un dénombrement qui me tracasse...

vinh le ricain

Bonjour tout le monde !

Bon voilà, j'aidais un ami (école d'ingé) à faire des exos de probabilités, et je suis tombé sur quelques exos qui m'ont donné du mal. J'ai honte, mais bon, je viens quémander votre opinion car j'ai des idées de solution, et j'aimerais bien savoir ce que vous en pensez...

{\bf EXO 1: on a N cartes avec des chiffres numérotés de 1 à N. On tire au hasard une première carte et on la garde. Ensuite, on tire au hasard les cartes, et si le chiffre est supérieur à la première carte, on la garde, sinon, on la remet. Et ainsi de suite. On demande l'espérance du nombre de cartes en main.}

Tout naïvement, j'applique ma formule... Soit $T$ la variable aléatoire discrète dans $\mathbb{N}$ qui associe le nombre de cartes en main à la fin des tirages. Alors $\mathbb{P}(T=1)= \dfrac{1}{N}$ car la seule possibilité est que l'on ait tiré dès la première fois la carte numérotée $N$. De même,$\mathbb{P}(T=2)=\dfrac{1}{N(N-1)}$ parce que la seule possibilité est que l'on ait tiré la carte numérotée $(N-1)$ au premier tirage avec une proba de $1/N$ puis la carte $N$ avec une proba de $1/(N-1)$. Ainsi, $\mathbb{P}(T=N)=\dfrac{1}{N!}$ parce que cela voudrait dire que l'on a tiré exactement et successivement toutes les cartes dans l'ordre 1, 2, ..., N.

Mon intuition me dit que $\mathbb{P}(T=k)=\dfrac{1}{N(N-1)...(N-k+1)}$ ce qui pourrait être montré par récurrence. Et ainsi, on aurait l'espérance en pondérant chaque valeur par sa probabilité...


{\bf EXO 2: On a une jarre de 60 bonbons : 10 rouges, 20 bleus et 30 verts. On les tire au hasard un par un sans remise. Une fois que tous les 10 bonbons rouges ont été tirés, quelle est la probabilité qu'il reste au moins un vert ET un bleu ?}

Bon... mon idée qui vaut ce qu'elle vaut... J'imagine que j'ai une succession de 60 trous placés en ligne droite. Je cherche toutes mes combinaisons de tirages possibles. Pour cela, je place d'abord mes 10 rouges parmi les 60 trous possibles, puis mes 20 bleus parmi les 50 restants, les 30 verts restants sont mis d'office. On vérifiera que l'ordre n'a pas d'importance et que le nombre total de tirages possibles est bien $N=\dfrac{60!}{10!20!30!}$.
Pour qu'il reste au moins un vert ET un bleu lorsque tous les rouges auront été tirés, je regarde le complémentaire à savoir, toutes les combinaisons où les deux dernières cases ont été remplies par des bonbons rouges. Je place mes 8 rouges n'importe où sur les 58 trous restants, puis les verts et les bleus, soit $N=\dfrac{58!}{8!20!30!}$.

Ma proba cherchée est donc le complémentaire de cette proba, soit $115/118$...


{\bf EXO 3: à une station de métro, le train local arrive toutes les 6 minutes, l'express toutes les 4 minutes. Quelle est l'espérance du temps d'attente du premier train ? }

Moi, je simule deux lois exponentielles de paramètres 1/6 et 1/4 et je calcule l'espérance de la variable aléatoire minimum des deux.


Voilà, dites-moi ce que vous en pensez, car j'ai l'impression de rouiller sur des problèmes d'urnes et de boules à force de faire du Black & Scholes...

Merci et à bientôt !
See ya'
vinh

aléa

Exo 1: je crois que tu te trompes. Dès que $k\ge 3$ les suites de longueur $k$ n'ont pas toutes la même chance d'être tirées, ce qui rend difficile de calculer $P(T=k)$.
Par exemple la suite $(1,x,N)$ a une proba $\frac1{N(N-1)(N-x)}$ d'être tirée.
En revanche, on peut trouver une formule de récurrence pour $E[T_N]$, puis résoudre la récurrence.

Edit: après réflexion, je ne suis pas sûr de bien avoir compris ton énoncé.
Je vais donc préciser qu'elle est l'énoncé que je traite: je considère que je
rejette toute carte inférieure à celles que j'ai tirées précédemment, ce qui
fait qu'au bout d'un certain moment je refuse toutes les cartes, et bien sûr par construction la dernière carte que j'accepte est toujours la carte $N$. La variable aléatoire $T_N$ est le nombre de cartes acceptées.

