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\section*{Eléments de réponse}
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\q a) (facile) Il n'y a alors qu'une seule manière possible de propager: $A_1(M,\ell)=\{a+b-2\}$.\\
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b) (assez facile) Il y a plusieurs manières de propager mais en fait elles sont toutes aussi rapides: $A_1(M,\ell)$ est réduit à la distance entre le lutin de départ et le lutin le plus éloigné. Remarquer qu'après le jour 1, on a coupé le réseau en 2 et on peut se ramener au cas a) pour au moins l'une des deux moitiés.\\
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c) (moyen) Le lutin initial est quelque part au milieu. On a le choix entre 2 valeurs: la distance entre le lutin de départ et le lutin le plus éloigné; la même distance + 1.
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Pour le justifier, il suffit de regarder ce qui s'est passé le premier jour: soit on a perdu un temps en ne propageant pas vers le côté le plus éloigné; dans ce cas on coupe le réseau en 4 et la durée de la propagation est déterminée par la plus grande des 4 parties, qui est dans la situation a; soit on n'a pas perdu de temps (propagation vers le côté le plus loin) et c'est la même chose sauf qu'on a gagné un jour.
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%\q (facile)
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\q (moyen/difficile)
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Par récurrence (non trivial mais très raisonnable), on démontre qu’on ne peut faire que des intervalles.
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Pour des raisons combinatoires (quelques technicités pénibles), les intervalles doivent être inclus dans un intervalle type $[k,(3^k-1)/2]$, avec $k = \log_3(\text{nb de lutins})$.
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L’intervalle $[k,(3^k-1)/2]$ est atteint par le graphe complet, et c’est plus généralement le cas des $[k,l]$ avec $l$ compris entre $(3^{k-1}+1)/2$ et $(3^k-1)/2$.
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Pour conclure, il suffit de remarquer que, si on a un intervalle type $[a,b]$, on a facilement $[a+1,b+1]$ en ajoutant un lutin en plus relié uniquement au lutin qu’on veut être celui de départ.
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\q (à voir) On ne peut encore faire que des intervalles, pour des raisons similaires.
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Difficile de dire a priori si on est plus ou moins limité que dans la question précédente, à réfléchir.
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\q (à voir) Pour la 1, avec la plupart des graphes, $E = \{\infty\}$ (sauf quand $a\leq2$ ou $b\leq2$).\\
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Pour la 2, les graphes qui donnent autre-chose sont extrêmement contraints. Je n’ai pas terminé l’étude de cas, elle est un peu longue, mais c’est très probablement une question fermée, et le cardinal de $E$ ne peut pas dépasser un truc comme 3 ou peut-être 4.
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%Pour ce qui est de reprendre la 3, en fait ça ressemblera plutôt à reprendre la 2. J’ai peur que ce soit juste similaire et laborieux pour pas grand-chose de plus, donc ça se défendrait de ne pas la faire reprendre.
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\q a. (facile) Majoration très large: $E[\tau]\leq \frac{n-1}{p}$ (en supposant que seul le lutin de départ a le droit de sourire a un autre lutin à la fois: dans ce cas $\tau$ est (nb de lutins) $\times$ (espérance d'une loi géométrique de proba de réussite $p$)\\
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(difficile) Heuristique pour une approximation: plaçons-nous en temps continu: chaque paire amie de lutin se sourit au bout d'une loi exponentielle de moyenne $1/p$. Quand $k$ lutins sont de bonne humeur, chacun des $n-k$ restants reçoit donc un sourire au bout d'une loi exponentielle de moyenne $1/(kp)$. Le temps moyen de passage de $k$ à $k+1$ lutins de bonne humeur et donc $\frac{1}{kp(n-k)}$. Ainsi, je m'attends à ce que
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\[E[\tau]\simeq \frac{1}{p}\sum_{k=1}^n\frac{1}{k(n-k)}.\]\\
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b. (moyen) On peut compter le nombre $M_t$ de lutins de bonne humeur: à chaque demi-journée, $M_t$ devient $M_t-1$ avec proba $p$ (on compte en demi-journée car il y a deux extrémités à la chaînes des lutins de mauvaise humeur). On a $M_0=n-1$. Donc $E[2\tau]=\frac{n-1}{p}$ (somme de $n-1$ lois géométriques de proba de réussite $p$); donc $E[\tau]=\frac{n-1}{2p}$.\\
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c. (moyen/difficile) des choses similaires à la a) semblent faisables; \\
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(ouvert) cas général
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d. (ouvert)
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\q a. (facile) Ici, $\tau$ est déterministe; $E[\tau]=\tau\leq n$, et $E[\tau]=\tau=n$ est atteint avec le graphe linéaire, avec comme lutin de départ une extrémité\\
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b. (intuition facile) maximisé pour le segment. Justification ?\\ c. (ouvert)
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\q a. (facile) \\
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b. (intuition facile) minimisé pour l'étoile \\
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c. (ouvert)
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\q (ouvert) |