. Cette première droite traverse la sphère en deux points. Donc retourner une pièce de monnaie pour décider laquelle de ces deux points va être 𝑃 un.

De même, pour chacune des autres droites, retournez une pièce de monnaie pour décider où placer 𝑃 deux et 𝑃 trois jusqu’à fin. Maintenant, il y a huit résultats tout aussi probables de ces lancers. Mais un et un seul d’entre eux va placer 𝑃 un, 𝑃 deux et 𝑃 trois sur le côté opposé du centre comme 𝑃 quatre. Donc, un et un seul de ces huit résultats tout aussi probables nous donne un tétraèdre qui contient le centre.

Encore une fois, c’est un peu subtil comment cela se présente à nous. Mais n’est-ce pas élégant ? C’est une solution valable au problème. Mais certes, la façon dont je l’ai dit jusqu’à présent repose sur une certaine intuition visuelle. Si vous êtes curieux de savoir comment vous pourriez l’écrire d’une manière qui ne repose pas sur l’intuition visuelle, j’ai laissé un lien dans la description à une telle description dans le langage de l’algèbre linéaire, si vous êtes curieux. Et cela est assez courant en mathématiques, où avoir la perspicacité et la compréhension essentielles est une chose. Mais avoir le contexte approprié pour articuler cette compréhension de manière plus formelle est presque entièrement une articulation séparée. Les étudiants de premier cycle en mathématiques passent généralement la plupart de leur temps à se construire.

Mais la solution principale ici n’est pas la solution elle-même, mais comment vous pourriez trouver cette idée si elle vous était présentée et si vous deviez la résoudre. À savoir, continuez simplement à poser des versions plus simples de la question jusqu’à ce que vous puissiez vous faire une idée. Et ensuite, si vous avez une sorte de construction ajoutée qui s’avère utile, voyez si vous pouvez reformuler toute la question autour de cette nouvelle construction.