Reprise du message précédent :
ça me semble assez fou comme problème
il est même pas dit que tu puisses exhiber une formule magique

 
Le même problème un peu plus dur : Vous avez 2 cordes  inhomogenes qui brulent chacune en 10 minutes. Comment mesurer 7.5 minutes

?

Au risque de passer pour un con (mais tant pis), il n'y pas une hypothèse manquante pour la deuxième question? Style on peut allumer vraiment une corde qu'à son bout? (c ptetre ça la mention non homogène?)
Parce que sinon, si tu plies la corde en 4 et que t'allumes du gros bout, ça fait aussi 2.5 min, non? L'autre corde brule en meme temps et qd celle de 2.5 min est finie, il reste 7.5 min sur l'autre corde.

 
Je pense la question est tellement difficile que si tu obtiens quoi que ce soit, ne serait ce qu'un encadrement avec n pas trop con ( par la l'encadrement [0,n^3] ne rentre pas dans la categorie pas trop con   ) tu passes deja brillament la question. J'ai eu ca chez DB impossible pour moi.  

Je ne crois pas non, car justement la corde est inhomogène (et donc la diviser en 4 ne la fait pas forcément brûler 4 fois moins vite sur chaque morceau).

cela dit on ne sait pas si la corde brûle aussi vite dans les 2 sens
 
genre on peut imaginer une corde qui brûle en 10 secondes si on l'allume par un bout, ou en 20 seconde si on l'allume par l'autre
ça se serait une bonne inhommogénéité    
 
 

Oui c'est plus clair,
Pour la preuve de ta question sur le Card, elle fait 2 pages  
c'est une bijection d'abord pour prouver que card(R)=card(]0,1[) , décomposition de x en base 2, utilisation de suite
encadrement et rebijection.
 
C'est le genre de preuves qu'il faut connaître par coeur et qui même ne sont pas très claire

En fait c'est assez facile si tu as de bonnes connaissances en théorie des graphes. Merci pour ton indication sur les fous, ça a facilité ma modélisation, j'ai cru que c'était un problème de coloration mais en fait pas vraiment. Mais de toute stable et coloration c'est lié.

En fait considère ton cube comme un graphe, chaque petit cube est un sommet et tu relies entre eux (une arête) tous les cubes tel que l'un s'allume, l'autre aussi.
(n cubes par arêtes... sont des détails ).

Ce que tu cherches c'est la cardinalité max de l'ensemble des sommets non reliés entre eux, c'est à dire la cardinalité maximal d'un stable d'un graphe.

Et la réponse est qu'il n'y a pas de formule magique ou méthode car c'est un pbm NP complet.

Je ne pense pas que c'est une question pour les quants à moins qu'ils aient fait des graphes et si il y a ce genre de problèmes c'est des graphes derrières. Perso je les trouve plus simple que les exos de proba pourtant j'en ai fait aussi pas mal.

Ouiap, pas facile.
 
En 2D, avec des + , il y a un pavage compact sans recouvrement qui marche bien, donc, sans se preocupper des bords, on a besoin d allumer (n^2)/5 + O(n) carrés.
Le O(n) signifie que, a cause des bords qui font que ca ne tombe jamais juste il faudra en allumer un peu plus, mais ce sera un nombre lineaire en n. Et c est un nombre penible a calculer a cause des pbs de parite et tout. Mais pour les gros carres (n grand) ce terme sera negigeable devant le n^2
 
En 3D, j ai pas le pavage qui va bien, mais on peut deja dire que, au max on en allume n^3, et on ne peut pas faire mieux que (n^3)/7 + O(n^2) (si il existe un pavage sans recouvrement)
 
Je ne connais pas la notion de "stables" , mais je ne comprend pas non plus ce que tu veux dire par:

ca serait bien que wismerhill nous fasse une belle premiere page car c'est vrais que ces enigmes et questions bizarres en entretien ca fait stresser si on en a jamais vu.  
 
