Les maths du jeu

L'annexe de Math-skateur : d'où viennent les nombres du jeu, et comment les calculer soi-même.

Les maths du jeu en un coup d'œil

Où, dans le jeu	La situation	Les maths	Niveau
partout	le chronomètre et l'heure du récit	proportionnalité, changement d'échelle de temps	Seconde
campement, jauge, duel	le venin dans le sang, les forces de l'enfant	exponentielle, demi-vie, équations différentielles, fonction de Bateman, aire sous la courbe	Terminale, L1
duel	la dose de sérum	proportionnalité	Seconde
vieux guetteur, plan	où sera la bande de filous	arbre, probabilités conditionnelles, chaîne de Markov, P², dénombrement	1re, Maths expertes
guetteur de la citadelle	la bande au retour	loi stable, matrice stationnaire, valeurs propres, diagonalisation	Maths expertes, L1
maison de thé, salle dallée	trouver la sortie dans le noir	marche aléatoire, état absorbant, matrice fondamentale, Monte-Carlo, fluctuation 1/√n	Seconde à L1
atelier du sérum	la population de scorpions	matrice de Leslie, puissances de matrice, valeur propre dominante	Maths expertes, L1
les jeux du filou	la datte, la roue des vents, les tétraèdres ; gagner pour sortir	espérance, probabilités par les angles, loi géométrique	1re, Terminale
duel, dernière manche	le dilemme du chef	théorie des jeux : stratégie dominante, équilibre de Nash	L1
ville (touche G)	le plan de Tamathreset	graphes pondérés, algorithme de Dijkstra	Maths expertes
galops	la tempête de sable ; le sérum au frais (guelta)	projection d'un vecteur, v × cos α ; loi de Newton, exponentielle et logarithme	Seconde, 1re ; Terminale
souk	marchander l'outre, payer en deux monnaies	pourcentages successifs, coefficients multiplicateurs, conversion	Seconde
maison de thé	la cérémonie des trois verres	suites géométriques et arithmétiques, dilution	Seconde, 1re
salle des lettres	sur quelle dalle marcher	probabilités conditionnelles, arbre retourné (Bayes)	1re, Terminale
duel, seconde épreuve	le coffre du chef	arrangements, combinaisons, permutations et groupe symétrique, codage d'une image, matrice de rotation	Terminale, Maths expertes, L1
le tapis du chef	un message caché dans une image de pixels	base 2, parité (bit de poids faible), matrice de permutation et P⁻¹ = Pᵀ, addition modulo 2, corps Z/2Z	Seconde, Maths expertes, L1
descente, carrefour	quel itinéraire sous la poursuite	t = d / v par tronçon : un plus court chemin en temps	Seconde
joutes en skate	le sable, le lance-pierre, les boules puantes, le filet	vitesses relatives, parabole	Seconde, 1re
montée à pied	les échelles, de dalle en dalle	trigonométrie du triangle rectangle : sin, cos, tan des angles remarquables ; Pythagore	Seconde
ruelles	la pente, le saut, le virage	a = −g × pente, parabole, v ≤ √(μgR)	Seconde, 1re, Terminale
usurier, duel	la dette qui gonfle	intérêts composés, suites géométriques	1re
galop, duel	rentrer à temps	t = d / v	Seconde
la tente, le bonus caché	le Triangle des Mères, un jeu de cartes	combinaisons, événement contraire, espérance, Monte-Carlo	Seconde, 1re, Terminale

1. Les deux temps du jeu

Le tableau affiche deux horloges côte à côte.

• Le chronomètre compte le vrai temps que tu passes à jouer, en vraies secondes. Les pénalités (une erreur, un rêve, un pas dans le noir) ne s'y ajoutent pas : elles ne font avancer que le récit.
• Le récit est l'heure de l'histoire, comptée depuis la piqûre. C'est lui qui compte pour l'enfant : la jauge, la courbe du venin et la limite des 7 heures.

On passe de l'un à l'autre par une accélération qui dépend de l'endroit :

Moment du jeu	1 seconde réelle vaut…	Exemple
Prologue, scène de fin	rien : le temps est arrêté
Galop	50 secondes de récit (× 50)	9 km à 26 km/h : 21 min de récit, 25 s de jeu (environ 30 s avec les reprises de souffle)
Ville, maisons, duel, descente	5 secondes de récit (× 5)	1 minute de jeu = 5 minutes de récit
Une pénalité de 20 s en ville	1 min 40 s de récit

Pourquoi deux accélérations ? Au galop, 9 km en temps réel dureraient 20 minutes : il faut accélérer fort. En ville, il faut le temps de réfléchir et de manœuvrer : on accélère moins.

Exemple de partie	Chronomètre	Récit
Piqûre, la nuit		0 h
Départ du campement	0:00	0 h 30
Arrivée à Tamathreset, au galop (9 km)	1:00	0 h 56
Ville, maisons, salles, montée, duel, tapis, descente : 40 minutes	41:00	4 h 16
Retour au campement	42:00	4 h 42 : l'enfant est soigné
Limite, sans sérum		7 h (8 h en mode facile)

2. Le venin TerminaleL1

Un modèle de jeu, simplifié : pas un modèle médical. Dans la réalité, la plupart des piqûres de scorpion ne sont pas mortelles, mais une piqûre chez un enfant impose toujours d'appeler les secours sans attendre.

Trois compartiments

Le modèle suit le venin dans trois « compartiments » : sous la peau, à l'endroit de la piqûre, puis dans le sang, puis éliminé (par le foie et les reins). Il passe de l'un à l'autre, et rien ne se perd :

S(t) + B(t) + éliminé(t) = D

Les notations

Symbole	Ce qu'il représente	Unité	Dans le jeu
t	le temps écoulé depuis la piqûre	heure	de 0 à 7 h
D	la dose injectée par le scorpion	unités de venin (fictives)	8
S(t)	le venin encore sous la peau	unités	8 au départ
B(t)	le venin dans le sang (B comme blood, « sang »)	unités	0 au départ
ka	la constante d'absorption : la vitesse du passage de la peau au sang. Ce n'est pas « k × a » : c'est un seul nombre, k indice a.	par heure (h⁻¹)	ln 2 / 0,5 ≈ 1,39
ke	la constante d'élimination : la vitesse à laquelle le sang se débarrasse du venin	par heure (h⁻¹)	ln 2 / 2 ≈ 0,35

Les deux constantes viennent de deux demi-vies : la moitié du venin quitte la peau en 30 minutes, d'où k_a = ln 2 / 0,5 ; le sang élimine la moitié de ce qu'il contient en 2 heures, d'où k_e = ln 2 / 2. C'est la demi-vie de la question du duel : « le venin perd la moitié de sa force toutes les 2 heures ».

1. Le venin quitte la piqûre

Hypothèse : à chaque instant, ce qui passe dans le sang est proportionnel à ce qui reste sous la peau. Plus il en reste, plus il en part.

S′(t) = − k_a · S(t), avec S(0) = D

C'est l'équation y′ = ay du programme de Terminale. Sa solution :

S(t) = D · e^−k_a·t = 8 × 2^−2t

Elle se divise par 2 toutes les 30 minutes : 8, 4, 2, 1, 0,5…

2. Le venin dans le sang

Le sang reçoit ce qui quitte la peau, k_a·S, et perd ce que le corps élimine, k_e·B :

B′(t) = k_a · S(t) − k_e · B(t), avec B(0) = 0

En remplaçant S(t) : B′ = − k_e·B + k_a·D·e^−k_a·t. C'est l'équation y′ = ay + f de Terminale.

1. Une solution particulière, cherchée de la forme C·e^−k_a·t. En reportant : −k_a·C = k_a·D − k_e·C, donc C = −k_a·D / (k_a − k_e).
2. La solution générale : B = K·e^−k_e·t + C·e^−k_a·t.
3. La condition B(0) = 0 donne K = −C.

B(t) = k_a·D / (k_a − k_e) × ( e^−k_e·t − e^−k_a·t )

C'est la fonction de Bateman, du nom du mathématicien anglais Harry Bateman (1882-1946). En 1910, il a résolu les équations de la radioactivité en chaîne : des noyaux A se désintègrent en noyaux B, qui se désintègrent à leur tour en noyaux stables C. Quel rapport avec le venin ? La même structure : une quantité qui se vide dans une deuxième, à une vitesse proportionnelle à ce qu'elle contient, la deuxième se vidant à son tour de la même façon.

	Radioactivité en chaîne	Venin
1er réservoir	noyaux A : NA′ = −λA·NA	sous la peau : S′ = −ka·S
2e réservoir	noyaux B : NB′ = λA·NA − λB·NB	dans le sang : B′ = ka·S − ke·B
à la fin	noyaux stables C	venin éliminé

Seuls les noms changent : les équations, et donc la solution, sont les mêmes. Les pharmacologues l'ont reprise pour les médicaments, et le nom est resté.

Avec les valeurs du jeu, k_a = 4·k_e exactement, donc k_a·D / (k_a − k_e) = 8 × 4/3 = 32/3. En posant u = 2^−t/2 :

B(t) = 32/3 × ( 2^−t/2 − 2^−2t ) = 32/3 × ( u − u⁴ )

3. Le pic : quand le venin est-il le plus fort ?

u − u⁴ est maximal quand sa dérivée par rapport à u s'annule : 1 − 4u³ = 0, donc u³ = 1/4. Ainsi 2^−3t/2 = 2⁻², et t = 4/3 h.

le pic : t = 1 h 20, B = 8 / ∛4 ≈ 5,04 unités

C'est l'une des questions du chef, dans le duel.

4. Le bilan, heure par heure

t	sous la peau S	dans le sang B	déjà éliminé
0	8	0	0
30 min	4	3,6	0,4
1 h	2	4,9	1,1
1 h 20	1,3	5,0 (le pic)	1,7
2 h	0,5	4,7	2,8
4 h	0,03	2,7	5,3
7 h	0	0,9	7,1

Chaque ligne fait 8 : le venin ne disparaît pas, il passe d'un compartiment à l'autre.

5. Les forces de l'enfant, et les 7 heures

C'est le seul choix propre au jeu : ce qui épuise l'enfant, c'est le venin reçu au total, l'aire sous la courbe de B.

E(t) = ∫₀^t B(s) ds, forces = 1 − E(t) / seuil

Le seuil vaut 20,4, la dose cumulée atteinte au bout de 7 heures : c'est pour cela que la limite tombe à 7 h. Au total, si le venin n'était jamais neutralisé, l'enfant en recevrait ∫₀^∞ B = D / k_e = 16 / ln 2 ≈ 23,1 unités. Le sérum arrête tout : B retombe à 0 et E cesse d'augmenter. La touche E montre la courbe pendant la partie.

Niveau	Ce qu'on fait
Terminale spécialité	vérifier que B est solution, étudier ses variations, trouver le pic, calculer l'aire (l'expression étant donnée)
L1 (biologie, pharmacie, maths)	établir soi-même B(t) à partir des deux équations différentielles

3. Les filous : une chaîne de Markov 1reMaths expertesL1

La bande de filous a trois repaires : la cachette (Ruelle des Potiers), le souk (Ruelle du Marché) et le puits (Passage du Puits). Il y en a un sur chacun des trois chemins vers la citadelle. Toutes les 30 secondes de chronomètre, la bande change de repaire au hasard, selon ses habitudes. C'est une chaîne de Markov : où elle va ne dépend que d'où elle est.

La matrice de l'aller, P (le carnet du vieux guetteur)

de ↓ vers →	cachette	souk	puits
cachette	0,2	0,5	0,3
souk	0,3	0,5	0,2
puits	0,4	0,4	0,2

Chaque ligne fait 1 : d'un repaire, la bande va forcément quelque part.

Où sera-t-elle dans n changements ?

On note π_n la ligne des probabilités après n changements. La bande part de sa cachette quand tu passes la Porte : π₀ = (1 ; 0 ; 0).

π_n+1 = π_n × P, donc π_n = π₀ × Pⁿ

• Après 1 changement : π₁ = (0,2 ; 0,5 ; 0,3).
• Après 2 changements : cachette 0,2×0,2 + 0,5×0,3 + 0,3×0,4 = 0,31 ; souk 0,47 ; puits 0,22. Il faut passer par le puits. C'est la question du vieux guetteur.

Le même calcul avec un arbre de probabilités 1reTerminale

Sans matrice, on dessine tous les chemins possibles de la bande. Sur chaque branche, la probabilité du changement ; au bout de chaque chemin, le produit des probabilités le long du chemin.

Puis on additionne les chemins qui finissent au même endroit :

après 1 min : cachette 0,04 + 0,15 + 0,12 = 0,31, souk 0,47, puits 0,22

L'intérêt de l'arbre : il montre ce que fait le calcul. « Multiplier le long d'un chemin, puis additionner les chemins qui arrivent au même repaire », c'est exactement le produit π₁ × P : la case « cachette » de π₂ est 0,2×0,2 + 0,5×0,3 + 0,3×0,4, une ligne multipliée par une colonne.

Sa limite : la bande change toutes les 30 secondes, donc en 3 minutes elle change 6 fois. L'arbre aurait alors 3⁶ = 729 chemins : impossible à la main. Avec la matrice, il suffit de 6 multiplications, π₆ = π₀ × P⁶ :

après	30 s	1 min	1 min 30	2 min	3 min	loi stable
cachette	20 %	31 %	29,1 %	29,4 %	29,4 %	29,4 %
souk	50 %	47 %	47,8 %	47,7 %	47,7 %	47,7 %
puits	30 %	22 %	23,1 %	22,9 %	22,9 %	22,9 %

Au bout de 3 minutes, la bande a « oublié » sa cachette : on est déjà sur la loi stable. L'arbre sert pour les premiers changements et pour comprendre ; la matrice, pour aller loin.

L'arbre au bout de 1 min 30 : trois changements, 27 chemins

Un changement de plus : chaque chemin se prolonge en trois, et l'arbre passe de 9 à 3 × 3 × 3 = 27 chemins. La probabilité d'un chemin est le produit de ses trois branches.

On retrouve la ligne « cachette » de P³ : (0,291 ; 0,478 ; 0,231). À chaque changement, le nombre de chemins est multiplié par 3 : 9, 27, 81, 243, 729… d'où l'intérêt du treillis.

L'arbre au bout de 3 minutes : le treillis

Comme la suite ne dépend que du repaire où se trouve la bande, on peut regrouper les branches qui arrivent au même repaire à chaque étape. L'arbre de 729 chemins devient un treillis de 3 lignes et 7 colonnes :

Chaque case se calcule à partir de la colonne précédente seulement. Par exemple, la cachette à 1 min 30 :

0,31 × 0,2 + 0,47 × 0,3 + 0,22 × 0,4 = 0,062 + 0,141 + 0,088 = 0,291

Passer d'une colonne à la suivante, c'est exactement multiplier par la matrice : π_n+1 = π_n × P. Le treillis est le dessin du calcul matriciel.

