Petits problèmes de mathématique électorale.
- Cheshire cat
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Petits problèmes de mathématique électorale.
1 : Charcutage électoral :
Un département doit élire 5 députés.
Les sondages donnent 40% d'intentions de vote pour le parti jaune et 60% pour le parti mauve.
Vois me direz: il y aura 2 députés jaunes et 3 députés mauve !
Ce serait le cas si le scrutin était proportionnel, mais :
Le vote se fait au scrutin uninominal par circonscription.
Or ce sont les jaunes qui sont au pouvoir et décident du découpage des circonscriptions.
Comment peuvent-ils se débrouiller pour obtenir malgré tout la majorité des sièges ?
Un département doit élire 5 députés.
Les sondages donnent 40% d'intentions de vote pour le parti jaune et 60% pour le parti mauve.
Vois me direz: il y aura 2 députés jaunes et 3 députés mauve !
Ce serait le cas si le scrutin était proportionnel, mais :
Le vote se fait au scrutin uninominal par circonscription.
Or ce sont les jaunes qui sont au pouvoir et décident du découpage des circonscriptions.
Comment peuvent-ils se débrouiller pour obtenir malgré tout la majorité des sièges ?
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Re: Petits problèmes de mathématique électorale.
Tiens c'est marrant je suis tombé là-dessus par hasard l'autre jour sur Twitter :
http://www.washingtonpost.com/blogs/won ... -ever-see/
Ici red = jaune, blue = mauve : solution n°3
Le gerrymandering est une pratique délibérée consiste à regrouper le maximum d'électeurs du camp adverse dans le minimum de circonscriptions, et de répartir les autres de façon minoritaire dans les circonscriptions restantes.
http://www.washingtonpost.com/blogs/won ... -ever-see/
Ici red = jaune, blue = mauve : solution n°3
Le gerrymandering est une pratique délibérée consiste à regrouper le maximum d'électeurs du camp adverse dans le minimum de circonscriptions, et de répartir les autres de façon minoritaire dans les circonscriptions restantes.
If the radiance of a thousand suns were to burst into the sky, that would be like the splendor of the Mighty One— I am become Death, the shatterer of Worlds.
- Cheshire cat
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Re: Petits problèmes de mathématique électorale.
Ah ! ces jeunes qui vont trouver la solution sur internet au lieu d'essayer de réfléchir par eux même ...
C'était bien la peine que je me décarcasse.
Je ne connaissait pas cette jolie présentation de la solution sous forme graphique.
Le gerrymandering doit son nom à un certain gouverneur Gerry qui avait découpé son état en circonscriptions dont la forme évoquait vaguement une salamandre. C'est un sport pratiqué ouvertement aux états unis ou le bipartisme fait qu'on peut difficilement le dissimuler.
En France, le scrutin à deux tours rend la chose un peu plus compliquée et moins visible.
Les circonscriptions ou on s'efforce de regrouper un maximum d'électeurs de l'opposition sont chez nous appelées en argot politique des réserves d'indiens.
C'était bien la peine que je me décarcasse.
Je ne connaissait pas cette jolie présentation de la solution sous forme graphique.
Le gerrymandering doit son nom à un certain gouverneur Gerry qui avait découpé son état en circonscriptions dont la forme évoquait vaguement une salamandre. C'est un sport pratiqué ouvertement aux états unis ou le bipartisme fait qu'on peut difficilement le dissimuler.
En France, le scrutin à deux tours rend la chose un peu plus compliquée et moins visible.
Les circonscriptions ou on s'efforce de regrouper un maximum d'électeurs de l'opposition sont chez nous appelées en argot politique des réserves d'indiens.
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Re: Petits problèmes de mathématique électorale.
2 : Paradoxe de Condorcet :
Un assemblée doit choisir son président parmi 3 candidats Albert, Béatrice et Claude ( que nous désignerons par A , B et C)
On fera l'hypothèse de rationalité suivante : chaque électeur est capable de classer les candidats selon une liste de préférence (transitivité des choix individuels).
