Rang d'obtention de la première boule différente de la première tirée

OShine

Bonjour
C'est un oral de CCINP 2023. 
Pour Q1, j'ai l'impression que c'est la loi géométrique, mais le problème est que $X(\omega)=[|2,+\infty|]$ et non $\N^{*}$. 
Comment faire ? 

bd2017

Établir la loi de X=Xn c'est calculer les valeurs des proba de X=j pour j=2,3.   ....
C'est tout. Ensuite tu pourras dire si il s'agit de la loi géométrique ou si il y un lien. Faire la démarche inverse c'est se compliquer la vie pour rien 

bisam

Ici, @Oshine n'a pas tout-à-fait tort.

On peut reconnaître une succession d'épreuves de Bernoulli que l'on peut raisonnablement supposer indépendantes.

Dans ce cadre, la loi de $X_n-1$ est immédiate.

Comme c'est un oral de CCINP, cela ne m'étonne pas que les deux premières questions soient des questions de cours.

bd2017

Je n'ai pas dit qu'@Os à tort. Mais dans le contexte de sa question je trouve qu'il est préférable pour lui de calculer $P(X_n=j)$ pour j=2,...

lourrran

le problème est que $X(\omega)=[|2,+\infty|]$ et non $\mathbb{N}^*$
Comment faire ? 

Ce genre de questions, venant d'un prof de maths, ça me sidère.

Dom

N’est-ce pas exactement le même problème que celui « du collectionneur » ?

lourrran

Si $n=2$, oui, ça revient au problème du collectionneur.
Mais pas dès que $n>2$.
Oups,  je m'étais arrêté à la question 2.

OShine

Ok merci.
Je rédige une réponse ce soir.
@lourrran
Je n'ai pas d'automatisme en proba comme j'en ai en algèbre par exemple.
Donc oui je pose des questions bêtes.
CCINP est le niveau idéal pour pratiquer la base et voir si on a compris le cours.

LeVioloniste

@OShine Où as-tu trouvé ces exos ?

lourrran

Tu as l'impression que c'est une loi géométrique, mais le truc qui coince, c'est que $X(\omega)=[|2,+\infty|]$  et non $\mathbb{N}^*$.
Et si tu faisais un changement de variable ?
Si tu introduisais une nouvelle numérotation, le premier tirage, celui qui ne compte pas, tu le numérote 0, et les suivants, tu les numérotes de 1 à ...
voilà, tu as maintenant ton $\mathbb{N}^*$ et tu peux appliquer les recettes sans avoir à comprendre.

bd2017

Une remarque: il n'y a pas de faute mathématique quand  on écrit $X(\omega)=[[2,+\infty]]$  mais ce n'est pas d'un usage très courant, il me semble.

OShine

@lourrran
En effet ! On peut retrouver à la main facilement la loi géométrique. 

@LeVioloniste
Beos.

Q1) Notons $Z_n = X_n -1$.
$Z_n (\Omega)=[|1,+\infty|[$
$P(Z_n=k)= \left( \dfrac{1}{n} \right)^{k-1} \left( 1- \dfrac{1}{n} \right)$
Or :  $P(X_n = k)= P(Z_n +1=k)=P(Z_n=k-1$.
Finalement : $\boxed{\forall k \in \N^{*} \ P(X_n=k)= \left( \dfrac{1}{n} \right)^{k-2} \left( 1- \dfrac{1}{n} \right)}$
Vérification : 
Si $k=2$, obtenir la première boule différente de la première au premier tirage a bien une probabilité de $1-\frac{1}{n}$.

Q2) $E(X_n)=E(Z_n +1)=E(Z_n)+1$.
$Z_n$ suit la loi géométrique de paramètre $p=1-\dfrac{1}{n} >0$ car $n \geq 2$.
Donc $Z_n$ admet une espérance et donc $X_n$ aussi.

Q3.a) Il y a deux boules.
On cherche le rang pour lequel les 2 boules ont été tirées.