GG

bonjour,
pour le 2°, je dirais plutôt à vue de nez
p₁ = proba de tirer tous les bleus avant le dernier rouge =
[somme pour i de 30 à 60 C(9,i-1)C(20,i-10) ] / C(10,60)C(20,50)

p₂ = proba de tirer tous les verts avant le dernier rouge =
[somme pour i de 40 à 60 C(9,i-1)C(30,i-10) ] / C(10,60)C(30,50)

p₃= proba de tirer tous les bleus et tous les verts avant le dernier rouge = C(9,59)/C(10,60)

proba cherchée = 1 - (p₁+p₂-p₃)

P.S. Malheureusement, après réflexion, je n'arrive pas à effectuer ces sommes.

bosio frederic0

Exo 1 : Tu te trompes pour $P(T=2)$. S'il faut bien tirer la plus grande en deuxieme, on n'est pas oblige de tirer le premiere en premier. Je pense qu'une facon de proceder est de faire en fonction de deux choses. Le nombre de cartes en main a la fin et le nombre de valeurs initiales N. On a une formule de recurrence de la forme $P(T_N = k) = \frac{1}{N}\sum_{i=1}^N P(T_{N-i} = k)$. Toutefois, j'ignore si cela se trouve par une formule simple. Il faudrait regarder les valeurs par ordi et voir si c'est simple, mais j'ai la flemme.

vinh au boulot

re-Bonjour,

tout d'abord, un grand merci et mes salutations a Alea, GG et frederic qui ont pris le temps de me repondre.

Alea > l'enonce dit que tu rejettes toute carte dont le chiffre est inferieur a la plus recente que tu as en main et que tu la remets dans le jeu et que tu remelanges tout, ceci, afin d'avoir l'uniformite a chaque nouveau tirage. Ceci implique donc que dans ta main, les cartes dans l'ordre chronologique forment donc une suite croissante. Chaque carte rejetee sera remise en jeu et refusee uniquement a chaque tirage en fonction de la derniere carte en main, sans aucune incidence pour le futur. Je ne sais pas si c'est plus clair.


GG > je prends note de ta methode. Le probleme dans ce genre de situations est vraiment l'interpretation et les solutions sont nombreuses et se ressemblent. Reste a faire le tri...

Frederic et Alea > Je pense moi aussi qu'il y a une formule de recurrence derriere que je suis en train chercher. Si on veut partir sur la piste des esperances, j'ai une idee pour lesperance, non pas du nombre de cartes en main, mais de la carte que l'on va tirer :
La premiere carte a une esperance de (1+2+3+...+N)/N. Lors du tirage de la deuxieme carte, on a une carte en moins, mais toujours uniformite au tirage sur (N-1), mais les cartes possibles sont, en esperance, dans un intervalle deux fois plus petit (les cartes superieures a la carte mediane) et ainsi de suite...
Je ne sais pas si ca mene quelque part...

Je continue a reflechir...

See ya'
vinh

bosio frederic0

J'ai regarde la loi pour les petites valeurs de N et j'avoue que les valeurs obtenues ne me disent pas grand chose. Je n'arrive pas a les relier a des calculs simples ni meme a des choses que je connaisse sur le groupe des permutations.

On peut toujours essayer de regarder les series generatrices que cela peut donner, mais je doute assez qu'on obtienne quelque chose de concluant.

aléa

OK, on a bien le même jeu.
Allons y.
Quand tu tires la carte $x$ au premier coup c'est comme si tu jetais à la poubelle toutes les cartes de numéro inférieur à $x$, puisque celles-là n'iront jamais dans ta main.
Tu jettes donc les cartes de $1$ à $x-1$, tu mets $x$ dans ta main: reste $N-x$ cartes. Virtuellement tu les renumérotes: tu recommences alors le même jeu avec un jeu de $N-x$ cartes. D'où la récurrence $E T_0=0$ puis

$E T_N=1+\frac1{N}\sum_{x=1}^N E T_{N-x}$.

vinh au boulot

Salut Alea,

J'ai un peu de mal à voir la récurrence même si je vois l'idée... Je vais mouliner ça... Merci pour ta contribution en tout cas !

Frederic > j'avais essayé avec des arbres, mais cela n'a abouti à rien non plus...

Thanks,
See ya'
vinh

vinh au boulot

re-Bonsoir,

je dois etre fatigue, mais j'ai un peu de mal avec la definition de $T_{N}$ et $T_{N-x}$...

D'autre part, il me semble que lorsque l'on a tire la carte $x$ et queles autres cartes inferieures a $x$ sont mises a la poubelle, le tirage reste uniforme sur les $N-x$ mais avec une probabilite de $(N-x)/(N-1)$, non ?