(Considérer des cas ou il y aurait des ex-æquo compliquerait inutilement les choses.)
Montrez qu'il est possible que simultanément, plus de la moitié des électeurs préfèrent A à B, plus de la moitié des électeurs préfèrent B à C et plus de la moitié des électeurs préfèrent C à A .
Un assemblée doit choisir son président parmi 3 candidats Albert, Béatrice et Claude ( que nous désignerons par A , B et C)
On fera l'hypothèse de rationalité suivante : chaque électeur est capable de classer les candidats selon une liste de préférence (transitivité des choix individuels).
(Considérer des cas ou il y aurait des ex-æquo compliquerait inutilement les choses.)
Montrez qu'il est possible que simultanément, plus de la moitié des électeurs préfèrent A à B, plus de la moitié des électeurs préfèrent B à C et plus de la moitié des électeurs préfèrent C à A .
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Re: Petits problèmes de mathématique électorale.
Premier problème: on fait 2 circonscriptions avec 100% de mauve et 3 circonscriptions majoritairement jaunes.
Re: Petits problèmes de mathématique électorale.
C'est toute la difficulté du scrutin majoritaire, en effet : le découpage des circonscriptions peut avoir un impact important sur le nombre de députés pour chaque parti.
Pour le parti au pouvoir (en l'occurrence, le parti jaune), la solution consiste à concentrer les électeurs mauves dans une circonscription ou deux, où les mauves seront donc très majoritaires, de telle sorte que dans les circonscriptions restantes, les jaunes soient légèrement majoritaires.
Pour le parti au pouvoir (en l'occurrence, le parti jaune), la solution consiste à concentrer les électeurs mauves dans une circonscription ou deux, où les mauves seront donc très majoritaires, de telle sorte que dans les circonscriptions restantes, les jaunes soient légèrement majoritaires.
- Jeff Van Planet
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Re: Petits problèmes de mathématique électorale.
Je ne suis pas sûr de comprendre.Cheshire cat » 03 Mar 2015, 17:33:00 a écrit :2 : Paradoxe de Condorcet :
Un assemblée doit choisir son président parmi 3 candidats Albert, Béatrice et Claude ( que nous désignerons par A , B et C)
On fera l'hypothèse de rationalité suivante : chaque électeur est capable de classer les candidats selon une liste de préférence (transitivité des choix individuels).
(Considérer des cas ou il y aurait des ex-æquo compliquerait inutilement les choses.)
Montrez qu'il est possible que simultanément, plus de la moitié des électeurs préfèrent A à B, plus de la moitié des électeurs préfèrent B à C et plus de la moitié des électeurs préfèrent C à A .
Le grand problème de notre système démocratique c'est qu'il permet de faire démocratiquement des choses non démocratiques.
J.Saramago
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Re: Petits problèmes de mathématique électorale.
Pour le problème n° 2, il y a 6 classements possibles :
A - B - C
A - C - B
B - A - C
B - C - A
C - A - B
C - B - A
Après, il faut jouer avec les scores de chaque classement pour arriver au constat que simultanément, plus de la moitié des électeurs préfèrent A à B, plus de la moitié des électeurs préfèrent B à C et plus de la moitié des électeurs préfèrent C à A .
A - B - C
A - C - B
B - A - C
B - C - A
C - A - B
C - B - A
Après, il faut jouer avec les scores de chaque classement pour arriver au constat que simultanément, plus de la moitié des électeurs préfèrent A à B, plus de la moitié des électeurs préfèrent B à C et plus de la moitié des électeurs préfèrent C à A .
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Re: Petits problèmes de mathématique électorale.
C'est effectivement la première chose à faire, il n'y a plus qu'à terminer !
Jeff, j'ai essayé d'exprimer le problème aussi clairement que possible, mais tu comprendra peut mieux quand il y aura la solution.
Jeff, j'ai essayé d'exprimer le problème aussi clairement que possible, mais tu comprendra peut mieux quand il y aura la solution.
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Oscar Wilde
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Re: Petits problèmes de mathématique électorale.