• $P(Y_2=1)=0$
• Soit $k \geq 2$. $P(Y_2 = k)$ : il faut tirer la même boule les $k-1$ premiers tirages, puis tirer l'autre boule lors du $k$ ième tirage. Ce qui donne $P(Y_2=k)=(\dfrac{1}{2})^{k-1} \times \dfrac{1}{2}= \boxed{ (\dfrac{1}{2})^k}$

Q3.b) Il y a trois boules.
On cherche le rang pour lequel les 3 boules ont été tirées.

• $P(Y_3=1)=P(Y_3 =2)=0$
• Soit $k \geq 3$. $P(Y_3= k)$ : il faut deux boules les $k-1$ premier tirages, puis tirer la troisième boule lors du $k$ ième tirage. Ce qui donne $P(Y_3=k)=(\dfrac{2}{3})^{k-1} \times \dfrac{1}{3}= \boxed{ \dfrac{2^{k-1}}{3^k}}$

Est-ce difficile de simuler les variables aléatoires de l'exercice avec Python ?
Le jury de l'agreg interne, dit qu'à l'oral il attend que les candidats fassent des simulation numériques et des programmes simulant les variables aléatoires.
N'étant pas prof au lycée, je n'ai pas la chance de pratiquer Python.

zeitnot

Non, ce n'est vraiment pas compliqué à simuler en Python. Tu as certainement fait de la programmation dans tes études. Si oui, tu n'auras pas de grandes difficultés à faire un peu de Python.

J'ai commencé Python au tout début de l'arrivée de l'algorithmie dans les programmes au lycée, bien avant que Python soit imposé. À l'époque tout le monde me regardait bizarrement (dans mon lycée, et même sur ce forum où je passais pour un illuminé ! C'est compliqué tu mets tes élèves en difficulté car c'est en anglais... certains vont se reconnaître.) , je n'en avais jamais avant. Tu mets les mains dans le cambouis, ça vient rapidement.

bd2017

@Oshine il y a une faute dans l'encadré de Q.1.  À part ça la réponse est bonne.
Mais sur la méthode "application recette sans avoir à comprendre" je n'aime pas trop.
Le problème c'est que  cela donne pour Q2 et Q3  

\begin{align*}\sum_{k=2}^\infty \dfrac{1}{2^k}&=\dfrac{1}{2}=1\\
\sum_{k=2}^\infty \dfrac{2^{k-1}}{3^k}&=\dfrac{4}{9}=1
\end{align*}

bisam

Et si tu utilisais les deux premières questions pour répondre à la 3ème ?

OShine

@zeitnot
J'ai fait un peu de programmation, mais je n'ai jamais été spécialement bon dans ce domaine.
Même si je me doute qu'ici ça ne doit pas être super dur.

@bd2017
En effet, bien vu.

@bisam
Je me disais bien que la question 1 devais servir.
On a $(Y_2=k)=(X_2=k)$
Donc $\boxed{P(Y_2 = k)= \left( \dfrac{1}{2} \right)^{k-1}}$.
Pour $Y_3$, j'ai plus de mal.
On a $(Y_3 =k)=\displaystyle\bigcup_{i=2}^{k-1} ( X_3 =i)$ ? 
Je trouve un résultat bizarre $P(Y_3 =k)=1-\left(\dfrac{2}{3} \right)^{k-2}$.

bd2017

Pour $Y_3$  tu peux toujours regarder le problème d'agreg interne 2024 où la solution est donnée dans la première partie.

OShine

Je préfère suivre la méthode de cet exercice. 
Pour $Y_3$, il ne faut pas utiliser la question $1$ ? 
$(Y_3=k)=(X_3 \leq k-1)$ non ?
Donc $P( Y_3 =k)= \displaystyle\sum_{i=2}^{k-1} P(X_3 =i)$ non ? 

bisam

Faire des probas en mettant des formules au hasard, ça ne marche pas plus que pour le reste des mathématiques !