Des probabilités conditionnelles ? Oui 1reTerminale

Note X_n le repaire de la bande après n changements. Après la première étape, chaque branche de l'arbre porte une probabilité conditionnelle : la probabilité d'aller à un repaire sachant celui où l'on est. Chaque case de la matrice en est une :

P_ij = P( X_n+1 = j | X_n = i ), par exemple P( X_n+1 = puits | X_n = souk ) = 0,2

Les deux règles de l'arbre sont les deux formules du cours :

• Multiplier le long d'un chemin, c'est la formule des probabilités composées : P(X₁ = souk et X₂ = cachette) = P(X₁ = souk) × P(X₂ = cachette | X₁ = souk) = 0,5 × 0,3 = 0,15.
• Additionner les chemins qui arrivent au même endroit, c'est la formule des probabilités totales : P(X₂ = cachette) = 0,04 + 0,15 + 0,12 = 0,31.

Ce qui fait une chaîne de Markov, c'est une propriété de plus : la probabilité d'aller quelque part ne dépend que du repaire actuel, pas du chemin suivi avant. P(X₃ = puits | X₂ = souk et X₁ = cachette) = P(X₃ = puits | X₂ = souk) = 0,2. C'est pour cela que le treillis marche : deux chemins qui arrivent au même repaire ont le même avenir.

Probabilité conditionnelle et chaîne de Markov : quelle différence ?

Ce ne sont pas deux choses du même genre : la probabilité conditionnelle est un outil, la chaîne de Markov est un modèle qui s'en sert.

	Probabilité conditionnelle	Chaîne de Markov
Ce que c'est	un calcul : la probabilité d'un événement A sachant qu'un événement B est réalisé	une suite d'états au hasard X0, X1, X2… (ici, les repaires de la bande), qui obéit à une règle
La formule	P(A | B) = P(A et B) / P(B)	P(Xn+1 = j | tout le passé) = P(Xn+1 = j | Xn = i) = Pij
Quand ça sert	partout : tirages, tests médicaux, arbres de toutes sortes	quand l'avenir ne dépend que du présent, toujours avec les mêmes probabilités

Une chaîne de Markov, ce sont donc des probabilités conditionnelles avec deux conditions en plus :

1. Sans mémoire : sachant le repaire actuel, le passé ne change rien. Que la bande soit arrivée au souk depuis la cachette ou depuis le puits, elle a la même chance, 0,2, d'aller ensuite au puits.
2. Toujours les mêmes règles, dans le jeu : la matrice est la même à chaque changement (à l'aller ; au retour, la bande change d'habitudes, et on change de matrice). On dit que la chaîne est homogène.

Deux contre-exemples… qui dépendent de ce qu'on appelle « l'état ». Être une chaîne de Markov n'est pas une propriété du hasard tout seul : c'est une propriété du hasard et de l'état choisi pour le décrire.

• Un tirage sans remise. Un sac de 3 cartes rouges (R) et 2 noires (N) ; on tire une carte à la fois, sans la remettre. Si l'état est la couleur de la dernière carte tirée, ce n'est pas une chaîne de Markov : deux histoires qui finissent par la même couleur n'ont pas le même avenir. P(3^e = R | 1^re = R et 2^e = R) = 1/3 mais P(3^e = R | 1^re = N et 2^e = R) = 2/3 Dans le premier cas, il reste 1 rouge et 2 noires ; dans le second, 2 rouges et 1 noire. Savoir que la dernière carte est rouge ne suffit pas : il faut tout le passé. Mais si l'état est ce qui reste dans le sac, (rouges ; noires), c'est bien une chaîne de Markov : de (r ; n), on va en (r − 1 ; n) avec la probabilité r / (r + n), et en (r ; n − 1) avec la probabilité n / (r + n). L'avenir ne dépend que du contenu du sac, pas de l'ordre dans lequel les cartes sont sorties.
• Une bande qui se souviendrait. Si la bande évitait le repaire où elle était deux changements plus tôt, l'état « repaire actuel » ne suffirait plus. Avec l'état « (repaire précédent ; repaire actuel) », 9 états au lieu de 3, on retrouverait une chaîne de Markov.

La leçon : quand l'avenir dépend du passé, on peut souvent retrouver une chaîne de Markov en mettant dans l'état tout ce dont l'avenir a besoin, au prix d'un plus grand nombre d'états. Dans le jeu, les trois repaires suffisent : c'est ce qui rend le calcul si simple.

Dans le jeu, la matrice est aussi la même à chaque changement (on dit que la chaîne est homogène). Ce n'est pas obligatoire pour une chaîne de Markov : au retour, la bande change de matrice, et la chaîne reste de Markov.

À l'inverse, un schéma de Bernoulli est le cas le plus simple : le passé ne compte pas du tout, les tirages sont indépendants, et P(A | B) = P(A).

Un exemple complet : être au souk au bout de 1 min 30, calculé de deux façons

On note X_n le repaire après n changements (C : cachette, S : souk, P : puits). Au bout de 1 min 30, la bande a changé 3 fois : on cherche P(X₃ = S), sachant que X₀ = C.

Méthode 1 : probabilités conditionnelles et probabilités totales (l'arbre).

Les événements « X₁ = a et X₂ = b », pour les 9 couples (a ; b), forment une partition : la bande est passée par un et un seul de ces chemins. Formule des probabilités totales :

P(X₃ = S) = Σ_{a, b} P(X₁ = a et X₂ = b et X₃ = S)

Chaque terme, par la formule des probabilités composées :

P(X₁ = a) × P(X₂ = b | X₁ = a) × P(X₃ = S | X₁ = a et X₂ = b)

Le dernier facteur dépend a priori de tout le chemin. C'est ici qu'intervient la propriété de Markov : P(X₃ = S | X₁ = a et X₂ = b) = P(X₃ = S | X₂ = b), un nombre de la colonne « souk » de la matrice. Les 9 chemins qui finissent au souk :

chemin	calcul	probabilité
C → C → C → S	0,2 × 0,2 × 0,5	0,020
C → C → S → S	0,2 × 0,5 × 0,5	0,050
C → C → P → S	0,2 × 0,3 × 0,4	0,024
C → S → C → S	0,5 × 0,3 × 0,5	0,075
C → S → S → S	0,5 × 0,5 × 0,5	0,125
C → S → P → S	0,5 × 0,2 × 0,4	0,040
C → P → C → S	0,3 × 0,4 × 0,5	0,060
C → P → S → S	0,3 × 0,4 × 0,5	0,060
C → P → P → S	0,3 × 0,2 × 0,4	0,024
total		0,478

Méthode 2 : la chaîne de Markov (la matrice).

π₃ = π₂ × P, avec π₂ = (0,31 ; 0,47 ; 0,22)

La case « souk » de π₃ est la ligne π₂ multipliée par la colonne « souk » de P, (0,5 ; 0,5 ; 0,4) :

P(X₃ = S) = 0,31 × 0,5 + 0,47 × 0,5 + 0,22 × 0,4 = 0,155 + 0,235 + 0,088 = 0,478

Écrit avec des probabilités, c'est encore la formule des probabilités totales, mais sur la partition plus petite {X₂ = C ; X₂ = S ; X₂ = P} :

P(X₃ = S) = Σ_b P(X₂ = b) × P(X₃ = S | X₂ = b)

Similitude. Le même résultat, 0,478, avec les mêmes nombres et les deux mêmes formules (probabilités composées, probabilités totales). Les deux méthodes reposent sur la propriété de Markov : sans elle, il faudrait connaître P(X₃ = S | X₁ = a et X₂ = b) pour chacun des 9 chemins, 9 nombres que la matrice ne donne pas.

Différence. L'organisation du calcul. L'arbre développe : il écrit chaque chemin en entier (9 produits de 3 facteurs). La matrice regroupe : elle additionne d'abord les chemins qui arrivent au même repaire après 2 changements (0,31 ; 0,47 ; 0,22), puis fait un seul pas de plus. C'est la distributivité : 0,2 × 0,2 × 0,5 + 0,5 × 0,3 × 0,5 + 0,3 × 0,4 × 0,5 = (0,2 × 0,2 + 0,5 × 0,3 + 0,3 × 0,4) × 0,5 = 0,31 × 0,5. Pour 1 min 30, l'arbre reste faisable ; pour 3 minutes, il faudrait 243 chemins rien que pour le souk, quand la matrice n'a besoin que de 6 étapes de 3 cases.

Compter les chemins sans les dessiner Terminale

Tous les chemins. Un chemin de n changements, c'est une suite de n repaires (X₁ ; X₂ ; … ; X_n), chacun choisi parmi 3. Par le principe multiplicatif (le nombre de n-uplets d'un ensemble à 3 éléments) :

nombre de chemins = 3 × 3 × … × 3 = 3ⁿ

Ceux qui finissent au souk. Le dernier repaire est imposé, X_n = S ; seuls les n − 1 premiers sont libres :

nombre de chemins finissant au souk = 3ⁿ⁻¹

Pour 1 min 30, n = 3 : 3² = 9 chemins, ceux du tableau. Pour 3 minutes, n = 6 : 3⁵ = 243. Vérification : chacun des 3 repaires d'arrivée reçoit 3ⁿ⁻¹ chemins, et 3 × 3ⁿ⁻¹ = 3ⁿ.

Cela marche parce que, dans la matrice P, tous les passages sont possibles (aucune case n'est nulle). Sinon, on compte avec la matrice d'adjacence A : 1 si le passage est possible, 0 sinon. Le nombre de chemins de i à j en n changements est la case (i ; j) de Aⁿ, le même calcul que pour les probabilités, avec des 1 à la place des probabilités. Au retour, la matrice Q interdit puits → puits ; sa matrice d'adjacence a un 0 à cet endroit, et de la cachette on ne compte plus que 22 chemins de 3 changements au lieu de 27 (8 vers la cachette, 8 vers le souk, 6 vers le puits).

Attention : compter n'est pas calculer la probabilité. Les chemins n'ont pas tous la même probabilité (0,125 pour C → S → S → S, 0,02 pour C → C → C → S). 9 chemins sur 27 finissent au souk, mais 9/27 = 1/3 ≠ 0,478 : on n'est pas dans une situation d'équiprobabilité. Il faut additionner les probabilités des chemins, pas les compter.

Un schéma de Bernoulli ? Non, mais il y a un lien 1reTerminale

Un schéma de Bernoulli, c'est la répétition d'une même épreuve à deux issues (succès, échec), les répétitions étant indépendantes : la loi binomiale compte les succès. La bande n'en est pas un, pour deux raisons :

1. il y a trois issues, pas deux ;
2. surtout, les changements ne sont pas indépendants : où va la bande dépend d'où elle est. Si elle est au souk, elle a 0,2 de chances d'aller au puits ; si elle est à la cachette, 0,3.

Le lien. Si toutes les lignes de la matrice étaient égales, la bande choisirait son repaire chaque fois de la même façon, quel que soit l'endroit où elle est : les changements seraient indépendants. En ne regardant qu'un repaire, « au puits ou pas », on aurait alors un vrai schéma de Bernoulli, et le nombre de fois où la bande est au puits suivrait une loi binomiale. Or c'est exactement ce que devient Pⁿ : sa limite, la matrice stationnaire, a toutes ses lignes égales à π. Au bout de quelques minutes, la bande « oublie » d'où elle vient, et chaque observation lointaine ressemble à un tirage indépendant selon π.

Attention : sur des changements successifs, la dépendance demeure. Compter les passages au puits sur 6 changements à la suite ne donne pas une loi binomiale, même quand la bande suit déjà sa loi stable.

La matrice des deux changements, P² : la réponse du vieux guetteur Maths expertes

P² = P × P donne, d'un coup, les probabilités après 2 changements pour chaque point de départ. Chaque case est une ligne de P multipliée par une colonne de P. Par exemple, la case « de la cachette vers la cachette » :

0,2 × 0,2 + 0,5 × 0,3 + 0,3 × 0,4 = 0,04 + 0,15 + 0,12 = 0,31

C'est le calcul de l'arbre : chaque produit est un chemin (cachette → cachette → cachette, cachette → souk → cachette, cachette → puits → cachette). En faisant de même pour les neuf cases :

	cachette	souk	puits
cachette	0,31	0,47	0,22
souk	0,29	0,48	0,23
puits	0,28	0,48	0,24

Lire la réponse. La bande part de la cachette : on lit la ligne « cachette » de P², (0,31 ; 0,47 ; 0,22). Le plus petit nombre est 0,22, celui du puits : c'est la bonne réponse au vieux guetteur. Les deux autres lignes répondraient à la même question si la bande était partie du souk ou du puits.

La matrice stationnaire : où vont les puissances de P

En continuant, P³ = P² × P, puis P⁴, P⁵, P⁶… Regarde les lignes se ressembler de plus en plus :

P³ (1 min 30)

	cachette	souk	puits
cachette	0,291	0,478	0,231
souk	0,294	0,477	0,229
puits	0,296	0,476	0,228

P⁶ (3 min)

	cachette	souk	puits
cachette	0,2936	0,4771	0,2294
souk	0,2936	0,4771	0,2294
puits	0,2936	0,4771	0,2294

Les trois lignes sont devenues identiques (aux arrondis près) : peu importe d'où la bande est partie. Pⁿ tend vers la matrice stationnaire, dont chaque ligne est la loi stable π :

	cachette	souk	puits
cachette	32/109	52/109	25/109
souk	32/109	52/109	25/109
puits	32/109	52/109	25/109

Pour trouver π exactement, sans calculer des puissances de plus en plus grandes, on résout π = π × P.

À long terme : la loi stable

La répartition se stabilise quand un changement ne la modifie plus : π = π × P, avec π = (c ; s ; p). Il faut lire les colonnes de la matrice, qui disent d'où l'on arrive dans chaque repaire :

• cachette : c = 0,2c + 0,3s + 0,4p
• souk : s = 0,5c + 0,5s + 0,4p
• puits : p = 0,3c + 0,2s + 0,2p
• et c + s + p = 1, car la bande est forcément quelque part.

Les trois premières équations ne suffisent pas seules (l'une découle des deux autres) : c'est la somme égale à 1 qui permet de conclure.

1. Avec le puits : 0,8p = 0,3c + 0,2s, donc p = (0,3c + 0,2s) / 0,8.
2. Dans la cachette : 0,8c = 0,3s + 0,4 × (0,3c + 0,2s) / 0,8 = 0,3s + 0,15c + 0,1s, donc 0,65c = 0,4s et c = 8/13 s.
3. Retour au puits : p = (0,3 × 8/13 s + 0,2s) / 0,8 = (5/13 s) / 0,8, donc p = 25/52 s.
4. La somme : s × (8/13 + 1 + 25/52) = s × (32 + 52 + 25)/52 = s × 109/52 = 1.

π = ( 32/109 ; 52/109 ; 25/109 ) ≈ ( 29 % ; 48 % ; 23 % )

Vérification avec l'équation du souk, qu'on n'a pas utilisée : 0,5 × 32/109 + 0,5 × 52/109 + 0,4 × 25/109 = (16 + 26 + 10)/109 = 52/109. Juste.

