Qu’est-ce qui te fait dire que c’est certain ? Tu as une idée en tête ?
On a tous les ingrédients pour un théorème bien fort : compacité, mesure finie, régularité, simple connexité. J’ai pas fait de démo, mais c’est certainement impossible de ne rien trouver.
Déjà il faudrait se fixer sur le globe : Est-ce une shpère libre ou un globe avec un axe ? Si il a un axe de rotation, quel est l’inclinaison de celui-ci ?
Savoir aussi à quel hauteur est positionné le globe, si on a plutôt une vision en plongée (c’est mieux pour des vacances sous l’océan) ou en contre-plongée sur celui-ci.
Probablement pas, en tout cas je vois pas le rapport.
En fait, c’est même sûr que non, puisque une gaussienne prend ses valeurs sur $\mathbb R$ alors que la latitude prend ses valeurs dans $\left[-\dfrac\pi 2;\dfrac\pi 2\right]$…
En fait je voulais parler des probabilités de tomber sur une latitude donnée. Je me demandais quelles étaient les chances qu’on ai une courbe qui ai l’allure d’une courbe de Gauss (évidemment pas sur les mêmes valeurs, vu que là on est entre -90° et 90°).
Déjà il faudrait se fixer sur le globe : Est-ce une shpère libre ou un globe avec un axe ? Si il a un axe de rotation, quel est l’inclinaison de celui-ci ?
Savoir aussi à quel hauteur est positionné le globe, si on a plutôt une vision en plongée (c’est mieux pour des vacances sous l’océan) ou en contre-plongée sur celui-ci.
Pour estimer le pourcentage d’eau à telle latitude, le plus simple est de faire une estimation d’aire sur une carte à projection plate-carrée (edit: en y réfléchissant peu plus, c’est vrai aussi avec mercator, mais je trouve que la plate carrée est bien plus proche de ce qu’on cherche, et peut être qu’elle pourra se révéler plus utile pour des variations du problème) :
La correspondance % d’eau à telle latitude sur la carte <-> % d’eau à telle latitude en vrai est exacte, donc en sommant toutes les latitudes (avec des bandes de 1px, précision maximale de l’image, il suffit de compter les pixels), on récupère une estimation pas trop moche. Comme les pôles sont écrasés, si on fait une approche pixel par pixel on sera un peu biaisé envers l’équateur, mais bon. Le lecteur souhaitant une meilleure approximation de la distribution uniforme sur la latitude pourra, à titre d’exercice, sommer latitude par latitude, grâce à l’interpolation de son choix (linéaire, cubique…).
Évidemment, comme l’ont déjà dit d’autres, si on suppose que le touriste avisé va privilégier les tropiques, il suffit de pondérer par la proba de chaque latitude à chaque fois. Reste à connaître la distribution…
J’ai pris la carte ETOPO1 de la NOAA qui donne la topographie de la surface de la Terre en fonction de la longitude et de la latitude (plus exactement celle qui prend la surface des glaces et pas du bedrock, étant donné que pour l’instant, si le doigt tombe en Arctique, on n’est pas dans l’océan même si c’est le cas topographiquement). Il y a un point par minute d’arc, donc une fois décompressé, c’est un fichier de 4Go quand même.
Puis j’ai considéré une densité de proba du point choisi indépendante de la longitude et forte vers l’équateur. Libre à vous de compliquer ça par la suite, autant commencer simple. Ma densité s’exprime $f(\theta)=\dfrac{3}{8\pi}\cos^2\theta$. Le facteur est là pour assurer que l’intégrale sur la sphère $\int f\mathrm d\Omega=\int_{\theta =-\pi/2}^{\pi/2}\int_{\phi = 0}^{2\pi} f\cos\theta\mathrm d\theta\mathrm d\varphi=1$.
La probabilité recherchée est alors simplement $\int o\times f\mathrm d\Omega$ où $o$ est une fonction de $\theta$ et $\phi$ valant $1$ si le point est dans l’océan et $0$ sinon. Comme critère, j’ai simplement pris qu’une altitude négative signifie que l’on est dans l’océan. C’est pas tout à fait vrai pour plein de raisons, mais c’est pas mal pour une première approximation.