Pour calculer la loi de $Y_3$, tu peux utiliser le fait que la famille $(X_3=i)_{i\geq 2}$ est un système complet d'évènements et qu'une grande partie d'entre eux sont incompatibles avec $Y_3=k$. Ensuite, la probabilité sachant que $X_3=i$ de l'évènement $Y_3=k$ est facile à obtenir.

OShine

Ah d'accord merci. Cette question est difficile. 
Soit $k \geq 3$.
La famille $(X_3 =i)_{i \geq 2}$ est un système complet d'évènements.
D'après la formule des probabilités totales : 
$P(Y_3 =k)= \displaystyle\sum_{i=2}^{+\infty} P( Y_3 =k , X_3=i)$.

• Si $i \geq k$, $(Y_3=k,X_3=i)$ est un évènement impossible. En effet, si toutes les boules ont été tirées au rang $k$, il est impossible qu'on obtienne la première boule différente de la première au rang $k$. Donc la probabilité est nulle.
• Sinon $P(Y_3 =k)= \displaystyle\sum_{i=2}^{k-1} P( Y_3 =k , X_3=i)$.

Soit $k \in [|2,+\infty|[$. On a $P(Y_3 =k , X_3 =i )= P( X_3 = i ) P(Y_3 = k | X_3=i)$.
Or : 

• $P(X_3 =i)=\left( \dfrac{1}{3} \right)^{i-2} \dfrac{2}{3}$
• Déterminons : $P(Y_3 = k | X_3=i)$. Si $(X_3 =i)$ est réalisé, la première boule différente de la première tirée est la $i$ ième boule. Pour que toutes les boules soient tirées au rang $k$, on doit tirer les 2 boules déjà tirées $k-i-1$ fois puis tirer la boule restante. Donc  $P(Y_3 = k | X_3=i) = \left( \dfrac{2}{3} \right)^{k-i-1} \dfrac{1}{3}$

Donc : $\boxed{P(Y_3 =k)= \displaystyle\sum_{i=2}^{k-1} \left( \dfrac{1}{3} \right)^{i-2} \dfrac{2}{3}  \left( \dfrac{2}{3} \right)^{k-i-1} \dfrac{1}{3}}$

PS : erreur corrigée suite à la remarque de @bd2017 c'était une coquille.

bd2017

Bonjour 

@Oshine une chose est certaine c'est que ton dernier résultat n'est pas plausible car $(3/2)^k$ tend vers l'infini....

Et ce n'est pas ton dernier calcul qui est faux car dans l'encadré $P(Y=k)$ tend aussi vers l'infini.

Autrement dit ton erreur est peut être une erreur de raisonnement. 

OShine

Oui c'était faux.
Pour $k \geq 3$.
$P(Y_3 =k)=\dfrac{2}{9}  \displaystyle\sum_{i=2}^{k-1} \left( \dfrac{1}{3} \right)^{i-2}  \left( \dfrac{2}{3} \right)^{k-i-1} $
Donc : $P(Y_3 =k)=\dfrac{2^k}{3^{k-1}}  \displaystyle\sum_{i=2}^{k-1} \left( \dfrac{1}{2}  \right)^{i} = \dfrac{2^k}{3^{k-1}}   \times \left( \dfrac{1}{2} \right)^2 \times \dfrac{1- (1/2)^{k-2}}{1-1/2} $

On obtient finalement : $\boxed{P(Y_3=1)=0 \ \ , \ \ P(Y_3=2)=0 \ \text{et} \ \forall k \geq 3 \ \ P(Y_3 =k)=\dfrac{2^{k-1}-2}{3^{k-1}}}$.