Pourquoi la répartition se stabilise-t-elle ? Tous les nombres de P sont strictement positifs : de chaque repaire, on peut aller dans chacun des autres. Pour une telle chaîne, π_n converge vers la loi stable, quel que soit le point de départ. En termes de matrices, π est un vecteur propre de P pour la valeur propre 1, normalisé pour que la somme fasse 1.

Avec la diagonalisation L1

Chaque ligne de P fait 1, donc 1 est une valeur propre. Les deux autres, λ₂ et λ₃, se trouvent sans développer le polynôme caractéristique :

• la trace (somme des valeurs propres) : 0,2 + 0,5 + 0,2 = 0,9, donc λ₂ + λ₃ = −0,1 ;
• le déterminant (leur produit) : det P = −0,01, donc λ₂ × λ₃ = −0,01.

Ce sont les racines de λ² + 0,1λ − 0,01 = 0 : λ = (−1 ± √5) / 20, soit ≈ 0,0618 et ≈ −0,1618 (au passage : 1/(10φ) et −φ/10, avec φ le nombre d'or).

Les trois valeurs propres sont distinctes, donc P = Q·D·Q⁻¹ avec D = diag(1 ; λ₂ ; λ₃), et Pⁿ = Q·Dⁿ·Q⁻¹. Comme |λ₂| et |λ₃| sont plus petits que 1, Dⁿ tend vers diag(1 ; 0 ; 0) : Pⁿ tend vers une matrice dont toutes les lignes valent π. C'est pour cela que le point de départ finit par ne plus compter.

π_n = π + (0,0618)ⁿ × A + (−0,1618)ⁿ × B

avec A ≈ (0,093 ; −0,243 ; 0,150) et B ≈ (0,614 ; −0,234 ; −0,379), dont les coordonnées ont chacune une somme nulle. L'écart à la loi stable est divisé par environ 6 à chaque changement : après 3 changements, soit 1 min 30, on en est à moins de 1 %.

Au retour : la matrice Q (le guetteur de la citadelle)

Prévenue, la bande change d'habitudes : elle garde les deux chemins qui descendent de la citadelle et ne va presque plus au puits.

de ↓ vers →	cachette	souk	puits
cachette	0,6	0,3	0,1
souk	0,2	0,7	0,1
puits	0,5	0,5	0

La question du guetteur de la citadelle porte sur la loi stable de Q : depuis le temps passé dans la citadelle, peu importe d'où la bande partait. On résout π = π × Q, en lisant les colonnes de Q :

• cachette : c = 0,6c + 0,2s + 0,5p
• souk : s = 0,3c + 0,7s + 0,5p
• puits : p = 0,1c + 0,1s + 0p
• et c + s + p = 1.

1. Commencer par l'équation la plus simple, celle du puits : p = 0,1 × (c + s). Comme c + s = 1 − p : p = 0,1 × (1 − p), donc 1,1p = 0,1 et p = 1/11.
2. L'équation de la cachette : c − 0,6c = 0,2s + 0,5p, donc 0,4c = 0,2s + 0,5p.
3. Remplacer s par 1 − p − c = 10/11 − c : 0,4c = 0,2 × (10/11 − c) + 0,5/11, soit 0,4c + 0,2c = 2/11 + 0,5/11. Donc 0,6c = 2,5/11 et c = 25/66.
4. Le souk, par la somme : s = 10/11 − 25/66 = 60/66 − 25/66 = 35/66.

π = ( 25/66 ; 35/66 ; 6/66 ) ≈ ( 38 % ; 53 % ; 9 % ) : rentre par les Potiers

Vérification avec l'équation du souk, qu'on n'a pas utilisée : 0,3 × 25/66 + 0,7 × 35/66 + 0,5 × 6/66 = (7,5 + 24,5 + 3)/66 = 35/66. Juste.

Les puissances de Q le confirment. Q² (1 min) dépend encore beaucoup du départ :

	cachette	souk	puits
cachette	0,47	0,44	0,09
souk	0,31	0,60	0,09
puits	0,40	0,50	0,10

Q¹⁰ (5 min) : les lignes sont devenues identiques, la matrice stationnaire est atteinte.

	cachette	souk	puits
cachette	0,3788	0,5302	0,0909
souk	0,3787	0,5303	0,0909
puits	0,3788	0,5303	0,0909

Elle tend vers la matrice stationnaire de Q :

	cachette	souk	puits
cachette	25/66	35/66	6/66
souk	25/66	35/66	6/66
puits	25/66	35/66	6/66

Les valeurs propres de Q (trace 1,3, déterminant −0,04) sont 1, 0,4 et −0,1, des nombres simples : Q se diagonalise bien à la main. En partant de la cachette, l'écart à la loi stable vaut exactement (17/30) × 0,4ⁿ + (3/55) × (−0,1)ⁿ, à peu près 0,57 × 0,4ⁿ.

La question bonus : après combien de changements l'écart passe-t-il sous 1 % ? 0,57 × 0,4ⁿ < 0,01 équivaut à n > ln(0,0175) / ln(0,4) ≈ 4,4. Il en faut 5, soit 2 min 30 (l'écart vaut 1,45 % après 4 changements, 0,58 % après 5).

La recette, en résumé

Étape	Ce qu'on fait	Ce qu'on obtient
1. La matrice de transition	une ligne par repaire de départ, une colonne par repaire d'arrivée ; chaque ligne fait 1	P (aller), Q (retour)
2. Le départ	la ligne π0 : 1 là où est la bande, 0 ailleurs	π0 = (1 ; 0 ; 0)
3. Après n changements	πn = π0 × Pn : la ligne du départ dans Pn (ou l'arbre, si n est petit)	la réponse du vieux guetteur, avec P²
4. À long terme	résoudre π = π × P (les colonnes) avec c + s + p = 1 ; vérifier avec l'équation restée de côté	la loi stable, et la matrice stationnaire (toutes ses lignes valent π) ; la réponse du guetteur de la citadelle, avec Q
5. La vitesse (L1)	les valeurs propres : 1 et deux autres, plus petites que 1 ; plus elles sont petites, plus vite on oublie le départ	la question bonus

Niveau	Ce qu'on demande
1re, Terminale	un arbre de probabilités sur 2 changements
Maths expertes	le calcul matriciel πn = π0 × Pn, la loi stable π = π × P
L1	la diagonalisation, la vitesse de convergence

4. La salle dallée : marche aléatoire et Monte-Carlo SecondeTerminaleL1

Drogué par la dame au thé, le héros se réveille dans le noir, dans une salle dallée. Il cherche une porte cachée. Il marche d'une dalle à une voisine (haut, bas, gauche, droite), mais au hasard, au moins en partie : c'est une marche aléatoire, une chaîne de Markov dont les états sont les dalles. Pour comprendre, on commence par une petite salle de 3 × 3 dalles, qu'on peut calculer entièrement à la main ; le jeu, lui, se joue dans une salle de 4 × 4, où le calcul à la main devient trop lourd et où Monte-Carlo prend le relais.

L'exemple 3 × 3, calculable à la main

Le marcheur part de la dalle 8 ; la sortie est la dalle 3. Ici, il ne choisit pas ses pas, seulement une façon de chercher : à chaque pas, il va sur une dalle voisine avec des probabilités fixées.

1	2	3 : sortie
4	5	6
7	8 : départ	9

1. Les passages possibles : la matrice d'adjacence

On commence par dire où l'on peut aller, sans probabilités : de chaque dalle, on ne peut passer qu'à une voisine orthogonale (haut, bas, gauche, droite), sans sortir du plateau. La matrice d'adjacence A a 9 lignes et 9 colonnes, une par dalle : la case (i ; j) vaut 1 si l'on peut passer de la dalle i à la dalle j en un pas, 0 sinon (noté « · »).

de ↓ vers →	1	2	3	4	5	6	7	8	9	voisines
1	·	1	·	1	·	·	·	·	·	2
2	1	·	1	·	1	·	·	·	·	3
3	·	1	·	·	·	1	·	·	·	2
4	1	·	·	·	1	·	1	·	·	3
5	·	1	·	1	·	1	·	1	·	4
6	·	·	1	·	1	·	·	·	1	3
7	·	·	·	1	·	·	·	1	·	2
8	·	·	·	·	1	·	1	·	1	3
9	·	·	·	·	·	1	·	1	·	2

La somme d'une ligne est le nombre de voisines : 2 dans un coin (1, 3, 7, 9), 3 au milieu d'un bord (2, 4, 6, 8), 4 au centre (5). La matrice est symétrique : si l'on peut aller de i à j, on peut revenir de j à i.

2. Des passages aux probabilités : la matrice de transition

Une façon de chercher, c'est une matrice de transition P, de même taille : la case (i ; j) est la probabilité de passer de la dalle i à la dalle j. Trois règles :

1. une case ne peut être non nulle que là où A vaut 1 (on ne traverse pas les murs) ;
2. chaque ligne fait 1 : de la dalle i, le marcheur va forcément quelque part ;
3. la ligne de la sortie est particulière : P₃₃ = 1, et 0 ailleurs. Une fois sorti, on y reste : la dalle 3 est absorbante.

La façon la plus simple est au hasard : chaque voisine avec la même probabilité, c'est-à-dire chaque ligne de A divisée par son nombre de voisines.

de ↓ vers →	1	2	3	4	5	6	7	8	9	somme
1	·	1/2	·	1/2	·	·	·	·	·	1
2	1/3	·	1/3	·	1/3	·	·	·	·	1
3	·	·	1	·	·	·	·	·	·	1
4	1/3	·	·	·	1/3	·	1/3	·	·	1
5	·	1/4	·	1/4	·	1/4	·	1/4	·	1
6	·	·	1/3	·	1/3	·	·	·	1/3	1
7	·	·	·	1/2	·	·	·	1/2	·	1
8	·	·	·	·	1/3	·	1/3	·	1/3	1
9	·	·	·	·	·	1/2	·	1/2	·	1

« Suivre le courant d'air » met davantage de probabilité sur les passages qui rapprochent de la sortie, en gardant au moins 0,1 pour chaque passage possible :

de ↓ vers →	1	2	3	4	5	6	7	8	9	somme
1	·	0,9	·	0,1	·	·	·	·	·	1
2	0,1	·	0,8	·	0,1	·	·	·	·	1
3	·	·	1	·	·	·	·	·	·	1
4	0,8	·	·	·	0,1	·	0,1	·	·	1
5	·	0,7	·	0,1	·	0,1	·	0,1	·	1
6	·	·	0,8	·	0,1	·	·	·	0,1	1
7	·	·	·	0,9	·	·	·	0,1	·	1
8	·	·	·	·	0,1	·	0,1	·	0,8	1
9	·	·	·	·	·	0,9	·	0,1	·	1

Le marcheur part de la dalle 8 : π₀ = (0 ; 0 ; 0 ; 0 ; 0 ; 0 ; 0 ; 1 ; 0). Après n pas, π_n = π₀ × Pⁿ ; comme la sortie est absorbante, la 3^e case de π_n est la probabilité d'être sorti au plus tard au pas n.

3. Le calcul à la main, pas à pas : suivre le courant d'air

Après 1 pas : c'est la ligne 8 de P. Dalle 5 : 0,1 ; dalle 7 : 0,1 ; dalle 9 : 0,8.

Après 2 pas : chaque morceau de probabilité repart selon la ligne de sa dalle (c'est π₁ × P) :

• depuis la 5 (0,1) : vers 2 : 0,1 × 0,7 = 0,07 ; vers 4, 6, 8 : 0,1 × 0,1 = 0,01 chacune ;
• depuis la 7 (0,1) : vers 4 : 0,1 × 0,9 = 0,09 ; vers 8 : 0,1 × 0,1 = 0,01 ;
• depuis la 9 (0,8) : vers 6 : 0,8 × 0,9 = 0,72 ; vers 8 : 0,8 × 0,1 = 0,08.

On additionne par dalle : π₂ : dalle 2 : 0,07 ; dalle 4 : 0,01 + 0,09 = 0,10 ; dalle 6 : 0,01 + 0,72 = 0,73 ; dalle 8 : 0,01 + 0,01 + 0,08 = 0,10. Total : 1. Et 0 sur la sortie : en 2 pas, c'est impossible (le damier, plus bas).

Après 3 pas, la sortie n'est atteinte que depuis la 2 ou la 6 :

P(sorti en 3 pas) = 0,07 × 0,8 + 0,73 × 0,8 = 0,056 + 0,584 = 0,64

C'est-à-dire les chemins 8 → 9 → 6 → 3 (0,8 × 0,9 × 0,8 = 0,576), 8 → 5 → 2 → 3 (0,056) et 8 → 5 → 6 → 3 (0,008). En continuant de la même façon :

pas n	1	2	3	4	5	6	7
sorti au plus tard	0	0	64 %	64 %	87,7 %	87,7 %	95,8 %

4. Un autre exemple : longer les murs, et ses 62 %

« Longer les murs », c'est tourner le long du bord, dans le sens 8 → 7 → 4 → 1 → 2 → 3 : 0,8 sur le passage qui suit le mur, le reste sur les autres voisines ; au centre (5), chaque voisine à 0,25.

de ↓ vers →	1	2	3	4	5	6	7	8	9	somme
1	·	0,8	·	0,2	·	·	·	·	·	1
2	0,1	·	0,8	·	0,1	·	·	·	·	1
3	·	·	1	·	·	·	·	·	·	1
4	0,8	·	·	·	0,1	·	0,1	·	·	1
5	·	0,25	·	0,25	·	0,25	·	0,25	·	1
6	·	·	0,1	·	0,1	·	·	·	0,8	1
7	·	·	·	0,8	·	·	·	0,2	·	1
8	·	·	·	·	0,1	·	0,8	·	0,1	1
9	·	·	·	·	·	0,2	·	0,8	·	1

Après 1 pas (ligne 8) : dalle 7 : 0,8 ; dalle 5 : 0,1 ; dalle 9 : 0,1.

Après 2 pas :

• depuis la 7 (0,8) : vers 4 : 0,8 × 0,8 = 0,64 ; vers 8 : 0,8 × 0,2 = 0,16 ;
• depuis la 5 (0,1) : vers 2, 4, 6, 8 : 0,1 × 0,25 = 0,025 chacune ;
• depuis la 9 (0,1) : vers 8 : 0,1 × 0,8 = 0,08 ; vers 6 : 0,1 × 0,2 = 0,02.

π₂ : dalle 2 : 0,025 ; dalle 4 : 0,64 + 0,025 = 0,665 ; dalle 6 : 0,025 + 0,02 = 0,045 ; dalle 8 : 0,16 + 0,025 + 0,08 = 0,265. Total : 1.