Volubile

Bonsoir,

Juste une petite pierre à l'édifice.
Si on note $I_1$ (de loi uniforme sur le support $\{1,...,N\}$) le numéro de la 1ère carte tirée
et $I_2$ celui de la 2ème (de loi uniforme sur est $\{1,...,N-1\}$), il vient :
\begin{eqnarray*}
\mathbb{P}(I_2 > I_1) &= &\sum_{i_1=1}^N \mathbb{P}(I_2 > i_1) \mathbb{P}(I_1 = i_1) \\
& = & \frac{1}{N} \sum_{i_1=1}^N \mathbb{P}(I_2 > i_1) \\
& = & \frac{1}{2}
\end{eqnarray*}
car la dernière somme est égale à $\mathbb{E}I_2$.
Le même type de raisonnement pour les autres probabilités (calculer $\mathbb{P}(I_3 > I_1)$ en utilisant une conditionnelle par rapport à $I_2 > I_1$ ou non). Pour la question de l'espérance, je me demande s'il ne faut pas préciser à quelle étape on compte le nombre de cartes (en moyenne). La suite peut-être demain.

GG

bonjour,
certains d'entre vous se sont-ils déjà penchés sur l'exercice n° 2 ?
Je n'arrive pas à trouver un autre angle d'attaque que celui que j'ai indiqué dans mon dernier message.

p₁ = proba de tirer tous les bonbons bleus avant le dernier rouge.
Je prends comme espace des événements élémentaires équiprobables le produit cartésien de l'ensemble des parties à 10 éléments de [1,60] (les rangs de sortie des bonbons rouges) avec l'ensembles des parties disjointes (des premières) à 20 éléments de [1,60] (les rangs de sortie des bonbons bleus), donc de cardinal C(10,60)C(20,50).

En notant i€[0,30] le nombre de bonbons verts sortis avant le dixième et dernier bonbon rouge, les cas favorables à p₁ pour un i donné correspondent à la distribution de 9 bonbons rouges, 20 bleus et i verts dans [1,29+i] et sont donc au nombre de C(9,29)C(i,i+29).

Ainsi, p₁ = [ C(9,29)/(C(10,60)C(20,50))] . [ somme pour i = 0 à 30 de C(i,29+i) ] = 10 . 30!/60! ( 29!/0! + 30!/1! + 31!/2! + ... + 59!/30! )

Il y a une formule analogue pour p₂.

Je me sens démuni devant cette somme. On peut l'écrire

S = 29!(1 + 30/1(1 + 31/2(1 + ... + 59/30)... )

Soit x₀ = 1, x_n+1 = x_n.(59-n)/(30-n) + 1

et S = 29! x₃₀

Je n'arrive rien à faire de cette récurrence. Peut-on au moins approximer cette somme ?

Help !

GG

en fait, j'aurais dû poursuivre mon calcul :
(dans l'ordre inverse de la somme)
p₁ = 10.(1/60 + 30/60.59 + 30.29/60.59.58 + ... + 30.29...3/60.59...32 + 30.29...2/60.59...31 + 30.29.28...1/60.59...30) ~ 0.333

De même, soit p₂ = proba de tirer tous les bonbons verts avant le dernier rouge =

[ C(9,39)/(C(10,60)C(30,50))] . [ somme pour i = 0 à 20 de C(i,39+i) ] = 10 . 20!/60! ( 39!/0! + 40!/1! + 41!/2! + ... + 59!/20! ) =
= 10.(1/60 + 20/60.59 + 20.19/60.59.58 + ... + 20.19...3/60.59...42 + 20.19...2/60.59...41 + 20.19...1/60.59...40 ) ~ 0.250


p₃= proba de tirer tous les bleus et tous les verts avant le dernier rouge = C(9,59)/C(10,60) = proba que le dernier bonbon soit rouge = 10/60 ~ 0.167

proba cherchée = 1 - (p1+p2-p3) ~ 0.584

Vinh, pourrais-tu confirmer ?

GG

en fait, c'était pas bien sorcier :
p₁, c'est la proba que le dernier bonbon soit rouge ou que l'avant-dernier soit rouge et que le dernier soit vert, ou que le 58ème soit rouge et les deux derniers verts, etc,
= 10/60 + 10/60 . 30/59 + 10/60 . 30/59 . 29/58 + ...

Voilà pourquoi ces termes partiels décroissent extrêmement vite
(et voilà pourquoi aussi p₁ et p₂ sont proches de 1/3 et 1/4 : ce sont des séries proches des séries géométriques de raison 1/2 et 1/3, et la réponse est proche de 1-(1/3+1/4-1/6) = 7/12 = 0.5833, autrement dit, quelqu'un de doué aurait pu résoudre ce problème de tête et non pas en deux jours comme moi )