Vérification : 
Si $k=3$, in a $P(Y_3 =3)=\dfrac{2}{9}$ ce qui est logique.
En effet, le choix de la première boule n'a pas d'importance, il y a $2$ chance sur $3$ de choisir la seconde et une chance sur $3$ d'obtenir la troisième.
Les tirages étant indépendantes, on a $\dfrac{2}{3} \times \dfrac{1}{3}=\dfrac{2}{9}$ pour $P(Y_3 =3)$.

lourrran

Vérification n°2 : 
quand on calcule $P(y_3=3)+P(y_3=4)+P(y_3=5)+P(y_3=6)+P(y_3=7)+$ ... , on a l'impression que cette somme tend vers 1, sans le dépasser.

bd2017

Oui comme le dit @lourrran il est préférable de calculer $\sum_{k=3}^\infty p(Y_3=k) $  pour trouver 1.

C'est la meilleure des vérifications.

Maintenant il serait logique de calculer $E(Y_3)$ et $V(Y_3). $

OShine

Voici pour la vérification.
Pour l'espérance et la variance, ça ne me semble pas simple. 
@bd2017
Es tu sûr qu'il est intéressant et faisable de calculer l'espérance et la variance ici ?

bd2017

Pourquoi le calcul ne serait-il pas intéressant ?
De plus on est face à un calcul faisable 

Série géométrique  et + généralement ..en posant  $$f(z)=\sum_{k\in \N} p(X=k) z^n$$  on a $f(1)=1$  c'est la vérification que tu as faite.

Mais  $$f'(z)= \sum_{k\in \N^*} p(X=k)  nz^{n-1}$$  et alors $f'(1)=E(X).$

Pour avoir $V(X)$ on dérive deux fois.

C'est le même principe de calcul que pour la loi binomiale sauf qu'on travaille avec des séries entières qui ici sont des séries géométriques. On est donc en terrain connu.

OShine

Je n'ai pas encore étudié les séries génératrices.... Il faut que je m'y mette bientôt.

Mais : $E(Y_3)=\displaystyle\sum_{k=3}^{+\infty} k \dfrac{2^{k-1}-2}{3^{k-1}}$.

On pose $S_N= \displaystyle\sum_{k=3}^{N} k \dfrac{2^{k-1}-2}{3^{k-1}} =\displaystyle\sum_{k=3}^{N} k \left( \dfrac{2}{3} \right)^{k-1} -2  \displaystyle\sum_{k=3}^{N} k \left( \dfrac{1}{3} \right)^{k-1} $

Je peux calculer l'espérance en calculant à la main, mais ici les calcul est long et peu intéressant.

$\displaystyle\sum_{k=3}^{N} k \left( \dfrac{2}{3} \right)^{k-1}=\displaystyle\sum_{j=1}^{N-2} (j+2) \left( \dfrac{2}{3} \right)^{j+1}$ puis on sépare la somme etc...

OShine

Un exercice intéressant est de déterminer $P(Y_n =p)$.

bd2017

Oui il s'agit de fonction génératrice mais avant tout on a affaire à une série entière qui de plus est géométrique.

Donc  si tu as une expression de la forme $\sum_{n\geq 0} a^n z^n=\dfrac{1}{1-a z}$

Alors  $\sum_{n\geq 1} n a^n z^{n-1}=\dfrac{a}{(1-a z)^2}$

En particulier $\sum_{n\geq 1} n a^n =\dfrac{a}{(1-a )^2}$

et cette dernière formule qu'on utilise  ici soit avec $a=1/3$ ou $a=2/3$. 

Il n'y a pas de calcul long ni compliqué ici. 