Après 3 pas : depuis la 2, 0,025 × 0,8 = 0,02 ; depuis la 6, 0,045 × 0,1 = 0,0045 : seulement 2,45 %. Les murs font faire le grand tour : le chemin qui longe le mur, 8 → 7 → 4 → 1 → 2 → 3, demande 5 pas, et vaut à lui seul 0,8⁵ ≈ 32,8 %. On continue pas à pas (le tableau donne la répartition sur les dalles, puis le cumul) :

pas n	1	2	3	4	5	6	7
dalle 1	0	0	53,5 %	0	32,9 %	0	19,1 %
dalle 2	0	2,5 %	0	45,3 %	0	28,8 %	0
dalle 4	0	66,5 %	0	35,5 %	0	20,2 %	0
autres dalles	100 %	31 %	44,1 %	16,8 %	28,1 %	12 %	18,6 %
sorti au plus tard	0	0	2,45 %	2,45 %	39,0 %	39,0 %	62,4 %

Lecture : au pas 5, la sortie gagne 36,6 points, venus surtout de la dalle 2 (45,3 % × 0,8 = 36,2 %) ; au pas 7, encore 23,3 points (28,8 % × 0,8 = 23,0 %, plus un peu depuis la 6). D'où 62 % en 7 pas au plus, contre 95,8 % en suivant le courant d'air : longer les murs est sûr, mais lent.

4 bis. Au hasard : d'où vient p = 26/81 ≈ 0,321 en 7 pas

On reprend la matrice « au hasard » (plus haut) : de chaque dalle, chaque voisine avec la probabilité 1/(nombre de voisines). Le fantôme part de la dalle 8. À chaque pas, chaque morceau de probabilité se partage également entre les voisines de sa dalle ; la sortie garde ce qu'elle a reçu.

• Pas 1 (la 8 a 3 voisines) : dalles 5, 7, 9 : 1/3 chacune.
• Pas 2 : la 5 (1/3) se partage en 4 : 1/12 vers 2, 4, 6, 8 ; la 7 (1/3) en 2 : 1/6 vers 4 et 8 ; la 9 (1/3) en 2 : 1/6 vers 6 et 8. Par dalle : 2 : 1/12 ; 4 : 1/12 + 1/6 = 1/4 ; 6 : 1/4 ; 8 : 1/12 + 1/6 + 1/6 = 5/12. Total 1.
• Pas 3 : la sortie reçoit depuis la 2 (3 voisines) : 1/12 × 1/3 = 1/36, et depuis la 6 (3 voisines) : 1/4 × 1/3 = 1/12 = 3/36. Sorti en 3 pas : 4/36 = 1/9 ≈ 11,1 %.
• On continue de même (seuls les pas impairs ajoutent de la probabilité sur la sortie) :

pas n	1	2	3	4	5	6	7
dalle 2	0	1/12	0	5/36	0	5/36	0
dalle 6	0	1/4	0	7/36	0	17/108	0
sortie (dalle 3)	0	0	1/9	1/9	2/9	2/9	26/81

• Pas 5 : depuis la 2 : 5/36 × 1/3 ; depuis la 6 : 7/36 × 1/3 ; en tout 12/108 = 1/9. Cumul : 1/9 + 1/9 = 2/9 ≈ 22,2 %.
• Pas 7 : depuis la 2 : 5/36 × 1/3 = 15/324 ; depuis la 6 : 17/108 × 1/3 = 17/324 ; en tout 32/324 = 8/81. Cumul : 2/9 + 8/81 = 18/81 + 8/81 = 26/81 ≈ 0,321.

C'est la 3^e case de π₇ = π₀ × P⁷ : un fantôme au hasard sort en 7 pas au plus avec la probabilité 26/81, soit environ 32 %.

5. Les quatre façons de chercher, comparées

stratégie	temps moyen pour sortir	sorti en 7 pas au plus
1. longer les murs	8,3 pas	62 %
2. au hasard (chaque voisine également probable)	17 pas	32 %
3. revenir vers la porte d'entrée	516 pas	1 %
4. suivre le courant d'air	4,09 pas	95,8 %

Pourquoi seulement en un nombre impair de pas ?

Colorie les dalles comme un damier : 1, 3, 5, 7, 9 d'une couleur, 2, 4, 6, 8 de l'autre. Chaque pas change de couleur. Le départ (8) et la sortie (3) sont de couleurs différentes : on ne peut sortir qu'après 1, 3, 5, 7… pas. C'est pour cela que la probabilité d'être sorti est la même après 3 et 4 pas (64 %), après 5 et 6 (87,7 %), etc.

Le temps moyen : la matrice fondamentale L1

On retire la dalle 3 et on garde la sous-matrice Q des 8 autres dalles. La matrice fondamentale N = (I − Q)⁻¹ compte, en moyenne, combien de fois on passe sur chaque dalle avant de sortir. La somme de la ligne de la dalle 8 donne le temps moyen avant de sortir :

E[T] = 4,09375 pas (en suivant le courant d'air)

Monte-Carlo : les fantômes du rêve Seconde

Avant de se lancer, le héros peut rêver : n fantômes essaient la stratégie, chacun tirant ses pas au hasard selon la matrice. La fréquence des fantômes sortis en 7 pas estime la probabilité. Plus il y a de fantômes, plus l'estimation est fiable, avec une marge d'environ 1/√n (l'intervalle de fluctuation au seuil de 95 %) :

fantômes	marge 1/√n	coût dans le jeu
20	± 22 %	5 min de récit
100	± 10 %	15 min
1 000	± 3 %	40 min

Avec 20 fantômes, « longer les murs » (62 %) peut sembler aussi bon que « suivre le courant d'air » (96 %) : les deux intervalles se chevauchent. Avec 100, ils se séparent. C'est tout le dilemme : rêver plus longtemps coûte du temps à l'enfant. Une simulation d'un million de parcours donne 95,82 % et 4,0935 pas, très proches de la théorie ; mais seule l'analyse de la chaîne prouve le résultat.

Calculer, simuler, optimiser : trois choses différentes

• Le calcul matriciel donne les probabilités exactes à partir de la matrice P. Pour une petite salle, c'est la méthode la plus précise et la plus rapide.
• Monte-Carlo simule des parcours au hasard et estime les probabilités par les fréquences observées. Le résultat change un peu d'une simulation à l'autre ; il se rapproche de la valeur exacte quand le nombre de parcours augmente. Que tous les parcours simulés finissent par sortir ne prouve pas que la probabilité vaut 1 : seule l'analyse de la chaîne le prouve.
• Optimiser est une troisième question. Vérifier qu'une matrice donne 95,8 % ne dit pas qu'aucune autre ne fait mieux. Pour chercher la meilleure, il faut fixer un critère (par exemple : le temps moyen le plus court), des contraintes (par exemple : chaque passage possible a au moins la probabilité 0,1), puis résoudre un problème d'optimisation.

Dans le jeu : la salle aux seize dalles (4 × 4)

1	2	3	4 : sortie
5	6	7	8
9	10	11	12
13	14 : départ	15	16

Le héros part de la dalle 14 ; la sortie est la dalle 4, au fond à droite : il faut au moins 5 pas (et toujours un nombre impair, par le damier). Il a 11 pas avant de s'effondrer (chaque pas coûte 3 minutes de récit ; s'effondrer, 40 minutes). Cette fois, c'est le joueur qui choisit chaque pas, avec les flèches, mais le somnifère les dévie : le héros va où il veut avec la probabilité 0,7, et sinon sur une des autres dalles voisines, au hasard. En choisissant ses pas, le joueur fabrique lui-même la matrice de transition.

façon de marcher	temps moyen pour sortir	sorti en 11 pas au plus
au hasard (un fantôme du rêve)	44 pas	15 %
en visant toujours la sortie, pas obéis 7 fois sur 10	9,1 pas	80 %
en visant toujours la sortie, pas obéis 8 fois sur 10	7,2 pas	94 %

Ces nombres viennent d'une matrice 16 × 16 et de la matrice fondamentale N = (I − Q)⁻¹, une matrice 15 × 15 à inverser : un ordinateur le fait sans peine, un lycéen non. Et l'arbre aurait jusqu'à 4 branches par pas : 4¹¹, plus de 4 millions de chemins. C'est exactement là que sert Monte-Carlo : quand le calcul exact est trop lourd, on simule beaucoup de parcours et on compte.

Le rêve du jeu. Les fantômes errent au hasard, sans savoir où est la sortie. Chacun n'a que 15 % de chances de la trouver en 11 pas. Avec 20 fantômes, on voit environ 3 éclairs, parfois aucun : on ne sait presque rien. Avec 100, une quinzaine d'éclairs, tous au même endroit : la sortie se dessine. La fréquence observée vaut alors 15 % ± 10 % (1/√n). Rêver plus longtemps éclaire mieux la salle, mais coûte du temps à l'enfant : c'est tout le dilemme.

D'où vient p ≈ 0,15, la chance d'un fantôme ?

Un fantôme part de la dalle 14 et, à chaque pas, choisit une dalle voisine au hasard, toutes avec la même probabilité : 1/2 dans un coin (2 voisines), 1/3 sur un bord (3 voisines), 1/4 au centre (4 voisines). Il ne vise rien : il ne sait pas où est la sortie, la dalle 4.

Les chemins les plus courts : 5 pas. Il faut monter 3 fois et aller 2 fois à droite : il y a C(5 ; 2) = 10 chemins de ce type. Leur probabilité se calcule comme dans un arbre, en multipliant le long du chemin. Par exemple :

14 → 10 → 6 → 2 → 3 → 4 : 1/3 × 1/4 × 1/4 × 1/3 × 1/3 = 1/432

En additionnant les 10 chemins : P(sortir en 5 pas) = 11/432 ≈ 2,5 %. Puis viennent les détours, en 7, 9 et 11 pas (toujours un nombre impair, par le damier) :

sortie au pas	probabilité de sortir à ce pas	cumul : sorti au plus tard
5	2,5 %	2,5 %
7	3,8 %	6,3 %
9	4,3 %	10,6 %
11	4,4 %	14,9 %

D'où p ≈ 0,15. À la main, les détours deviennent vite innombrables : ces nombres viennent du calcul matriciel, π₁₁ = π₀ × P¹¹ avec la matrice 16 × 16 de la marche au hasard ; une simulation de 20 000 fantômes donne 14,8 %. Ne pas confondre avec les 80 % du héros : lui vise la sortie, et ses pas obéissent 7 fois sur 10 ; les fantômes errent sans but.

Et d'où viennent les 80 % du héros ?

Deux choix du jeu, puis un calcul.

1. La règle du somnifère (un choix du jeu) : quand le héros vise une dalle voisine, il y va avec la probabilité 0,7 ; sinon, il tombe sur l'une des autres voisines, au hasard (les 0,3 restants partagés également).
2. Un joueur qui vise parfaitement : il sait où est la sortie et vise toujours la dalle voisine la plus proche d'elle (à égalité, la plus à droite). De la dalle 14, il vise donc la 15 : la ligne 14 de la matrice est 0,7 vers 15, 0,15 vers 10, 0,15 vers 13.

Son chemin rêvé est 14 → 15 → 16 → 12 → 8 → 4, cinq pas qui obéissent tous : 0,7⁵ ≈ 16,8 %. Mais certains pas de travers ne coûtent rien (de la 14, tituber vers la 10 rapproche aussi de la sortie) : en tout, il sort en 5 pas avec la probabilité 25,9 %. Puis les détours :

sortie au pas	probabilité de sortir à ce pas	cumul : sorti au plus tard
5	25,9 %	25,9 %
7	24,9 %	50,7 %
9	17,9 %	68,6 %
11	11,8 %	80,4 %

Ces nombres viennent du même calcul, π₁₁ = π₀ × P¹¹, avec la matrice de ce joueur ; une simulation de 20 000 parties donne 80,3 %. C'est un plafond : un joueur qui ne sait pas où est la sortie, ou qui vise mal, fait moins bien. D'où l'intérêt de rêver pour la trouver.

Combien de fantômes ? Fluctuation, confiance, taille de l'échantillon SecondeTerminale

Le lexique, mot par mot.

mot	ce que c'est, dans le jeu	notation
épreuve de Bernoulli	un fantôme : il sort en 7 pas (succès) ou non (échec)
probabilité	la vraie chance qu'un fantôme sorte ; le plus souvent, on ne la connaît pas	p
échantillon de taille n	un rêve de n fantômes indépendants	n
effectif	le nombre de fantômes sortis dans ce rêve ; il suit la loi binomiale B(n ; p)	X
fréquence observée	la proportion de fantômes sortis dans ce rêve	f = X / n
intervalle de fluctuation	on connaît p et on prévoit où tombera la fréquence f d'un rêve	autour de p
intervalle de confiance	on ne connaît pas p et on l'estime à partir de la fréquence f observée	autour de f

Les deux intervalles ont la même largeur, mais ils ne sont pas centrés sur le même nombre et ne répondent pas à la même question. Fluctuation : « que va-t-on observer ? ». Confiance : « que peut-on dire de p après avoir observé ? ».

Les formules (au niveau 95 %).

	version simple (Seconde, Terminale)	version précise	conditions
intervalle de fluctuation	[ p − 1/√n ; p + 1/√n ]	[ p − 1,96 √(p(1−p)/n) ; p + 1,96 √(p(1−p)/n) ]	n ≥ 30, n p ≥ 5 et n (1−p) ≥ 5 (pour la version simple : n ≥ 25 et 0,2 ≤ p ≤ 0,8)
intervalle de confiance	[ f − 1/√n ; f + 1/√n ]	[ f − 1,96 √(f(1−f)/n) ; f + 1,96 √(f(1−f)/n) ]	les mêmes, avec f à la place de p

Ce que veut dire « 95 % » : dans environ 95 rêves sur 100, la fréquence observée tombe dans l'intervalle de fluctuation ; et la méthode de l'intervalle de confiance, appliquée à beaucoup de rêves, donne un intervalle qui contient le vrai p environ 95 fois sur 100.

L'exemple complet : des fantômes au hasard dans la salle de 3 × 3, en 7 pas

Dans la salle de 3 × 3, un fantôme qui erre au hasard (chaque voisine avec la même probabilité) sort en 7 pas au plus avec la probabilité p = 0,321 (calcul matriciel, partie 3 × 3 ci-dessus). On fait rêver 20 puis 100 fantômes.

1. Intervalle de fluctuation pour n = 20 (on connaît p = 0,321).

• Version simple : 1/√20 = 1/4,472 ≈ 0,224. I_F = [0,321 − 0,224 ; 0,321 + 0,224] = [0,097 ; 0,545].
• En nombre de fantômes : f = X / 20 entre 0,097 et 0,545, donc X entre 20 × 0,097 = 1,9 et 20 × 0,545 = 10,9 : de 2 à 10 fantômes sortis.
• Version précise : √(0,321 × 0,679 / 20) = √0,0109 ≈ 0,104, et 1,96 × 0,104 ≈ 0,205. I_F = [0,116 ; 0,526], soit de 3 à 10 fantômes.
• Vérification avec la loi binomiale exacte B(20 ; 0,321) : P(2 ≤ X ≤ 10) ≈ 96,7 % et P(3 ≤ X ≤ 10) ≈ 94,9 % : on est bien autour de 95 %.
• Attention : n = 20 est trop petit pour les conditions (n ≥ 25 ou 30). Les formules donnent un ordre d'idée, et l'intervalle est très large : de 10 % à 55 % !