J’ai écrit un code en Fortran (Python est à la ramasse sur un fichier aussi gros…) qui fait ce calcul :
program oceanimplicit noneinteger::unt,iinteger,parameter::ndata=233312401integer,parameter::output=1000000real::lon,lat,toporeal::theta,phi,proba,ddpint,deltareal,parameter::pi=4*atan(1.)real,parameter::one_deg=pi/180real,parameter::norm=3/(8*pi)real,parameter::dtheta_dphi=(one_deg/60)**2proba=0ddpint=0open(newunit=unt,file='ETOPO1_Ice_g_int.xyz/data',status='old')do i=1,ndataread(unt,*)lon,lat,topotheta=lat*one_degdelta=norm*cos(theta)**3*dtheta_dphiproba=proba+delta*merge(1,0,topo<=0)ddpint=ddpint+deltaif(mod(i,output)==0)print*,proba,ddpint,proba/ddpintend do close(unt)print*,'Finished:'print*,proba,ddpint,proba/ddpintend program ocean
Là-dedans, proba représente ce que l’on cherche. ddpint l’intégrale de la densité de proba (pour vérifier que cela fait bien $1$ numériquement) et je calcule aussi le quotient entre les deux proba/ddpint pour se donner une idée d’à quel point l’erreur sur ddpint affecte proba.
Sur ma machine, après compilation avec gfortran -fdefault-real-8 -O3 probaOcean.f90 -o ocean, j’obtiens pour ces trois variables les valeurs suivantes :
on voit déjà que ddpint est très proche de $1$, surtout compte tenu du nombre important de points sur lesquels l’intégration est effectuée (plus de 233 millions de points). La probabilité de tomber dans un océan est légèrement plus forte qu’avec le calcul basé sur une distribution uniforme de LudoBike, ce qui est logique puisqu’il y de fortes masses continentales près des pôles qui sont ici défavorisées par ma densité.
Pour rigoler, j’ai aussi calculé la probabilité de tomber sur une zone de haute montagne avec comme critère une topo supérieure à 2000 m. Les résultats sont pas folichons, avec une proba inférieure à 2%.
Je pourrais essayer de refaire les calculs pour trouver ma réponse, mais avec ta fonction de répartition, Par rapport à un point sur l’équateur, un point de latitude t a une proba plus faible, mais dans quelle proportion ? cos (t) ou cos²(t) ?
Je pourrais essayer de refaire les calculs pour trouver ma réponse, mais avec ta fonction de répartition, Par rapport à un point sur l’équateur, un point de latitude t a une proba plus faible, mais dans quelle proportion ? cos (t) ou cos²(t) ?
J’ai pris ça parce que je sais que les harmoniques sphériques sont telles que $\int |Y_l^m|^2\mathrm d\Omega=1$ ce qui en fait des candidats pratiques pour des ddps. Avec $Y_1^0$ on tombe sur la ddp que j’ai prise. C’est purement arbitraire bien sûr, mais l’intérêt de l’approche est qu’on peut mettre n’importe quelle ddp fonction de $\theta$ et $\phi$ dans le code.
Ma question venait du fait que pour un parallèle donné, la longueur correspondante ( ou surface correspondante) est variable. Si l’équateur a une longueur de 1, le parallèle d’angle t a une longueur de cos(t). Et je me demandais comment cela était pris en compte dans ta formule. Mais c’était évident en regardant l’intégrale double.
L’écriture f(ro,t) = 3/(8 * Pi) * cos²(t) au lieu de f(t) = … aurait été moins ambiguë ?
L’écriture f(ro,t) = 3/(8 * Pi) * cos²(t) au lieu de f(t) = … aurait été moins ambiguë ?
Tu veux dire $\phi$ (phi) plutôt que $\rho$ (rho), j’imagine ? Mais oui, effectivement, le cas général est une densité qui dépend des deux. Pour le cas présent, comme ma densité ne dépend que de $\theta$, j’ai jugé inutile de garder une dépendance factice en $\phi$, question de préférence personnelle j’imagine.
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