2 grande famille de questions :
Monty Hall problem:
http://en.wikipedia.org/wiki/Monty_Hall_problem
Two Envelopes Problem : http://en.wikipedia.org/wiki/Two-envelope_paradox

Pour les cubes 3D il y un pavage pas optimal facile qui donne une meilleure borne sup:

(n^3)/2 + O(n^2) : en allumant completement une tranche 2D sur 2.

 
et on peut pas juste allumer un tranche 2D ?
et alors on majore par n^2...  

 
Merci pour le pdf, divertissant qq fautes de frappes si tu veut l'ameliorer mais sinon bien cool.  

 
   J'ai l impression que tu crois que l'allumage se "propage". Mais si cetait le cas, y aurrait besoin d en alumer que un seul et tout s'allumerai par reaction en chaine. L'énnoncé est un peu différent.

Sinon, on s'eloigne peut etre un peu du sujet : Des tests logiques donnés en entretien de "Quant".
Mais pour rester HS, où puis je trouver des infos sur le metier de Quant ? Genre vie au jour le jour, stress ou pas, formations, niveau math requis etc..
Merci

http://www.markjoshi.com/downloads/advice.pdf

 
C'est la défintion d'un stable dans un graphe. Un peu de formalisme (désolée   ) et ensuite les approximations
 
Soit G(V,E) un graphe, V ensemble de sommets et E ensemble d'arrêtes.
Un Stable S est un sous-ensemble de V tel que S ne contient pas deux sommets x, y appartenant à V tel que xy est dans E.
 
Le problème est de déterminer la cardinalité maximale d'un stable de G (notre graphe) (noté alpha(G)).  
 
Pour une approximation du nombre de cubes, intéressons nous au nombre chromatique (Chi(G)), i.e. le nombre de couleur minimum pour colorier les cubes tels que aucun cube adjacents soit de la même couleur (pbm de coloration de sommets) car on a:
Chi(G)>= Card (V) / alpha (G)
 
on sait que Chi(G)<=7 (degré max [degré = nombre d'arêtes incidentes]du graphe + 1, dans notre cas c'est même inférieur à 6 car le degré max est > 3 et pas de sous graphe complet de degré max ou graphe entièrement connexe).
 
Donc on a que le nombre de cube est compris entre
Card(V)/7 <= alpha(G) <= Card(V)/4 (4 parce qu'il est évident que 3 couleurs ne suffisent pas et pour la deuxième on peut je crois diviser aussi par 6)
 
donc (n^3)/7 < nbre de cubes < (n^3)/4  
 
Repied tu étais pas trop loin niveau approximation mais c'est quoi ces notations (n^3)/7 + O(n^2) ???
 

Je reviens vite fait là-dessus et surtout sur ta phrase : "Ce que tu cherches c'est la cardinalité max de l'ensemble des sommets non reliés entre eux, c'est à dire la cardinalité maximal d'un stable d'un graphe."
 
Je pense qu'elle mérite une explication car ce n'est pas clair a priori que ce soit exactement le nombre cherché en fait.
 
Je vois bien que "la cardinalité max de l'ensemble des sommets non reliés entre eux" est un majorant du nombre cherché (car si on rajoute un sommet à un de ces ensembles de cardinalité maximale, il est déjà relié à un des sommets présents et le cube correspondant était donc déjà allumé), mais je ne trouve pas clair l'autre sens. Tu peux me (nous) faire part de tes lumières ?
 
Merci.

Merci, c est tres interessant. Y a aussi un doc sur math-Phi ecrit par Nicole El KAROUI
http://www.maths-fi.com/devenirquant.asp
et aussi des info donnees par un trader (plus orientee trader)
http://www.marches-financiers.net/ [...] ?id=55&p=1

 
C'est a cause des problemes aux bords. J'ai ici une vision geometrique du pb.
 
C'est juste pour dire qu'il y a aurra aussi un terme du au fait que sur les bords du cube (enfin, les faces) y aurra des problemes selon la "parité" de n et qu il faudra allumer un certain nombre k de cubes en plus pour boucher les trous qui ne sont pas bouchés par des allumages de cubes exterieurs au grand cube. Par k = O(n^2), je veux dire que k varie comme n^2, et non comme n^3 (donc k est negligeable devant n quand n est grand).
 
