Espérance et collectionneur de vignettes
Bonjour,
Je viens d'essayer de résoudre le "Problème du collectionneur de vignettes". On a un collectionneur de vignettes qui veut obtenir toutes les vignettes et il commence alors à en acheter jusqu'à avoir toutes les vignettes qui existent. On veut savoir combien en moyenne faudrait-il qu'il achète de vignettes pour obtenir toutes les différentes vignettes. Et le résultat d'un achat est indépendant de celui qui le précède.
J'ai naïvement posé $Y$ la variable aléatoire qui donne le nombre de vignettes achetées par le collectionneur avant de trouver toutes les vignettes. Alors si on a $N$ vignettes, la probabilité que $Y$ prenne des valeurs inférieures strictement à $N$ est nulle. La probabilité que $Y=N$ est de $\frac{N!}{N^{N}}$ parce qu'on a chaque vignette achetée il a $N$ choix ce qui donne le $N^{N}$ possibilités de construire une série de $N$ vignettes à partir de $N$ vignettes différentes, et le nombre de choix possibles pour avoir toutes les vignettes différentes dans la même série de $N$ vignettes est $N!$. Pour $Y=N+1$ alors cette probabilité est $\frac{N.N!}{(N+1)^{(N+1)}}$...
L'espérance est alors $E(Y)=\sum_{k=0}^{+\infty}{\frac{N!N^{k}}{(N+k)^{N+k}}}(N+k)$
J'aimerais vous demander si ce calcul est juste. J'ai vu une solution où ils ont posé $Y_{i}$ le nombre de vignettes achetées pour trouver la i-ème différente vignette puis $X_{i}=Y_{i+1}-Y_{i}$... ce qui m'a l'air un peu moins intuitif, c'est pour cela que je vous demande confirmation.
J'espère que vous pourrez m'aider.
Merci d'avance.
Je viens d'essayer de résoudre le "Problème du collectionneur de vignettes". On a un collectionneur de vignettes qui veut obtenir toutes les vignettes et il commence alors à en acheter jusqu'à avoir toutes les vignettes qui existent. On veut savoir combien en moyenne faudrait-il qu'il achète de vignettes pour obtenir toutes les différentes vignettes. Et le résultat d'un achat est indépendant de celui qui le précède.
J'ai naïvement posé $Y$ la variable aléatoire qui donne le nombre de vignettes achetées par le collectionneur avant de trouver toutes les vignettes. Alors si on a $N$ vignettes, la probabilité que $Y$ prenne des valeurs inférieures strictement à $N$ est nulle. La probabilité que $Y=N$ est de $\frac{N!}{N^{N}}$ parce qu'on a chaque vignette achetée il a $N$ choix ce qui donne le $N^{N}$ possibilités de construire une série de $N$ vignettes à partir de $N$ vignettes différentes, et le nombre de choix possibles pour avoir toutes les vignettes différentes dans la même série de $N$ vignettes est $N!$. Pour $Y=N+1$ alors cette probabilité est $\frac{N.N!}{(N+1)^{(N+1)}}$...
L'espérance est alors $E(Y)=\sum_{k=0}^{+\infty}{\frac{N!N^{k}}{(N+k)^{N+k}}}(N+k)$
J'aimerais vous demander si ce calcul est juste. J'ai vu une solution où ils ont posé $Y_{i}$ le nombre de vignettes achetées pour trouver la i-ème différente vignette puis $X_{i}=Y_{i+1}-Y_{i}$... ce qui m'a l'air un peu moins intuitif, c'est pour cela que je vous demande confirmation.
J'espère que vous pourrez m'aider.
Merci d'avance.
Réponses
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Pour $Y=N+1$ alors cette probabilité est $\frac{N.N!}{(N+1)^{(N+1)}}$...
Si on prend $N=1$, elle donne $\frac{1}{4}$, alors qu'on attend 0
Si on prend $N=2$, elle donne $\frac{4}{27}$, alors qu'on attend $\frac{1}{4}$. -
On note $X_1$ le temps nécessaire pour obtenir la 1re vignette, $X_2$ le temps nécessaire pour obtenir la 2e (une fois qu'on a la 1re), etc. On note $N$ le nombre total de vignettes.
Si on a déjà $k$ vignettes, la probabilité d'obtenir une nouvelle vignette lors d'un choix aléatoire est $\frac{N-k}{N}.$ Donc le temps d'attente avant d'avoir la $(k+1)$e vignette suit une loi géométrique de paramètre $\frac{N-k}{N},$ et son espérance est $\frac{N}{N-k}.$
Ainsi $E(X_1)=\frac{N}{N-0}=1$ (c'est évident, la 1re vignette est nécessairement nouvelle), $E(X_2)=\frac{N}{N-1},$ $E(X_3)=\frac{N}{N-2},$ etc.
Le temps total pour avoir toutes les vignettes est $X=X_1+X_2+\cdots+X_N,$ donc son espérance est
$$E(X)=\frac{N}{N-0}+\frac{N}{N-1}+\frac{N}{N-2}+\cdots+\frac{N}{N-(N-1)}=N\left(\frac{1}{N}+\frac{1}{N-1}+\frac{1}{N-2}+\cdots +\frac{1}{1}\right).$$
Si on veut une valeur approchée, on peut dire que $\frac{1}{N}+\frac{1}{N-1}+\frac{1}{N-2}+\cdots +\frac{1}{1}=\ln N+\gamma+o(1/N)$ ($\gamma$ est la constante d'Euler), donc
$$E(X)\approx N\left(\ln N +\gamma\right).$$
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