2. Intervalle de fluctuation pour n = 100.

• Version simple : 1/√100 = 0,1. I_F = [0,321 − 0,1 ; 0,321 + 0,1] = [0,221 ; 0,421], soit de 23 à 42 fantômes sortis sur 100.
• Version précise : √(0,321 × 0,679 / 100) ≈ 0,0467, et 1,96 × 0,0467 ≈ 0,092. I_F = [0,229 ; 0,413], soit de 23 à 41 fantômes.
• Conditions : n = 100 ≥ 30, n p = 32,1 ≥ 5, n (1 − p) = 67,9 ≥ 5 : tout est respecté. Loi binomiale exacte : P(23 ≤ X ≤ 41) ≈ 95,9 %.

Avec 5 fois plus de fantômes, l'intervalle est √5 ≈ 2,2 fois plus étroit (0,224 → 0,1).

3. Intervalle de confiance : cette fois, on ne connaît pas p. C'est la situation du héros : il rêve, il compte, il estime.

• n = 20, et 7 fantômes sortent : f = 7 / 20 = 0,35. I_C = [0,35 − 0,224 ; 0,35 + 0,224] = [0,126 ; 0,574] (précis : 1,96 × √(0,35 × 0,65 / 20) ≈ 0,209, soit [0,141 ; 0,559]). Conclusion : « p est probablement entre 13 % et 57 % ». C'est vague : on ne pourrait même pas distinguer cette façon de chercher de « longer les murs » (62 %), qui est presque à la limite.
• n = 100, et 30 fantômes sortent : f = 30 / 100 = 0,30. I_C = [0,30 − 0,1 ; 0,30 + 0,1] = [0,20 ; 0,40] (précis : 1,96 × √(0,3 × 0,7 / 100) ≈ 0,090, soit [0,21 ; 0,39]). Conclusion : « p est probablement entre 20 % et 40 % » ; « longer les murs » (62 %) et « suivre le courant d'air » (96 %) sont nettement exclus.

Les deux intervalles de confiance contiennent bien le vrai p = 0,321 : c'est ce qui arrive dans environ 95 % des rêves.

4. La taille de l'échantillon. Pour une marge e voulue (version simple), il faut 1/√n = e, donc n = 1 / e² :

marge voulue e	± 22 %	± 10 %	± 5 %	± 3 %	± 1 %
fantômes n = 1/e²	20	100	400	1 000	10 000

Diviser la marge par 2 coûte 4 fois plus de fantômes. Dans le jeu, la précision se paie en temps de l'enfant : 5 minutes de récit pour 20 fantômes, 15 pour 100, 40 pour 1 000.

5. Dans la salle du jeu (4 × 4, 11 pas). Même méthode, avec p ≈ 0,15 (le calcul plus haut) : n = 20 donne I_F = [0,15 − 0,224 ; 0,15 + 0,224], soit de 0 à 0,37, presque inutilisable (et n p = 3 < 5 : les conditions ne sont pas remplies) ; n = 100 donne [0,05 ; 0,25], soit de 5 à 25 fantômes sortis.

Voir Monte-Carlo : un rapport d'aires

Chaque fantôme est une case d'un grand carré ; la case se colore s'il atteint la dalle 3 en 7 pas au plus (salle de 3 × 3, départ en 8). Le carré a toujours la même aire : la part colorée est la fréquence observée f = X / n. C'est le principe de Monte-Carlo, comme dans l'estimation célèbre de π (la part d'un carré couverte par un quart de disque, mesurée en lançant des points au hasard). Sous le carré : f (point vert), sa marge ± 1/√n (bande verte) et la vraie probabilité p (trait orange).

À essayer : avec 20 fantômes, relancer plusieurs fois et regarder la part colorée sauter d'un tirage à l'autre ; avec 1 000, elle ne bouge presque plus et colle à p. Comparer aussi les trois façons de chercher : la surface verte grandit de « au hasard » (32 %) à « longer les murs » (62 %) puis à « courant d'air » (96 %).

Les rêves trompeurs : comparer des fréquences

Si chaque éclair marquait la vraie sortie, un seul suffirait, et avec 20 fantômes on en voit au moins un dans 96 % des rêves : le petit rêve suffirait presque toujours. Le jeu ajoute donc un piège : sous somnifère, un fantôme qui ne trouve pas la sortie « croit » sortir 2 fois sur 10, et disparaît dans une fausse lueur sur une dalle de son chemin. Un éclair ne prouve plus rien : il faut compter les éclairs sur chaque dalle (le petit plan le fait) et chercher celle qui en reçoit nettement plus que les autres.

En moyenne, sur n fantômes : la vraie sortie reçoit n × 0,15 éclairs ; les fausses lueurs sont n × 0,85 × 0,2 ≈ 0,17 × n, mais dispersées sur les dalles des chemins. La sortie l'emporte donc, à condition d'avoir assez de fantômes :

fantômes	la sortie a seule le plus d'éclairs	égalité, on doute	une fausse dalle l'emporte
20	73 %	17 %	10 %
100	presque toujours	presque jamais	presque jamais

(Nombres obtenus par simulation, 4 000 rêves de chaque sorte.) C'est l'idée d'un test statistique : un écart entre deux fréquences n'est convaincant que si l'échantillon est assez grand pour que le hasard ne puisse pas, à lui seul, l'expliquer.

Le somnifère rend-il le héros markovien ?

En partie, et il faut être précis. Ce qui est markovien, c'est le pas lui-même : quand le héros veut aller vers une dalle, il y va avec la probabilité 0,7, sinon il titube au hasard, et cela ne dépend que de la dalle où il est et de la direction visée, jamais du chemin parcouru avant. Le somnifère « efface » le passé de ses jambes.

Mais le joueur, lui, a de la mémoire : il se souvient des murs heurtés, le petit plan garde les dalles déjà vues, et il peut décider « je suis déjà passé à gauche, j'essaie à droite ». Sa façon de choisir dépend alors du passé, et la marche complète n'est plus une chaîne de Markov sur les 16 dalles. Elle le redevient si le joueur suit une règle qui ne dépend que de la dalle où il est (par exemple : « toujours viser la sortie »), et c'est ce cas que calcule le tableau (80 %). Les dalles visitées qui replongent dans le noir sont une image de cette absence de mémoire, pas une preuve.

5. Les scorpions de l'atelier : la matrice de Leslie Maths expertesL1

Dans la Ruelle Haute, l'apothicaire du chef élève des scorpions : on tire leur venin pour fabriquer le sérum (c'est ainsi qu'on fabrique les vrais antivenins). Son registre suit la population par classes d'âge : les jeunes (moins d'un an), les adolescents (entre un et deux ans), les adultes.

Les règles de l'élevage

• Fécondité : chaque année, un adolescent a 8 petits, un adulte 32 ; les jeunes n'en ont pas.
• Survie : un jeune sur 4 survit et devient adolescent (0,25) ; un adolescent sur 2 devient adulte (0,5) ; les adultes meurent dans l'année.

On note la population de l'année n en colonne : P_n = (jeunes ; adolescents ; adultes). La population de l'année suivante est P_n+1 = L × P_n, avec la matrice de Leslie :

	jeunes	adolescents	adultes
→ jeunes (les petits)	0	8	32
→ adolescents	0,25	0	0
→ adultes	0	0,5	0

Lecture : la première ligne contient les fécondités ; sous la diagonale, les survies d'une classe à la suivante. Attention au sens : ici, on multiplie la matrice par une colonne (L × P), alors que pour les filous on multipliait une ligne par la matrice (π × P). Les deux conventions existent ; il faut lire la matrice dans le bon sens.

L'énigme : combien de scorpions dans 2 ans ?

Aujourd'hui : P₀ = (40 ; 8 ; 2), soit 50 scorpions.

• Année 1 : jeunes = 8 × 8 + 32 × 2 = 64 + 64 = 128 ; adolescents = 0,25 × 40 = 10 ; adultes = 0,5 × 8 = 4. P₁ = (128 ; 10 ; 4), soit 142.
• Année 2 : jeunes = 8 × 10 + 32 × 4 = 80 + 128 = 208 ; adolescents = 0,25 × 128 = 32 ; adultes = 0,5 × 10 = 5. P₂ = (208 ; 32 ; 5), soit 245.

année	0	1	2	3	4	5	6
total	50	142	245	484	1 058	1 948	4 052
rapport à l'année d'avant		2,84	1,73	1,98	2,19	1,84	2,08

Le rapport d'une année à l'autre oscille d'abord, puis se rapproche de 2.

Le bonus : la population double chaque année L1

À long terme, P_n est multipliée chaque année par la plus grande valeur propre λ de L. Ses valeurs propres sont les racines du polynôme caractéristique :

det(L − λI) = 0 ⇔ λ³ − 0,25 × 8 × λ − 0,25 × 0,5 × 32 = 0 ⇔ λ³ − 2λ − 4 = 0

On repère la racine λ = 2 (8 − 4 − 4 = 0), puis on factorise : λ³ − 2λ − 4 = (λ − 2)(λ² + 2λ + 2). Les deux autres racines, −1 ± i, ont un module √2 ≈ 1,41, plus petit que 2 : elles s'effacent avec le temps, et il ne reste que la croissance × 2 par an.

La pyramide des âges stable : les pourcentages

Une population dont la composition ne change plus, et qui est seulement multipliée par 2 chaque année, vérifie L × v = 2 v : v est un vecteur propre de L pour la valeur propre 2. On l'écrit v = (j ; a ; d) (jeunes, adolescents, adultes) et on lit L × v = 2 v ligne par ligne :

• ligne des adolescents : 0,25 × j = 2 × a, donc a = j / 8 = 0,125 j ;
• ligne des adultes : 0,5 × a = 2 × d, donc d = a / 4, soit d = j / 32 = 0,03125 j ;
• ligne des jeunes, pour vérifier : 8 a + 32 d = j + j = 2 j. Juste.

En prenant j = 1 : v = (1 ; 0,125 ; 0,03125). Pour avoir des proportions, on divise par la somme, 1 + 0,125 + 0,03125 = 1,15625 = 37/32 :

jeunes 32/37 ≈ 86,5 %, adolescents 4/37 ≈ 10,8 %, adultes 1/37 ≈ 2,7 %

(En nombres entiers : sur 37 scorpions, 32 jeunes, 4 adolescents, 1 adulte.) Les données de l'élevage s'en approchent bien :

année	0	1	2	4	6	8	10	limite
jeunes	80 %	90,1 %	84,9 %	87,7 %	86,9 %	86,2 %	86,4 %	86,5 %
adolescents	16 %	7 %	13,1 %	9,8 %	10,3 %	11,1 %	10,9 %	10,8 %
adultes	4 %	2,8 %	2 %	2,5 %	2,9 %	2,8 %	2,7 %	2,7 %

Pourquoi la composition se stabilise L1

L a trois valeurs propres distinctes : λ₁ = 2, λ₂ = −1 + i et λ₃ = −1 − i. On peut donc écrire la population de départ comme une combinaison de trois vecteurs propres (des nombres complexes pour les deux derniers) : P₀ = c₁ v₁ + c₂ v₂ + c₃ v₃. Chaque année, chaque morceau est multiplié par sa valeur propre :

P_n = Lⁿ × P₀ = c₁ × 2ⁿ × v₁ + c₂ × λ₂ⁿ × v₂ + c₃ × λ₃ⁿ × v₃

On divise par 2ⁿ :

P_n / 2ⁿ = c₁ v₁ + c₂ (λ₂/2)ⁿ v₂ + c₃ (λ₃/2)ⁿ v₃

Or |λ₂ / 2| = |λ₃ / 2| = √2 / 2 ≈ 0,71, plus petit que 1 : ces deux termes tendent vers 0 (ils sont multipliés par 0,71 chaque année). Il reste P_n ≈ c₁ × 2ⁿ × v₁ : la population double chaque année et sa composition est celle de v₁. C'est le même raisonnement que pour les filous (la diagonalisation de P), avec ici une valeur propre dominante 2 au lieu de 1 : la population grandit au lieu de rester constante.

Pourquoi les pourcentages oscillent d'abord. λ₂ = −1 + i a un argument de 135° : à chaque année, le terme qui s'efface « tourne » de 135° dans le plan complexe. Il fait osciller les proportions autour de leur limite (90,1 %, puis 84,9 %, puis 87,7 %…) tout en diminuant.

Ce qui garantit la stabilisation (théorème de Perron-Frobenius) : la matrice n'a que des nombres positifs ou nuls, toute classe d'âge finit par produire toutes les autres, et les âges de reproduction (2 ans pour les adolescents, 3 ans pour les adultes) n'ont pas de diviseur commun. Alors une valeur propre réelle positive est strictement plus grande en module que toutes les autres, et c'est elle qui gagne. Contre-exemple : si seuls les adultes avaient des petits (âge 3 seulement), les trois valeurs propres auraient le même module, et la population oscillerait indéfiniment selon un cycle de 3 ans, sans jamais se stabiliser.

Une population réelle ne double pas indéfiniment : la nourriture, la place et les prédateurs freinent la croissance. Le modèle de Leslie décrit les premières années, ou une population qu'on prélève (l'apothicaire « trait » ses scorpions et en relâche).

6. Tamathreset : le plan, les lettres, l'usurier

Le plan du ksar : le plus court chemin (Dijkstra) Maths expertes

Tamathreset, la cité des possibles (son nom mêle Tamanrasset, les maths et le « reset » des jeux vidéo : là-bas, tout peut recommencer), est un ksar de ruelles. Son plan est un graphe : les carrefours sont les sommets (P la Porte, K la citadelle, A, B, C…), les ruelles sont les arêtes, chacune pondérée par sa longueur en mètres. Chercher le plus court chemin de la Porte à la citadelle, c'est chercher la suite d'arêtes de poids total minimal.

L'algorithme de Dijkstra (1959) le trouve sans essayer tous les chemins :

1. On note d(P) = 0 et d = ∞ pour tous les autres sommets.
2. On fixe le sommet non fixé de plus petite distance : sa distance est désormais sûre (tout autre chemin passerait par un sommet plus loin).
3. On met à jour ses voisins : pour chaque voisin y, si d(sommet) + longueur de l'arête est plus petit que d(y), on remplace d(y) et l'on retient d'où l'on vient.
4. On recommence jusqu'à avoir fixé tous les sommets. En remontant les « d'où l'on vient », on retrouve le chemin.

Dans le jeu, la touche G (dans les ruelles) montre l'algorithme pas à pas : le sommet qu'on fixe (cerclé de rouge), les distances provisoires, l'arbre des plus courts chemins (en bleu), puis le chemin trouvé (en or). À l'aller, de la Porte à la citadelle : la Ruelle de la Porte, le Passage du Puits et la Montée du Nord, 500 m. Au retour, la Ruelle des Potiers est barricadée et la herse de la Montée du Nord baissée : l'algorithme retire ces deux arêtes du graphe et trouve un autre chemin, plus long : la Rampe, le Marché, la Ruelle Basse, les Songes et la Porte, 641 m (plus l'aller-retour au puits, 106 m).