Par exemple, voici une solution explicite en (n^3)/3+O(n^2)  (allumer intergralement une tranche sur 3, la rouge, et ca allume les jaunes)  
(voir ce schema http://emotion.inrialpes.fr/~danga [...] s/cube.png) . On voit bien que selon la "parité" de n il y aurra une tranche en plus ou en moins a allumer pour tout combler. Mais on s en fout car c'est en n^2.
 
Dans cette solution on voit

• ce n est pas un stable, mais ca marche quand meme. J ai un peu peur qu'en se limitant a la recheche de stables tu manques une solution.
• ma solution n est pas optimale, y a du gachis. Car dans les tranches rouges chaque cube a ete allumé 5 fois ! On doit pouvoir faire mieux.  

Donc moi, j affirme:
(n^3)/7 +O(n^2) < nbr min d allumage <= (n^3)/3 +O(n^2)
 
La borne de gauche est due au fait que chaque allumage allume 7 cubes. Ce serait la solution optimale si il etait possible de bien paver le cube sans recouvrement. Mais c est pas dit que ce soit possible.
 
 
 
 

Moi aussi je doute de plus en plus que le pb se ramene a cette histroire de stables.
Avec des pb plus simples

• en 2D et n=2 par exemple, ca marche la solution est Amin=2 (Amin pour allumages minimun) et y a 4 stables a un element et 2 stables a 2 elmts donc ton truc marche.
• en 2D en n=3. En essayant toutes les facons, j ai Amin=3 (si on note comme un echequire, je place en A1,C2, B3). Des stables il y en a plein, mais j en ai trouvé qui ont 4 elements (par exemple les 4 coins). Donc ya un pb. C est ptt du au pbs de bords???
• et meme, fondamentalement, si tu allume les cubes d un stable assez "dense" dans G, tu va quand meme gacher, car le sommet separant 2 sommets du stable sera allumé 2 fois ! Schema :  S1----s2----S3 :  {S1,S3} est un stable et dans notre pb s2 se fait allumer 2 fois. Il eut fallu prendre le stable {S2} qui a poutant une plus petite cardianlité

Non vraiment, je ne pense pas que ce soit la bonne approche. Bien essayé !

C'est ce que je voulais dire .
 
Ce serait assez élégant que ce soit ça (et très bien essayé effectivement !), mais j'ai des doutes.

J en ai un mieux qui fait  (n^3)/5 +O(n^2). On s approche de la borne (n^3)/7....

wishmerhill a t'il deserte le topic ?
 
J'avoue n'etant plus JD les entretiens que je passe les questions quant sont toujours orientes finances, ce n'est plus que des enigmes et probas generales.  
Je peut les donner, mais a pars les gens ayant une formation en finance de marche les autres ca les interesse ptet moins.  
 
C'est dans le topic ou bien on se restreint aux enigmes generales ?  

on prend tfh

Moi ca ne m'interessera pas des masses, mais vu le titre du topic je suis sur que ca aura parfaitement sa place ici .

Alors j'en ai une que je pose souvent :
donner une situation dans laquelle le smile se renverse ( prix ATM > OTM).

allez je participe aussi :

• Catégorie classique
• any bank
• calculer IE[int_0^T W_s.ds], IE[int_0^T W_s.dW_s]

 Ca y est je l'ai, j ai la borne, j'ai la bonne, j ai l optimale, sans gachis et avec pavage complet.

La réponse au probleme est donc  (n^3)/7 +/- un terme en n^2 pour les faces exterieures du gros cube.
 http://emotion.inrialpes.fr/~danga [...] timale.png
Edit : pour temperer, c'est pas 100% la reponse car je ne fais pas attention au terme en n^2, ptt que pour des petits n il impose un autre pavage, mais bon, c est deja pas mal.