OShine

Il faut changer la somme pour qu'elle commence à $1$.

bd2017

Oui le résultat est bon.  On peut faire un peu d'économie de calcul.
On peut aussi dire que $Y_3=X_3 + X'$  avec $X_3$ et $X'$ indépendantes et $X'$ est une loi géométrique de paramètre $1/3. $
Si on sait que la moyenne d'une loi géométrique  est $1/p$
alors $E(Y_3)=E(X_3)+E(X')=(1/(2/3)+1)+ 1/(1/3)=3/2+1+3=11/2.$

OShine

Ce calcul m'a pris une demi-heure, oui, on peut utiliser la loi géométrique pour calculer l'espérance et la variance plus facilement.
On a : $Y_3=1+ (X_3-1)+(Y_3-X_3)$.
On a : 

• $Z_1 =1 \sim \mathcal G(1)$
• $Z_2 =X_3-1 \sim \mathcal G(\frac{2}{3})$
• $Z_3 =Y_3-X_3 \sim \mathcal G(\frac{1}{3})$

$E(Z_1)=1$, $E(Z_2)=\dfrac{3}{2}$ et $E(Z_3)=3$.

Par linéarité de l'espérance, $E(Y_3)=E(Z_1)+E(Z_2)+E(Z_3)=1+ \frac{3}{2}+3$. Enfin : $\boxed{E(Y_3)=\dfrac{11}{2}}$.

Pour la variance, il faut voir si les $Z_i$ sont indépendantes. Je ne vois pas comment faire.

OShine

$Z_1$, $Z_2$ et $Z_3$ sont indépendantes deux à deux.
$V(Z_1)=0$, $V(Z_2)=\dfrac{\dfrac{1}{3}}{ (\dfrac{2}{3})^2}=\dfrac{3}{4}$ et $V(Z_3)=\dfrac{\dfrac{2}{3}}{ (\dfrac{1}{3})^2}=6$.
Donc $V(Y_3)=V(Z_1)+V(Z_2)+V(Z_3)= \boxed{\dfrac{27}{4}}$.

bd2017

C'est fini pour cette exo. Concernant l'indépendance, chaque nouveau tirage ne dépend pas ce ce qui s'est passé précédemment. 

OShine

Merci. 

Chaurien

Pour les questions 1 et 2, il faut se rendre compte que pour certaines variables aléatoires $X$ à valeurs dans $\mathbb N$, il est parfois plus facile de déterminer $P(X>k) $ (antirépartition) que $P(X=k)$. Présentement, la réalisation de  l'événement $[X_n>k]$ signifie exactement que l'on a $k$ fois le même résultat lors des $k$ premiers tirages. d'où immédiatement : $P(X_n>k)=n(\frac 1n)^k$, ceci pour tout $k \in \mathbb N^*$. 

Trouver l'antirépartition, c'est trouver la loi puisque $P(X=k)=P(X>k-1)-P(X>k)$, ce qui donne bien la formule vue plus haut.

De plus, on peut calculer l'espérance directement sur l'antirépartition, sans passer par la loi, car pour toute variable aléatoire $X$ à valeurs dans $\mathbb N$, on a : $\sum_{k=0}^{+\infty }P(X>k)=E(X)$. C’est utile lorsque l’expression de l’antirépartition est plus simple, ou aussi simple, que l'expression de la loi, ce qui est le cas présentement : $ E(X_{n})=1+\sum_{k=1}^{+\infty }n(\frac{1}{n})^{k}=\frac{2n-1}{n-1}$.

L'antirépartition permet aussi de calculer la variance, à partir de la formule : $\sum_{k=1}^{+\infty }kP(X>k)=E(\frac{X(X-1)}{2})$, pour toute variable aléatoire $X$ à valeurs dans $\mathbb N$. Frileux, l'énoncé ne demande pas la variance de $X_n$, mais avec cette formule, les curieux pourront la calculer sans difficulté.

Quant à la question 3, comme a dit Dom, c'est juste le problème du collectionneur, modèle ultra-réduit, donc sans grand intérêt.

OShine

Une généralisation est possible. Elle m'a été soufflée en MP, je n'ai pas le niveau pour trouver un tel raisonnement brillant.