Pourquoi « le plus proche d'abord » ? Les longueurs sont positives : un chemin qui passerait par un sommet encore non fixé serait au moins aussi long que la distance de ce sommet, donc pas plus court. C'est ce qui rend la distance d'un sommet fixé définitive.

Le mot de passe : chercher les lettres ou deviner 1re

La porte de la citadelle ne s'ouvre qu'avec TAMUSNI, « la sagesse, le savoir » en tamasheq. Ses sept lettres sont réparties sur cinq lieux (l'usurier T, le vieux guetteur U, la dame au thé A et I, l'apothicaire S, le joueur de dés M et N), chacune à sa place dans le mot, comme au pendu. Dès 4 lettres, on peut tenter le mot entier ; un mot faux coûte 20 minutes.

Deviner au hasard est sans espoir. Chaque lettre manquante peut être l'une des 26 lettres de l'alphabet. Pour k lettres manquantes, il y a 26^k mots possibles (le principe multiplicatif : 26 choix pour la première case, 26 pour la deuxième…) :

lettres manquantes	1	2	3
mots possibles	26	676	17 576
chance de tomber juste au hasard	≈ 3,8 %	≈ 0,15 %	≈ 0,006 %

Et chaque essai faux coûte 20 minutes. Seul un joueur qui se souvient (l'ancien a prononcé le mot au campement : « la tamusni, la sagesse, garde l'esprit ») peut gagner du temps. Ce n'est plus le hasard, c'est la mémoire et la déduction.

L'usurier 1re

Des intérêts composés à 10 % par jour : chaque jour, la dette est multipliée par 1,1 (les intérêts portent aussi sur les intérêts). C'est une suite géométrique.

100 × 1,1 × 1,1 × 1,1 = 100 × 1,1³ = 133,1 pièces

La dette double au bout de 8 jours (1,1⁷ ≈ 1,95 ; 1,1⁸ ≈ 2,14), et non 10 comme avec des intérêts simples.

Le souk : les pourcentages successifs Seconde

Le marchand d'outres de la Ruelle du Marché, le repaire de la bande, garde la lettre N. Il marchande en trois manches. La règle de toutes ses questions : une évolution de t % multiplie par (1 + t/100), et des évolutions successives se multiplient, elles ne s'additionnent pas.

Situation	Calcul	Le piège
80 pièces, −25 % puis taxe +10 %	80 × 0,75 × 1,1 = 66	80 × 0,85 = 68 (additionner −25 et +10)
+20 % puis −20 % sur 100 pièces	100 × 1,2 × 0,8 = 96	100 (croire qu'elles s'annulent)
−30 % puis −20 %	0,7 × 0,8 = 0,56 : remise de 44 %	50 %
18 dinars payés avec 100 francs CFA, 1 dinar = 5 francs CFA	100 ÷ 5 = 20 dinars ; 20 − 18 = 2 dinars rendus	soustraire avant de convertir

La cérémonie des trois verres : les suites Seconde1re

Chez les Touaregs, on boit trois verres sur les mêmes feuilles : le premier amer comme la vie, le deuxième doux comme l'amour, le troisième suave comme la mort. Avant de servir le dernier (et son somnifère), la dame fait compter ses verres.

• La force du thé est multipliée par le même nombre q à chaque verre : c'est une suite géométrique, u_n = u₁ × qⁿ⁻¹. Avec 40 g/L et q = 0,5 : u₃ = 40 × 0,5² = 10 g/L.
• La dilution : la masse de thé ne change pas, le volume augmente. 20 cL à 30 g/L, c'est 6 g ; dans 30 cL : 6 ÷ 0,3 = 20 g/L. On multiplie la concentration par V_avant / V_après = 2/3.
• Le sucre, 2 morceaux de plus à chaque verre : une suite arithmétique, 2, 4, 6 ; la somme vaut 12.

7. Les jeux du filou : l'espérance, puis la loi géométrique 1reTerminale

Dans le Passage du Puits, un joueur de la bande propose trois jeux du désert, payés en minutes du récit (gagner : un raccourci ; perdre : il vous retient). Mais qui s'assoit ne se relève qu'après avoir gagné aux trois jeux : on choisit l'ordre, et l'on rejoue chaque jeu jusqu'à sa victoire.

jeu	on gagne si…	probabilité p	gain	perte
1, le noyau de datte	on trouve la main qui le cache	1/2	+20 min	−30 min
2, la roue des vents	l'aiguille s'arrête sur l'Harmattan ou le Ghibli	5/12	+24 min	−12 min
3, les deux tétraèdres	les deux faces cachées font 5	1/4	+40 min	−10 min

Les probabilités

• La roue n'est pas équiprobable : la probabilité d'un vent est la part du disque qu'il occupe, c'est-à-dire son angle divisé par 360°. Harmattan 60° → 1/6 ; Sirocco 120° → 2/6 ; Ghibli 90° → 1/4 ; Simoun 90° → 1/4 (la somme fait bien 1). L'Harmattan ou le Ghibli : deux secteurs disjoints, on additionne, 1/6 + 1/4 = 2/12 + 3/12 = 5/12.
• Les tétraèdres ont 4 faces, numérotées de 1 à 4 ; posé, un tétraèdre cache une face, celle qui touche le sol. Deux tétraèdres : 4 × 4 = 16 couples équiprobables. La somme 5 : (1 ; 4), (2 ; 3), (3 ; 2), (4 ; 1), soit 4 cas : 4/16 = 1/4.

Si l'on ne jouait qu'une fois : l'espérance (1re)

E = p × gain − (1 − p) × perte

• datte : ½ × 20 − ½ × 30 = −5 min ;
• roue : 5/12 × 24 − 7/12 × 12 = 10 − 7 = +3 min (le meilleur) ;
• tétraèdres : ¼ × 40 − ¾ × 10 = 10 − 7,5 = +2,5 min.

Il faut gagner à chaque jeu : la loi géométrique (Terminale)

On rejoue jusqu'à la première victoire. Le rang N de la victoire suit la loi géométrique de paramètre p : P(N = k) = (1 − p)^k−1 p, et son espérance est E(N) = 1/p. On perd donc en moyenne N − 1, soit (1 − p)/p fois avant de gagner, et le bilan moyen vaut :

gain − perte × (1 − p)/p (c'est aussi E / p)

Pourquoi E(N) = 1/p ? Deux façons de le voir.

• Par les fréquences. Sur un très grand nombre de parties, on gagne une fois sur 1/p en moyenne (aux tétraèdres, une fois sur 4). Il faut donc en moyenne 1/p parties pour une victoire.
• Par le premier coup. À la première partie, soit on gagne (probabilité p) et c'est fini en 1 partie ; soit on perd (probabilité 1 − p), on a usé 1 partie, et tout recommence comme au début. D'où E(N) = p × 1 + (1 − p) × (1 + E(N)), soit E(N) = 1 + (1 − p) E(N), donc p E(N) = 1 et E(N) = 1/p. (C'est le même raisonnement « au premier pas » que pour la salle aux seize dalles.)

Le calcul de E(N), ligne par ligne. On part de E(N) = p × 1 + (1 − p) × (1 + E(N)) : si l'on gagne la première partie, on a joué 1 partie ; si on la perd, on a joué 1 partie et tout recommence (les dés n'ont pas de mémoire), il en reste en moyenne E(N). On développe : E(N) = p + (1 − p) + (1 − p) E(N) = 1 + (1 − p) E(N). On regroupe : E(N) − (1 − p) E(N) = 1, c'est-à-dire p E(N) = 1, donc E(N) = 1/p.

« Les dés n'ont pas de mémoire » : l'exemple des tétraèdres. On vient de perdre la première partie. À la deuxième, la chance de gagner est encore 1/4 : les tétraèdres ne se souviennent pas du lancer précédent. On est donc exactement dans la situation du début : il faut gagner, une fois sur quatre. Le nombre de parties qui restent à jouer se comporte comme celui qu'on avait en s'asseyant : 4 en moyenne. Avec la partie déjà perdue, cela fait 1 + 4 = 5 parties en moyenne dans ce cas.

première partie	probabilité	parties jouées en tout, en moyenne
gagnée	1/4	1
perdue	3/4	1 + 4 = 5

Attention : les deux cas ne s'additionnent pas. Un même voyageur gagne sa première partie ou la perd, jamais les deux : il n'y a donc jamais 1 + 5 = 6 parties. La moyenne pondérée est une moyenne sur tous les voyageurs. Avec 100 voyageurs assis à la table des tétraèdres :

groupe	voyageurs	parties de chacun, en moyenne	parties du groupe	défaites du groupe
gagnent la 1re partie	1 sur 4 : 25	1	25	0
perdent la 1re partie	3 sur 4 : 75	5 (4 perdues, 1 gagnée)	375	300
tous	100		400 : 4 par voyageur	300 : 3 par voyageur

1/4 × 1 + 3/4 × 5, c'est ce même calcul, avec les parts 1/4 et 3/4 au lieu de 25 et 75 voyageurs sur 100. Retenir : 4 parties en moyenne pour chaque voyageur (3 perdues, 1 gagnée) ; 5 en moyenne seulement chez ceux qui ont perdu la première.

Moyenne pondérée : 1/4 × 1 + 3/4 × 5 = 16/4 = 4 : cohérent. Sans connaître la réponse, on l'appelle x : x = 1/4 × 1 + 3/4 × (1 + x), donc x = 1 + 3/4 x, 1/4 x = 1, x = 4. Contre-exemple, avec mémoire : 4 cartes face cachée dont une gagnante, tirées sans remise ; après un échec il n'en reste que 3, la chance passe à 1/3, puis 1/2. La situation n'est plus celle du départ, et ce raisonnement ne s'applique plus.

Pourquoi « géométrique ». Aux tétraèdres, les probabilités de gagner à la 1re, 2e, 3e, 4e partie sont 1/4, 3/16, 9/64, 27/256… On passe de l'une à la suivante en multipliant toujours par 3/4 = 1 − p (une défaite de plus) : elles forment une suite géométrique de raison 1 − p, comme la dette de l'usurier multipliée par 1,1 chaque jour. Le mot vient des suites : dans une suite géométrique, chaque terme est la moyenne géométrique de ses voisins (3/16 = √(1/4 × 9/64)), comme dans une suite arithmétique il est leur moyenne ordinaire. La somme d'une suite géométrique confirme que ce sont bien des probabilités : 1/4 × (1 + 3/4 + (3/4)² + …) = 1/4 × 1/(1 − 3/4) = 1 (on finit toujours par gagner). En L1, on retrouve E(N) = Σ k p (1 − p)^k−1 = 1/p en dérivant la somme géométrique.

Le bilan, pas à pas. On gagne une seule fois, à la dernière partie, et l'on perd à toutes les autres, c'est-à-dire N − 1 fois. Le bilan vaut gain − perte × (N − 1). En moyenne : gain − perte × (1/p − 1) = gain − perte × (1 − p)/p. En mettant tout sur p : [p × gain − (1 − p) × perte] / p, c'est-à-dire l'espérance d'une partie divisée par p.

jeu	p	parties en moyenne 1/p	défaites en moyenne	bilan moyen	vérification E / p
datte	1/2	2	1	20 − 30 × 1 = −10	−5 ÷ 0,5 = −10
roue	5/12	2,4	1,4	24 − 12 × 1,4 = +7,2	3 ÷ 5/12 = +7,2
tétraèdres	1/4	4	3	40 − 10 × 3 = +10	2,5 ÷ 0,25 = +10

• datte : 20 − 30 × 1 = −10 min, en 2 parties en moyenne ;
• roue : 24 − 12 × 7/5 = 24 − 16,8 = +7,2 min, en 2,4 parties ;
• tétraèdres : 40 − 10 × 3 = +10 min, en 4 parties (le meilleur).

Gagner aux trois : l'espérance d'une somme

Le bilan total est la somme des bilans des trois jeux. Or l'espérance d'une somme est la somme des espérances (la linéarité de l'espérance) : en moyenne, −10 + 7,2 + 10 = +7,2 min, en 2 + 2,4 + 4 = 8,4 parties. L'ordre dans lequel on joue ne change rien à ces moyennes.

S'il fallait n'en choisir qu'un, le meilleur dépendrait de la règle : sur une seule partie, la roue (+3) ; quand il faut insister jusqu'à gagner, les tétraèdres (+10). Le bilan E / p grossit les espérances quand p est petit : un jeu rentable rapporte d'autant plus qu'on y joue longtemps, un jeu perdant coûte d'autant plus. La datte, « une chance sur deux », est le pire dans les deux cas.

Le risque : la moyenne ne dit pas tout. Aux tétraèdres, on gagne une fois sur quatre ; perdre 8 fois de suite arrive avec la probabilité (3/4)⁸ ≈ 0,10, et coûte 80 minutes. C'est le prix d'une moyenne favorable. (Loi des grands nombres : c'est sur beaucoup de voyages que la moyenne se vérifie, comme les fantômes de la salle aux seize dalles.)

8. Le skate et la falaise

La pente 1re

Sur une pente, la gravité freine à la montée et accélère à la descente : a = − g × pente, avec g ≈ 9,8 m/s². Une pente de 10 % donne a ≈ ∓ 1 m/s² : en 1 seconde, la vitesse change d'environ 1 m/s. Le tableau affiche la pente en pourcentage.

Le saut du tremplin Seconde1re

Le tremplin lance le héros vers le haut à la vitesse v_z = 0,6 v + 1,2 m/s (v : sa vitesse sur la planche). En l'air, il suit une parabole :

durée du saut = 2 v_z / g, hauteur = v_z² / (2g), longueur = v × durée

Le barrage de jarres est 2 m après le tremplin : trop lent, on retombe dessus. Le tableau prévoit la parabole avant le saut, puis donne la longueur et la hauteur réelles.

Le virage 1reTerminale

Dans un coude de rayon R, la planche tient tant que la force qui la retient (l'adhérence, μ·g) suffit à la faire tourner (v²/R) :

v ≤ √( μ g R ), avec μ = 0,5

Exemple, le coude du bas de la Rampe, R = 8 m : v ≤ √(0,5 × 9,8 × 8) = √39,2 ≈ 6,3 m/s. Plus vite, c'est la chute.

Les échelles de la falaise Seconde

Au pied de la citadelle, le héros prend sa planche sous le bras. La citadelle est au sommet d'une falaise verticale, d'où sortent trois dalles blanches ; la première est à 5 m du sol, bien au-dessus de la tête du héros. Il y pose une échelle, de dalle en dalle, jusqu'au parapet. À chaque étape, il faut choisir la bonne longueur d'échelle : trop courte, elle n'atteint pas la dalle et retombe ; trop longue, elle dépasse la dalle et bascule.