Et ce n'est même pas compliqué . Comme quoi savoir trop de choses est parfois un handicap (le cardinal du stable d'un graphe "bien choisi", toussa : mais j'avoue qu'il y avait de l'idée et que c'aurait été joli si ça marchait ).

La je part surement a l ouest, mais si Ws est un mvmt brownien standart, IE[ int_0^T W_s.ds ] c'est 0 , non ? Je vois pas d autre choix, par symetrie.
Le 2eme pb depasse mes connaissances...

(ps: c est insuportable ce truc vert qui saute ...)

C'est quoi IE?
Generalement pour ses machins la on demande juste la loi vu que c'est Gaussien quand tu integres Ws par ds.
Apres l'autre ca sent l'IPP...

Esperance, non ?

oui IE = Esperance (j'essaie de faire la double barre )

1/2 T^2   (coup de bluff)

Comment determiner la distibution de probabilite risque neutre du spot dans un an a partir du smile  1 an ?  
 
La question est pose comme ca en entretien , c'est pas facile . (un an ca pourrait etre nimporte quelle maturite du moment qu'on a le smile ). Mais on n'a pas le droit de ne pas savoir car la reponse est dans le hull.  
 

 
Sur des equity ca arrive quand un "large jump" est attendu sur le prix du spot. Du genre un jugement va etre donne ca va booste ou ecraser le spot.  
 
Sur des commo ca arrive pour d'autres raisons mais je ne saurais dire pourquoi ?  
(les investisseurs expectent que ca montent donc bid les call otm a fond ? )

Moi je dirais 0 car tu integres par rapport a un brownien et sous l'hypothese de variance finie du brownien ton integrale est une martingale.
E[Mt] = M0 = 0

Pour les commo, je pense à des restrictions sur un sous jacent, qui feraient qu'en posséder deviendrait cher/difficile  - pénurie, restrictions politiques etc..

En fait ca marche pas, y a pas de trous dans la couche 1 pour recevoir les pointes de la couche 2    
C est du (n^3)/5    

Je m'excuse pour les erreurs dans mes explications et ce qu'il faut calculer.
Je suis allé un peu vite dans ma modélisation mais bon ça fait qqs années que je n'ai plus fait de théorie des graphes et optimisation combinatoire et je n'ai pas vraiment pris le temps de tout bien vérifier

C'est un problème de théorie des graphes et c'est un problème qui est NP-difficile.
G notre graphe, chaque petit cube est un sommet et une arrête relie 2 cubes qui si l'un s'éclaire, l'autre aussi.
Le graphe qu'on obtient est biparti (i.e. on peut partager en 2 l'ensemble de sommets A et B tel que il n'y a pas d'arrêtes entre les sommets de A et de B), en effet il n'y a pas de cycles impairs.
 
Donc  c'est vrai la Card maximale d'un stable est |V/2| et c'est un majorant un peu gros, n^3/2.
Le nombre chromatique, nombre de couleurs nécessaires pour colorier le graphe est donc de 2 par défintion.

En fait le problème c'est de trouver un absorbant de taille minimum (c'est à dire un sous ensemble de sommets A de V tel que que tous les sommets de V\A sont adjacents à un sommet de A) (Merci Oski pour l'édition).
dans A. Et c'est là mon erreur c'est que les notions d'absorbant et de stables sont souvent liés. Et dans le cas de notre graphe,  l'absorbant de taille minimum est un stable.

Déterminer un absorbant de taille minimum est un problème qui est NP-dur même dans le cas d'un graphe biparti.
Ce problème est approximable à 1 + log|V| mais n'est pas approximable à moins de clog|V| pour c>0 et il appartient à APX-PB complet ( )

Biblio sur ces sujets:
http://perso.orange.fr/jean-paul.d [...] raphes.pdf 5cours avec pas mal d'exemples)
http://epoc.isima.fr/Theses.php (la thèse n°7)
http://www-leibniz.imag.fr/CNAM/gravier/sgpubli.html (HDR)

http://www.dur.ac.uk/hajo.broersma [...] _subm.pdf; je viens de trouver cette article et c'est la preuve que ma modélisation est correcte (lisez l'intro au début)