En posant $u_p=P(Y_n \leq p)$, on a $P(Y_n =p)=u_p -u_{p-1}$ avec $u_0=0$.
On note $\forall i \in [|1,n|]$ l'évènement : $A_i$ : "la boule $i$ n'a pas été tirée au cours des $p$ premiers tirages".
On a $1-u_p= P(Y_n \geq p+1)= P \left(  \displaystyle\bigcup_{i=1}^n A_i  \right)$
La formule du crible de Poincaré fournit : $1-u_p= \displaystyle\sum_{k=1}^n \left( (1)^{k+1} \displaystyle\sum_{1 \leq i_1 < i_2 <  \cdots < i_k \leq n} P(A_{i_1} \cap \cdots P(A_{i_k} )    \right)$
Donc : $\boxed{1-u_p = \displaystyle\sum_{k=1}^n (-1)^{k+1} \binom{n}{k} \left( 1- \dfrac{k}{n} \right)^p}$.

Or : $u_p-u_{p-1}=-(1-u_p)+(1-u_{p-1})$ et on en déduit aisément que :
$\boxed{P(Y_n=p)= \dfrac{1}{n^p} \displaystyle\sum_{k=1}^n (-1)^{k+1}  k \binom{n}{k} (n-k)^{p-1}}$.

Chaurien

• Question 3. a) La variable aléatoire $Y_2$ n'est autre que $X_2$, terminé.

• Question 3. b) Toujours avec l'antirépartition. L'événement $[Y_3>k]$ est réalisé si au cours des $k$ premiers tirages, au moins un des numéros $1,2,3$ n'apparait pas. Pour $i \in \{1,2,3\}$, soit $A_{k,i}$ l'événement « au cours des $k$ premiers tirages, on n'obtient pas le numéro $i$ ». Avec la mini-formule du crible (ou principe d'exclusion-inclusion), on a pour $k \in \mathbb N^*$ : $P(Y_{3}>k)=P(A_{k,1}\cup A_{k,2}\cup A_{k,3})=...$

$=P(A_{k,1})+P(A_{k,2})+P(A_{k,3})-P(A_{k,1}\cap A_{k,2})-P(A_{k,2}\cap
A_{k,3})-P(A_{k,3}\cap A_{k,1})+P(A_{k,1}\cap A_{k,2}\cap A_{k,3})$

$=3(\frac{2}{3})^{k}-3(\frac{1}{3})^{k}$.

En conséquence : $E(Y_{3})=\sum_{k=0}^{+\infty  }P(Y_3>k)=1+3\sum_{k=1}^{+\infty }(\frac{2}{3})^{k}-3\sum_{k=1}^{+\infty }(\frac{1}{3})^{k}$, qui redonne bien la valeur $\frac {11}2$ trouvée plus haut.

On peut aussi en déduire la loi : $P(Y_3=k)=P(Y_3>k-1)-P(Y_3>k)$, qui redonne aussi la valeur trouvée plus haut.

Pour la variance, on peut utiliser la formule que j'ai citée : $E(\frac{Y_3(Y_3-1)}{2})=\sum_{k=1}^{+\infty }kP(Y_3>k)$. 

Il faut donc calculer une somme de série de la forme $S=\sum_{k=1}^{+\infty }kq^{k-1}$, $|q|<1$. On peut le faire dans les classes où l'on ne voit pas la dérivation des séries entières, ce qui est le cas des classes préparatoires commerciales :
$S=\sum_{k=1}^{+\infty }kq^{k-1}=\sum_{h=0}^{+\infty }(h+1)q^{h}=\sum_{h=0}^{+\infty }hq^{h}+\sum_{h=0}^{+\infty }q^{h}=q\sum_{h=1}^{+\infty }hq^{h-1}+\sum_{h=0}^{+\infty }q^{h}=qS+\frac{1}{1-q}$, 

d'où : $\sum_{k=1}^{+\infty }kq^{k-1}=S=\frac 1{(1-q)^2}$.

Et on peut continuer de même pour $\sum_{k=2}^{+\infty }k(k-1)q^{k-2}$, etc.