Pourquoi une paroi verticale, vue de face ? Sur un mur vertical regardé de face, les longueurs horizontales et verticales du dessin sont les vraies (à l'échelle). Chaque échelle, posée d'une dalle à la suivante, dessine donc un vrai triangle rectangle : l'échelle est l'hypoténuse, la différence de hauteur entre les deux dalles est le côté vertical, opposé à l'angle de l'échelle, et leur décalage est le côté horizontal, adjacent à l'angle.

Dans un triangle rectangle, pour un angle aigu α :

sin α = opposé / hypoténuse, cos α = adjacent / hypoténuse, tan α = opposé / adjacent

Si l'on connaît la montée (côté opposé), on utilise le sinus : L = montée ÷ sin α. Si l'on connaît le décalage horizontal (côté adjacent), on utilise le cosinus : L = décalage ÷ cos α. Les valeurs remarquables, qu'on retrouve avec le triangle équilatéral (30° et 60°) et le carré coupé par sa diagonale (45°) :

	30°	45°	60°
sin	1/2	√2/2 ≈ 0,71	√3/2 ≈ 0,87
cos	√3/2 ≈ 0,87	√2/2 ≈ 0,71	1/2
tan	√3/3 ≈ 0,58	1	√3 ≈ 1,73

Les quatre échelles :

étape	la dalle suivante	angle	rapport	longueur	dans le jeu, les mauvais choix
1 : sol → dalle 1	5 m plus haut, à droite	30°	sin 30° = 5 / L	L = 10 m	5,8 m (5 ÷ cos 30°) trop courte ; 12 m trop longue
2 : dalle 1 → dalle 2	4 m plus haut, à gauche	45°	sin 45° = 4 / L	L = 4√2 ≈ 5,7 m	4 m (la montée) trop courte ; 8 m trop longue
3 : dalle 2 → dalle 3	3 m plus à droite	60°	cos 60° = 3 / L	L = 6 m	3,5 m (3 ÷ sin 60°) trop courte ; 9 m trop longue
4 : dalle 3 → parapet	4 m plus haut, à gauche	30°	sin 30° = 4 / L	L = 8 m	4,6 m (4 ÷ cos 30°) trop courte ; 10 m trop longue

Le piège classique : confondre le sinus et le cosinus. À l'étape 1, diviser la montée par cos 30° donne 5,8 m : l'échelle est trop courte. Pour ne pas se tromper, on repère d'abord quel côté on connaît par rapport à l'angle : en face de lui (opposé, sinus), ou contre lui (adjacent, cosinus).

La question bonus : la hauteur du parapet. On additionne ce que monte chaque échelle. À l'étape 3, on connaissait le décalage, pas la montée : montée = 6 × sin 60° = 3√3 ≈ 5,2 m. En tout : 5 + 4 + 3√3 + 4 = 13 + 3√3 ≈ 18,2 m.

Pente et angle. Une pente en pourcentage est une tangente : 10 % signifie tan α = 0,1, soit α ≈ 5,7°, un angle qui n'est pas remarquable (il faut la calculatrice). C'est pourquoi les échelles du jeu font 30°, 45° ou 60° : les longueurs se calculent de tête.

Les deux nouvelles échelles : Pythagore Seconde

La troisième dalle est 3 m à droite et 4 m plus haut, sans angle remarquable : on connaît les deux côtés de l'angle droit. L² = 3² + 4² = 25, L = 5 m (et non 7 m : la diagonale est plus courte que le détour).

La quatrième est juste au-dessus, 6 m plus haut, mais la paroi penche en arrière : elle est 2,5 m en retrait. Vue de face, l'échelle semble verticale et longue de 6 m ; vue de côté, elle est l'hypoténuse d'un triangle rectangle : L² = 6² + 2,5² = 42,25, L = 6,5 m. Un même objet, deux vues : c'est le principe des projections.

Le parapet est alors à 5 + 4 + 4 + 6 + 6 × sin 60° + 4 = 23 + 3√3 ≈ 28,2 m.

Le carrefour de la descente : le plus court chemin en temps Seconde

Au bas de la Rampe, les hommes du chef sur les talons, il faut choisir. Le plus court en mètres n'est pas toujours le plus rapide : on additionne les temps de chaque tronçon, t = d / v.

Itinéraire	Tronçons	Temps (premier jeu de nombres)
1 · Ruelle Haute puis Potiers (237 m)	106 m en montée à 3,5 m/s ; 131 m en descente à 6 m/s ; les charrettes à pied, 40 s	30 + 22 + 40 ≈ 92 s
2 · Marché, Ruelle Basse, Songes (364 m)	364 m presque plats à 5,5 m/s	≈ 66 s

Le plus long en mètres est ici le plus court en temps. C'est l'algorithme de Dijkstra avec des poids en secondes au lieu de mètres. Les hommes du chef ferment l'autre itinéraire : le mauvais choix se paie en vraies secondes, dans la descente.

Les armes du skate : les vitesses relatives Seconde1re

Chaque épreuve de calcul réussie donne une arme pour les joutes en skate : le joueur de dés, son lance-pierre ; le marchand du souk, des boules puantes ; le vieux guetteur, un filet ; et le sable de la rue est toujours là. Dans la Ruelle du Marché, la bande attaque en skate ; dans la descente, les hommes du chef. Pour bien viser, il faut raisonner en vitesses relatives : ce qui compte, c'est la vitesse de l'un par rapport à l'autre.

Arme	Ce qui se passe	Le calcul
J · le sable	à 5 m au plus, dans la même file	la portée d'un lancer à la main
K · le lance-pierre	la pierre part à v + 12 m/s (la vitesse du skate s'ajoute) et retombe au bout de 29 m environ	elle rattrape un filou qui roule à vc à la vitesse relative v + 12 − vc
B · la boule puante	posée au sol, derrière soi, dans sa file	immobile : un poursuivant à d mètres, à v, l'atteint en d / v
N · le filet	jeté derrière, il prend tous ceux qui sont à moins de 10 m	il faut les laisser approcher, sans qu'ils vous touchent

Exemple : le lance-pierre manque son coup. Le héros roule à 5 m/s, le filou devant lui aussi, à 24 m. La pierre part à 5 + 12 = 17 m/s. En 1,7 s, elle a parcouru ses 29 m et retombe ; pendant ce temps, le filou a avancé de 5 × 1,7 ≈ 8,5 m : il est à 32,5 m du point de départ. Raté. Par rapport au filou, la pierre ne va qu'à 17 − 5 = 12 m/s : en 1,7 s, elle ne gagne que 12 × 1,7 ≈ 20 m sur lui. Pour le toucher, il faut s'approcher à moins de 20 m environ.

La trajectoire de la pierre est une parabole : sa hauteur, en mètres, vaut h(x) = 1,1 + 0,18 x − 0,0075 x², x étant la distance parcourue. Le sommet est en x = 0,18 / (2 × 0,0075) = 12 m (h = 2,18 m) ; elle touche le sol quand h(x) = 0, vers x ≈ 29 m.

La salle des lettres : les probabilités conditionnelles 1reTerminale

Au sommet, avant la salle du chef, trois rangées de dalles gravées de ⵜ, ⵙ ou ⵎ ; certaines sont piégées. Pour chaque lettre, il faut la probabilité qu'une dalle soit piégée sachant sa lettre :

P(piège | lettre) = P(piège ∩ lettre) / P(lettre)

• Rangée 1, des effectifs. ⵜ : 20 dalles dont 4 piégées ; ⵙ : 5 dont 3 ; ⵎ : 10 dont 3. P = 4/20 = 20 %, 3/5 = 60 %, 3/10 = 30 % : il faut marcher sur ⵜ, la lettre qui a le plus de pièges en nombre, mais la plus sûre en proportion.
• Rangée 2, des pourcentages de toute la salle. ⵜ : 50 % des dalles, et 10 % sont à la fois piégées et ⵜ : P = 10/50 = 20 %. ⵙ : 9/30 = 30 % ; ⵎ : 3/20 = 15 % : ⵎ.
• Rangée 3, un arbre à retourner. Une dalle sur 4 est piégée ; parmi les piégées, 60 % ⵜ, 30 % ⵙ, 10 % ⵎ ; parmi les sûres, 20 %, 40 %, 40 %. Le registre donne P(lettre | piège) ; il faut P(piège | lettre). Avec les probabilités totales : P(piège ∩ ⵎ) = 1/4 × 0,1 = 0,025 ; P(ⵎ) = 0,025 + 3/4 × 0,4 = 0,325 ; P(piège | ⵎ) = 0,025 / 0,325 ≈ 7,7 %. De même ⵜ : 0,15 / 0,30 = 50 % ; ⵙ : 0,075 / 0,375 = 20 %. C'est la formule de Bayes.

9. Le duel avec le chef

La dose de sérum Seconde

Proportionnalité : 3 mL pour 10 kg, et l'enfant pèse 24 kg, donc 3 × 24 / 10 = 7,2 mL.

Le dilemme du chef : la théorie des jeux L1

Dernière manche du duel. Le chef postera ses hommes sur l'un des deux chemins de la descente ; le héros en prendra un. Chacun choisit sans connaître le choix de l'autre. Le tableau (la matrice des gains) donne les minutes que le héros perdra ; le chef veut qu'il en perde le plus, le héros le moins.

	ses hommes à la Rampe	ses hommes au Marché
le héros prend la Rampe	30	5
le héros prend le Marché	20	15

• La stratégie dominante du chef. Si le héros prend la Rampe, le chef gagne plus à la Rampe (30 contre 5) ; s'il prend le Marché, encore à la Rampe (20 contre 15). Quoi que fasse le héros, la Rampe est meilleure pour le chef : c'est une stratégie dominante. Il y sera.
• La meilleure réponse du héros. Sachant le chef à la Rampe, le héros compare 30 (la Rampe) et 20 (le Marché) : il prend le Marché.
• L'équilibre de Nash : (Marché ; hommes à la Rampe), 20 minutes. Aucun des deux n'a intérêt à changer seul son choix : si le chef passait au Marché, il ne ferait perdre que 15 ; si le héros passait à la Rampe, il perdrait 30.

Choisir « au hasard » serait une erreur ici : quand une stratégie est dominante, le hasard ne fait que perdre. (Le hasard devient utile, en revanche, dans les jeux sans stratégie dominante, comme pierre-feuille-ciseaux : c'est la stratégie mixte, au programme de L1 et au-delà.)

Après une erreur, la manche revient avec une autre matrice : 10, 25 / 15, 35. Cette fois, c'est le Marché qui est dominant pour le chef (25 > 10, 35 > 15), et le héros répond par la Rampe (25 < 35).

La seconde épreuve : le coffre du chef TerminaleMaths expertesL1

Le sérum est enfermé ; ses hommes le jetteront au puits si le héros ne l'ouvre pas avant la fin du compte à rebours. Quatre verrous.

• Les arrangements : un code de 4 lettres différentes parmi les 7 de TAMUSNI, dans l'ordre : A(7, 4) = 7 × 6 × 5 × 4 = 840. Avec répétitions, ce serait 7⁴ = 2 401.
• Les combinaisons : presser ensemble 3 des 7 lettres, sans ordre : C(7, 3) = A(7, 3) / 3! = 210 / 6 = 35. Chaque choix de 3 lettres se range de 3! = 6 façons.
• Les permutations : mélanger 4 fioles, 1 → 3 → 4 → 1, la 2 fixe. C'est un élément du groupe symétrique S₄, le cycle (1 3 4). Le refaire 3 fois ramène tout : son ordre est 3. Pour (1 2)(3 4 5), deux cycles disjoints, l'ordre est ppcm(2, 3) = 6.
• Le codage d'une image : un sceau de 3 × 3 pixels noirs (1) ou blancs (0) se code par 9 bits : 2⁹ = 512 sceaux possibles. La serrure le fait tourner par l'application linéaire de matrice M = (0 −1 ; 1 0) : le pixel (2 ; 1) va en (−1 ; 2), un quart de tour. M⁴ = I : dans le groupe des rotations du carré, ce quart de tour est d'ordre 4.

Le tapis du chef : une image qui cache un message SecondeMaths expertesL1

Le coffre ouvert, le chef ricane : ses hommes attendent le héros dans la descente, et le lieu est tissé dans son tapis. Une image numérique est un tableau de nombres ; on peut y cacher un message (la stéganographie), le brouiller (une permutation) ou le chiffrer (un masque). Trois manches, sous un compte à rebours.

1. Lire : le bit de poids faible. Chaque motif est un pixel gris, un nombre de 0 à 255 écrit sur 8 bits. Changer le dernier bit change la teinte de 1/255 : l'œil ne voit rien. On lit la parité : pair → 0, impair → 1. Chaque rangée de 5 pixels donne 5 bits ; lus en base 2, ils donnent en base 10 le rang de la lettre (A = 1, …, Z = 26 ; 2⁵ = 32 ≥ 26 suffit).

154, 87, 201, 33, 72 → 0 1 1 1 0 ; (01110)₂ = 8 + 4 + 2 = 14 en base 10 → N

Le mot de ralliement a 7 lettres (ALGEBRE, MATRICE, VECTEUR ou INVERSE) : 35 pixels, 35 parités.

2. Remettre en ordre : une matrice de permutation. Les cinq bandes du tapis ont été mélangées par une permutation σ, par exemple σ = (1 3 5)(2 4) : la bande 1 va en 3, la 3 en 5, la 5 en 1, la 2 et la 4 s'échangent. On l'écrit avec la matrice P, qui a un 1 à la ligne σ(j), colonne j : le tapis brouillé est Y = P × X. Pour retrouver X, il faut P⁻¹ : X = P⁻¹ × Y.

Une matrice de permutation a un seul 1 par ligne et par colonne ; ses colonnes sont des vecteurs de base, orthonormés. Donc Pᵀ × P = I, et P⁻¹ = Pᵀ, la transposée, qui code σ⁻¹ (chaque cycle parcouru à l'envers). Les pièges : P lui-même (on brouille encore) et P² (on applique σ deux fois).

3. Révéler : le masque, modulo 2. Le message M est une image en noir et blanc, des 0 et des 1. Le chef y ajoute son voile K, case par case, modulo 2 (0 + 0 = 0, 0 + 1 = 1, 1 + 1 = 0) : le tapis C = M + K ressemble à du bruit. Comme 1 + 1 = 0, chaque élément est son propre opposé : −K = K. Donc M = C − K = C + K : poser le voile sur le tapis, c'est l'ajouter une seconde fois, et il s'efface. C'est le principe du masque jetable et de la cryptographie visuelle (deux calques illisibles qui, superposés, montrent un dessin).

Quelle loi ? L'addition. L'ensemble quotient Z/2Z = {0̄ ; 1̄} (la classe des entiers pairs, celle des impairs) est muni de deux lois, héritées de Z : l'addition et la multiplication. On y distingue donc deux mots.