A - B - C : 49%
A - C - B : 0 %
B - A - C : 2%
B - C - A : 49%
C - A - B : 2 %
C - B - A : 0%
Il y a probablement d'autres combinaisons possibles.
A - C - B : 0 %
B - A - C : 2%
B - C - A : 49%
C - A - B : 2 %
C - B - A : 0%
Il y a probablement d'autres combinaisons possibles.
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Re: Petits problèmes de mathématique électorale.
johanono » 03 Mar 2015, 17:27:42 a écrit : A - B - C : 49%
A - C - B : 0 %
B - A - C : 2%
B - C - A : 49%
C - A - B : 2 %
C - B - A : 0%
Il y a probablement d'autres combinaisons possibles.
EDITION DU MESSAGE:
Je t'avais félicité et je me suis aperçu que tu as mis 49+49+2+2= 102% d'électeurs !
Remets toi au boulot !
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Re: Petits problèmes de mathématique électorale.
Je propose, avec 52 personnes:
ABC: 13
ACB: 12
BCA: 14
CAB: 13
38 sur 52 préfèrent A à B. 27 sur 52 préfèrent B à C. 27 sur 52 préfèrent C à A.
ABC: 13
ACB: 12
BCA: 14
CAB: 13
38 sur 52 préfèrent A à B. 27 sur 52 préfèrent B à C. 27 sur 52 préfèrent C à A.
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Re: Petits problèmes de mathématique électorale.
Nombrilist » 03 Mar 2015, 18:58:50 a écrit :Je propose, avec 52 personnes:
ABC: 13
ACB: 12
BCA: 14
CAB: 13
38 sur 52 préfèrent A à B. 27 sur 52 préfèrent B à C. 27 sur 52 préfèrent C à A.
On peut expliquer de façon un peu plus détaillée ta solution pour ceux qui ont du mal à suivre:
Les 38 personnes qui préfèrent A à B sont les 13 qui ont pour liste de préférence ABC, les 12 qui ont pour liste ACB et les 13 qui ont pour liste CAB et ainsi de suite ...
Il y a de de nombreuses solutions, tu as sans doute obtenue la tienne par tâtonnement.
Le mathématicien lui en s'aidant de l'intuition qu'il a acquise, parviendra à la solution suivant, très symétrique et donc facile à retenir:
1/3 de ABC, 1/3 de BCA et 1/3 de CAB
Modifié en dernier par Cheshire cat le 03 mars 2015, 19:56:21, modifié 1 fois.
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Re: Petits problèmes de mathématique électorale.
Joli. Il suffisait de garder l'ordre "ABC" en somme.
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Re: Petits problèmes de mathématique électorale.
Il ne s'agit pas d'un "ordre" sens mathématique du terme, il vaudrait mieux parler du "cycle" ABC.Nombrilist » 03 Mar 2015, 19:55:46 a écrit :Joli. Il suffisait de garder l'ordre "ABC" en somme.
Le problème présente ce qu'on appelle une symétrie algébrique:
Si on remplace dans l'énoncé du problème A par B, B par C et C par A, on obtient un énoncé parfaitement équivalent:
"Plus de la moité des électeurs préfèrent A à B" devient ainsi "Plus de la moitié des électeurs préfèrent B à C" et ainsi de suite.
Si on itère cette transformation, cela revient à remplacer A par C, B par A et C par B et on obtient de nouveau un problème équivalent.
Enfin, si on itère encore cette transformation, on retombe sur le problème dans sa formulation initiale.
On notera que les transformation qui laissent invariant le problème peuvent être représentées géométriquement par les rotations qui envoient sur lui-même un triangle équilatéral ABC.
Face à un problème symétrique, le premier réflexe du mathématicien et de chercher une solution symétrique, et on arrive ici rapidement à la solution que j'ai donnée.
Cela ne marche pas toujours, un problème symétrique n'a pas toujours une solution symétrique mais dans ce cas, l'ensemble des solutions reste symétrique et la symétrie reste un guide pour les trouver.
Les symétries algébriques sont au cœur de la théorie de Galois sur la résolution des équations polynomiale.
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