Nombre de cartes restant à leur place, en moyenne, dans un mélange de carte

echecs_et_maths

Bonjour à tous,

En feuilletant les sujets Math en Jeans je suis tombé sur un énoncé que je trouve intéressant mais dont je n'arrive pas à trouver la solution.

Vous trouverez ci-joint un document donnant l'énoncé exact ainsi que mes idées de solutions, qui n'ont pas abouties. Dans celui-ci je vous pose des questions, en rouge, afin de me débloquer et ou de réfléchir ensemble. 
 
 Je remercie d'avance les personnes qui prendront le temps de me lire.

Bonne journée.

JLapin

Je n'ai pas tout relu en détail mais vu que l'espérance que tu cherches vaut $1$, j'ai quelques doutes sur la validité de ta simulation.

Par ailleurs, il est facile en fait de calculer $P(X_k=1)$ puisque tu installes ta $k$-ième carte au bon endroit et les $n-1$ restantes comme tu veux, ce qui donne une proba de $\frac{(n-1)!}{n!}=\frac{1}{n} = \frac{1}{52}$.

lourrran

Commençons simple.

Au lieu d'un jeu de 52 cartes, on a un jeu de 2 cartes.  Réponse=1
Au lieu d'un jeu de 52 cartes, on a un jeu de 3 cartes.  Réponse=1  (on a juste 6 cas à étudier, et on obtient 3,1,1,1,0 ou 0 , moyenne =1).
Aurait-on le début d'une conjecture ?
Avec 52 cartes, la première a 1 chance sur 52 de se retrouver à sa place, la 2ème aussi, la 3ème aussi etc . On est tenté  de faire la somme, et on trouverait 1. Malheureusement, les différents événements ne sont pas indépendants, et l'argument est insuffisant.
Mais on sent très fortement que la réponse est : en moyenne 1 carte se retrouve à sa place.

Médiat_Suprème

Si cela peut aider, $D_n$, le nombre de dérangements pour $n$ éléments est $D_n = \left\lfloor \dfrac{n!}{e} + \dfrac{1}{2}\right\rfloor$

JLapin

lourrran a dit :

Commençons simple.  Malheureusement, les différents événements ne sont pas indépendants, et l'argument est insuffisant.

Si, indépendance ou pas, c'est une somme d'espérance qui est égale à l'espérance de la somme.

Sinon, +1 pour l'étude explicite des cas $n=1, 2$ et $3$ !

lourrran

Oui, effectivement, pour l'espérance, il suffit de faire la somme.

Georges Abitbol

$\newcommand{\card}{\mathrm{card}}$Pour résoudre ce genre d'exercice, on peut noter que, si $A$ est une partie d'un ensemble $X$, $\card(A) = \sum_{x \in X} \textbf{1}_{x \in A}$, et si $A$ est aléatoire, on obtient $\mathbb{E}[\card(A)] = \sum_{x \in X} \mathbb{P}[x \in A]$. Dans ce cas-ci, on note $A$ l'ensemble des points fixes d'une permutation ; alors, pour tout point $x$, la probabilité pour que $x$ est fixe est... (voir plus haut), ce qui permet de conclure !

echecs_et_maths

Je vous remercie tous pour vos réponses.

@JLapin, je suis d'accord pour $P(X_1 = 1) = \frac{1}{52}$ dans mon document j'ai également montré que $P(X_2 = 1) = \frac{1}{52}$. Mais j'ai plus de réserves pour $P(X_k =1) = \frac{1}{52},~k \geq 3$. Pour moi il y a dépendance des tirages successifs de cartes et j'ai essayé tant bien que mal de prendre cela en compte en page 5. 

À vrai dire je ne suis pas réellement intéressé par le résultat final mais plutôt par mes erreurs que je n'arrive pas à détecter.

Médiat_Suprème

Il y a sans doute quelque chose qui m'échappe, mais en page 1, je ne comprends pas  :

(52 − k − 1)! correspond au nombre total de façons de changer de place les 52-k cartes restantes qui doivent être changées de place.

Pour moi le nombre de dérangements de $n$ éléments est 

$\D{n} = \left \lfloor \dfrac{n!}{e} + \dfrac{1}{2}\right \rfloor$

echecs_et_maths

@Médiat_Suprème, je vous remercie vous avez bien raison. Cet article devrait me permettre d'aboutir par la suite https://fr.wikiversity.org/wiki/Formule_du_crible/Dénombrement_des_dérangements#Probabilité_qu'une_permutation_laisse_r_points_fixes.