Loi	Structure	Le symétrique s'appelle…	Dans Z/2Z
addition +	(Z/2Z, +) est un groupe additif, d'élément neutre 0̄	l'opposé, −x	0̄ + 0̄ = 0̄ et 1̄ + 1̄ = 0̄ : chaque élément est son propre opposé
multiplication ×	les éléments non nuls forment le groupe multiplicatif (Z/2Z)* = {1̄}, d'élément neutre 1̄	l'inverse, x⁻¹	1̄ × 1̄ = 1̄ : 1̄ est son propre inverse ; 0̄ n'a pas d'inverse

Le masque du chef n'utilise que l'addition, case par case : c'est le groupe additif ((Z/2Z)ⁿ, +), dans lequel K + K = 0 pour toute image K. La multiplication sert à faire de (Z/2Z)ⁿ un espace vectoriel (multiplier une image par un scalaire, 0̄ ou 1̄).

• Pourquoi 2 est particulier. 2 est premier : (Z/2Z, +, ×) est un corps, un anneau dont tout élément non nul (ici 1̄) a un inverse pour la multiplication. Les images de n pixels forment l'espace vectoriel (Z/2Z)ⁿ, où l'on peut faire de l'algèbre linéaire : pivot de Gauss, inverser des matrices.
• Modulo 4, ça ne marche plus. Dans le groupe additif (Z/4Z, +), 1 + 1 = 2 ≠ 0 : l'opposé de 1 est 3. Avec K = 1 et C = 3, M = C − K = 2, mais C + K = 0 : ajouter la clé ne l'efface plus, il faut la retrancher. Et (Z/4Z, +, ×) n'est qu'un anneau, pas un corps : 2 × 2 = 0, donc 2 n'a pas d'inverse ; le groupe multiplicatif (Z/4Z)* ne contient que 1 et 3, chacun son propre inverse (3 × 3 = 9 ≡ 1) (une matrice modulo 4 n'est inversible que si son déterminant est impair). En général, Z/nZ est un corps si et seulement si n est premier.

Le message : PUITS. Ses hommes attendent le héros au Passage du Puits ; prévenu, il part avec 4 secondes d'avance.

10. Le galop et le souffle du cheval Seconde

t = d / v

9 km au trot (12 km/h) : 9 ÷ 12 = 0,75 h, soit 45 min. Au galop (26 km/h) : 9 ÷ 26 ≈ 0,35 h, soit 21 min ; mais le cheval ne peut pas galoper tout le temps.

La barre n'est pas une vie, c'est le souffle du cheval. Il ne meurt jamais. Au galop, le souffle baisse de 5,5 % par seconde de jeu ; au trot, il remonte de 9 % par seconde. Une barre pleine permet donc 100 ÷ 5,5 ≈ 18 s de galop. Si on pousse le cheval jusqu'au bout de son souffle, il s'arrête 3 s pour souffler, puis repart au trot.

La meilleure allure : alterner galop et trot

On galope pendant une durée t_g, puis on trotte pendant t_t, et on recommence. Pour que le souffle revienne à son niveau à chaque cycle, ce que le galop use doit être égal à ce que le trot rend :

0,055 × t_g = 0,09 × t_t donc t_t = (55/90) t_g = (11/18) t_g ≈ 0,61 t_g

Par exemple, 18 s de galop puis 11 s de trot. La vitesse moyenne est une moyenne pondérée par les durées :

v_moy = (26 × 18 + 12 × 11) / (18 + 11) = (468 + 132) / 29 = 600 / 29 ≈ 20,7 km/h

Les 9 km prennent alors 9 ÷ (600/29) = 9 × 29 / 600 ≈ 0,435 h, soit 26 min environ, contre 45 min au trot seul.

Attention au piège : la moyenne n'est pas (26 + 12) ÷ 2 = 19 km/h. Le cheval passe plus de temps au galop qu'au trot (18 s contre 11 s), donc le galop pèse plus lourd dans la moyenne.

Pourquoi lâcher avant la fin du souffle

Si l'on vide la barre, le cheval s'arrête 3 s : pendant ce temps il reprend 3 × 9 % = 27 % de souffle, mais n'avance pas. Il reste à trotter (100 − 27) ÷ 9 ≈ 8 s pour remplir la barre. Sur un cycle de 18 + 3 + 8 = 29 s :

v_moy = (26 × 18 + 0 × 3 + 12 × 8) / 29 = (468 + 96) / 29 = 564 / 29 ≈ 19,4 km/h

Soit environ 28 min pour 9 km au lieu de 26 : vider la barre fait perdre quelques minutes de récit à chaque fois. (Dans le jeu, les montées et descentes de vitesse entre galop et trot abaissent un peu ces moyennes.)

Le saut du cheval : une parabole Seconde1re

Sur la piste, des rochers, des épineux et des troncs couchés, tous les 400 à 700 m. On saute avec ↑, au bon moment : comme le skateur, le cheval suit une parabole, h(t) = v_z t − ½ g t², avec v_z = 4,2 m/s et g = 9,81 m/s².

• Le sommet : t = v_z / g ≈ 0,43 s, à h = v_z² / (2g) ≈ 0,90 m.
• Le temps en l'air : 2 v_z / g ≈ 0,86 s.
• Au-dessus d'un rocher de 0,6 m : h(t) > 0,6 ⇔ 4,905 t² − 4,2 t + 0,6 < 0, entre les racines t ≈ 0,18 s et t ≈ 0,67 s. Il faut donc sauter entre 0,18 et 0,67 s avant d'arriver sur l'obstacle : une fenêtre d'une demi-seconde. Trop tôt, le cheval retombe dessus ; trop tard, il le heurte.

Au grand galop (26 km/h, soit 7,2 m/s), le cheval franchit environ 7,2 × 0,86 ≈ 6 m d'un saut.

La tempête de sable : la vitesse utile Seconde1re

À l'aller, une tempête de sable dévie le cheval. Il galope toujours à v km/h, mais plus droit vers la cité : son cap s'écarte d'un angle α de la bonne direction. Seule compte la vitesse utile, la composante de la vitesse dans la direction de la cité : c'est la projection du vecteur vitesse, v × cos α.

écart α	0°	30°	45°	60°
cos α	1	√3/2 ≈ 0,87	√2/2 ≈ 0,71	1/2
à 26 km/h, vitesse utile	26 km/h	22,5 km/h	18,4 km/h	13 km/h

À 60° du cap, on avance deux fois moins vite vers la cité, même au grand galop : tenir le cap (← →) vaut mieux que galoper plus fort.

Le sérum au frais : la loi de refroidissement de Newton Terminale

Au retour, le sérum part à 22 °C, rafraîchi par l'outre remplie au puits ; l'air est à 45 °C. Il se réchauffe vers l'air, d'autant plus vite que l'écart est grand : c'est la loi de Newton, T′ = k (45 − T). L'écart à l'air, 45 − T, décroît alors de façon exponentielle. Dans le jeu, il se divise par 2 toutes les 45 minutes :

45 − T(t) = (45 − T₀) × 2^−t/45, soit T(t) = 45 − 23 × 2^−t/45 (t en minutes)

Le sérum se gâte au-delà de 30 °C, c'est-à-dire quand l'écart tombe à 15 °C. Partant de 23 °C d'écart : 23 × 2^−t/45 = 15, donc 2^−t/45 = 15/23, t = 45 × log₂(23/15) ≈ 45 × 0,617 ≈ 28 min. Le retour (9 km) prend 26 min au mieux : c'est juste.

La décision à la guelta. À mi-chemin, une mare d'eau fraîche. Le jeu donne la température du sérum, l'écart, et le temps de route restant à votre allure. Il faut calculer le temps avant 30 °C, t = 45 × log₂(écart / 15), et le comparer au temps restant : s'il est plus court, il faut mouiller l'outre (5 minutes, le sérum retombe à 22 °C) ; sinon, on peut continuer. Un cavalier rapide peut souvent continuer ; un cavalier lent doit s'arrêter. Un sérum gâté oblige l'ancien à doubler la dose : 30 minutes de plus.

Avec k : k = ln 2 / 45 min ≈ 0,0154 par minute, et l'écart vaut (45 − T₀) e^−kt. Les deux écritures sont les mêmes : 2^−t/45 = e^{−t ln 2 / 45}.

11. Le bonus caché : le Triangle des Mères Seconde1reTerminale

Un secret de l'épilogue : sous la tente du campement, le Touareg joue aux cartes avec l'ancien, la mère de Mathyas et Mathyas guéri. Pour y entrer, cherchez dans la nuit de la prophétie l'étoile qui brille plus que les autres. Le jeu : 16 cartes, 4 rangs (Garçon < Fille < Père < Mère) dans 4 couleurs (sable, jaune, bleu, vert) ; chacun reçoit 3 cartes, 4 restent visibles au centre ; à son tour, on échange une de ses cartes contre une du centre, ou l'on passe ; trois tours, puis on montre les mains.

Combien de mains ? Les combinaisons Terminale

Une main, c'est 3 cartes parmi 16, sans ordre :

C(16, 3) = 16 × 15 × 14 / (3 × 2 × 1) = 560 mains

• Un trio (trois cartes du même rang) : on choisit 3 couleurs parmi les 4 de ce rang, C(4, 3) = 4 mains par rang, 16 en tout.
• Une suite (trois rangs qui se suivent) : il y en a deux, Garçon-Fille-Père (la suite basse) et Fille-Père-Mère (la suite haute) ; chaque carte peut être de n'importe quelle couleur : 4 × 4 × 4 = 64 mains par suite.
• Trois couleurs (trois couleurs différentes, sans trio ni suite) : on choisit 3 couleurs, C(4, 3) = 4 façons, puis un rang pour chacune, 4³ = 64 : 256 mains. On retire les 16 trios (trois cartes d'un même rang ont forcément trois couleurs différentes) et les suites aux trois couleurs différentes, 2 × 4 × 3 × 2 = 48 : il en reste 256 − 16 − 48 = 192.
• Les autres mains : 560 − 16 − 128 − 192 = 224.

la main	nombre de mains	probabilité à la donne	dattes gagnées
trio de Mères (le Triangle des Mères)	4	4/560 ≈ 0,7 %	10
trio de Pères, de Filles, de Garçons	4 chacun	0,7 % chacun	8, 7, 6
suite haute ; suite basse	64 chacune	64/560 ≈ 11,4 % chacune	4 ; 3
trois couleurs	192	34,3 %	2
autre main	224	40 %	1

Le classement des mains suit leur rareté : plus une main est rare, plus elle bat les autres, et plus elle rapporte. La meilleure main de la manche gagne 3 dattes de plus ; à combinaison égale, on compare la plus haute carte.

Tes chances : la carte qui manque 1re

Vous tenez une paire de Pères : il vous manque un Père pour le trio. Il y a 4 Pères en tout ; vous en voyez 2 dans votre main, et peut-être d'autres au centre. Ceux que vous ne voyez pas sont parmi les 9 cartes cachées des trois autres joueurs. S'il en reste k hors de votre vue, quelle est la probabilité qu'un adversaire donné en tienne au moins un dans ses 3 cartes ? On passe par l'événement contraire : ses 3 cartes sont toutes prises parmi les 9 − k autres.

P(il en tient au moins un) = 1 − C(9 − k, 3) / C(9, 3)

Avec k = 2 : 1 − C(7, 3) / C(9, 3) = 1 − 35/84 = 49/84 ≈ 58 %. Avec k = 1 : 1 − 56/84 = 1/3. Le panneau « Tes chances » fait ce calcul pendant la partie. Et si la carte qui manque est au centre, inutile de calculer : prenez-la.

L'ancien calcule : Monte-Carlo et espérance Seconde1re

Avant chaque coup, l'ancien dit : « J'ai joué cette manche 150 fois dans ma tête ». C'est exactement ce que fait le jeu. Il ne voit que sa main et le centre ; les 9 autres cartes sont cachées. Pour chacun de ses 13 coups possibles (12 échanges, ou passer), il imagine 150 fois la fin de la manche : il distribue au hasard les 9 cartes cachées entre les trois autres (il y a 9! / (3! × 3! × 3!) = 1 680 façons de le faire), laisse chacun jouer au mieux de sa main, et compte les dattes qu'il gagnerait. La moyenne de ces 150 parties imaginées est une estimation de l'espérance de son gain ; il garde le coup dont l'espérance est la plus grande, et annonce sa chance de gagner la manche, la fréquence de ses victoires dans sa tête.

Cette chance n'est qu'une estimation : sur 150 essais, une fréquence fluctue d'environ 1/√150 ≈ 0,08, soit à peu près 8 points de pourcentage (voir la salle dallée, plus haut). C'est la méthode des fantômes du rêve, appliquée aux cartes.

Pourquoi il gagne si souvent. Sur 200 parties simulées, contre un joueur qui prend toujours l'échange qui rend sa main la plus forte sur le moment, l'ancien gagne environ 6 parties sur 10. Le joueur pressé regarde sa main ; l'ancien regarde ce que sa main deviendra, en moyenne, quand les autres auront joué. Il passe parfois avec une main moyenne, parce que l'échange qui la renforce donnerait au centre une carte précieuse pour un autre.

Crédits, licence, données

Tamathreset — la cité des possibles, dans la lignée d'Arith-moi. Conception, textes, énigmes, mise en scène et code : Omar Nait Atmane. Dédié à Lahna & Eyma. © 2026.

Écrire à l'auteur — une question, un usage en classe, une demande qui dépasse la licence : tamathreset@gmx.fr

La licence : Creative Commons BY-NC-SA 4.0. Usage, copie et diffusion libres et gratuits en classe, en établissement, en bibliothèque et en association ; usage commercial exclu. Les personnages et les décors, découpés dans des planches produites avec un outil d'image génératif, ne sont pas revendiqués par l'auteur.

Les sons : le vent du désert, repris d'Arith-moi (Freesound #697217, dhallcomposer, CC0) ; le tic des comptes à rebours (Freesound #852825, bassimat, CC0) ; la roue du skate (Freesound #764371, H_Botha, CC0) ; le galop du cheval, repris d'Arith-moi (Freesound #322448, DeadxCreed, CC0) ; la chute du skate (Freesound #669937, FOSSarts, CC0) ; la fiole qui se brise (Freesound #336425, 221Beimesche, CC0) ; le saut de la planche (#568406, Sheyvan) et sa réception (#740121, FOSSarts) ; les armes : le sable (#340307, The_Sean_), le lance-pierre (#513933, olver), la boule puante (#719131, sebastientate), le filet (#473583, Nox_Sound) ; le coffre du chef : le verrou (#632489, ani_music) et la malle (#271378, OverlookHotelRecords) ; le souk : la rumeur d'une rue du souk de Marrakech (#520227, blaukreuz) et la musique de la place Jemaa el-Fnaa (#522580, bushtobazaar), tous CC0. La tension des poursuites et du galop (le bourdon et le cœur qui bat) les sons des réponses (l'oud pincé, le bendir) et la musique de fin (composée pour le jeu, en mode hijaz sur ré, pour l'oud et le bendir) sont synthétisés par le jeu lui-même.

Les données : le jeu ne se connecte à rien. La sauvegarde de la partie reste dans le navigateur de l'appareil ; il lit aussi, sans y écrire, la progression d'Arith-moi pour retrouver les cartes gagnées. Rien ne quitte l'appareil.