alben

Bonsoir,
Je retrouve tes résultats GG. mais c'est exactement 7/12
La proba complémentaire c'est celle consistant
- soit à obtenir 9 rouges, 20 bleus et i verts (i allant de 0 à 30 avant de tirer un rouge
- soit à obtenir 9 rouges, 30 verts et i bleus (i allant de 0 à 19 avant de tirer un rouge
ces évènements s'excluant mutuellement, les probas s'additionnent. l'ordre d'obtention des 9+i+ 20 ou 30 résultats est indifférent, celui du dernier est imposé
Ca me donne $p_1(i)=\frac{10!}{(10-10)!}\frac{20!}{(20-20)!}\frac{30!}{(30-i)!}\frac{(60-10-20-i)!}{60!}\frac{(29+i)!}{9!20!i!}$
en simplifiant et en sommant pour i allant de 0 à 30
$p_1=10\frac{30!}{60!}\sum_{i=0}^{30}\;\frac{(29+i)!}{i!}=10\frac{30!}{60!}29!C_{60}^{30}=\frac13$
de même $p_2=10\frac{20!}{60!}\sum_{i=0}^{19}\;\frac{(39+i)!}{i!}=10\frac{20!}{60!}39!C_{59}^{40}=\frac{1}{12}$
et donc p=1-p1-p2=7/12 exactement.
PS Les sommes correspondent à l'addition d'une colonne du triangle de Pascal et sont égales au coef binomial décalé d'une ligne et d'une colonne.
Un résultat aussi simple doit pouvoir s'obtenir plus directement :-(

GG

exact alben

Il m'a échappé que cette somme pour i = 0 à 30 de C(i,29+i), que j'ai pourtant écrite noire sur blanc, valait C(30,60) ...
Reste effectivement à expliquer tout ça plus simplement

GG

je vois maintenant les choses ainsi:

pour calculer p₁, espace des événements élémentaires équiprobables : les C(10,30) placements des 10 rouges parmi les 30 places laissées libres par les verts. Les placements favorables à p₁ sont ceux qui fixent le dernier rouge à la dernière place libre, ils sont donc au nombre de C(9,29), soit le nombre de placements des 9 autres rouges parmi les 29 places restantes. p₁ = C(9,29)/C(10,30) = 1/3

De même p₂ = C(9,40)/C(10,40) = 1/4 (je préfère tabler sur la symétrie)

p = 1 - (p₁ + p₂ - p₃) = 1-(1/3+1/4-1/6) = 7/12

Peut-être y a-t-il encore plus simple ?

GG

oui, en fait, on considère la dernière place libre laissée par les verts (on imagine que l'on colle les numéros de sortie choisis au hasard sur les bonbons et que l'on commence par les verts). Probabilité p₁ que cette place soit un bonbon rouge = 10/30. Etc.

Je crois que je vais m'arrêter là dans la réflexion sur ce problème

alben

Deux petites remarques
1 Si l'on se donne un nombre de bonbons différent : r rouges, b bleus, v verts la proba qu'il reste un bleu et un vert après le dernier rouge est $\frac{bv}{b+v+r}(\frac{1}{r+v}+\frac{1}{r+b})$
2 On peut inverser l'ordre du tirage, c'est à dire chercher la proba de sortir i verts puis un rouge (i de 0 à v) puis un rouge ou de sortir i bleus (de 1 à b) puis un rouge. On retombe sur les mêmes développements mais c'est un peu plus direct

GG

alben, ta formule, que l'on peut obtenir en posant s=r+b+v et en développant 1- (r/(r+b) + r/(r+v) - r/s) (il y a des simplifications mystérieuses), exprime que la probabilité cherchée est aussi :

pr(dernier bleu et dernière place des verts U rouges est un vert) +
pr(dernier vert et dernière place des bleus U rouges est un bleu)

= b/s . v/(r+v) + v/s . b/(b+v)

rigolo ce pb

Pour le pb n° 1, quelqu'un est-il allé au-delà de l'écriture d'une récurrence ?
Ca m'intéresserait de connaître la longueur moyenne des séquences avec un jeu standard de 52 cartes (avec l'ordre du poker). Comportement asymptotique ?

georgesZ

Bonjour,

Pour l'ex.1, $T$ étant la va "nombre de cartes à la fin" (la fin a lieu lorsque la carte n° $N$ a été tirée).

On a, pour $p=1\dots N$,

$T=p \Leftrightarrow$ "on a, en main, les cartes de numeros $ a_1\leqslant\dots \leqslant a_{p-1}\leqslant N$".

Donc $P(T=1)=\frac{1}{N}$.
Puis, pour $p=2\dots N$,
$$P(T=p)=\frac{1}{N} \sum_{a_1=1}^{N-(p-1)}\frac{1}{N-a_1} \left( \sum_{a_2=a_1+1}^{N-(p-2)}\frac{1}{N-a_2} \left(\dots \left( \sum_{a_{p-1}=a_{p-2}+1}^{N-1}\frac{1}{N-a_{p-1}}\right) \dots \right) \right)$$
donc $P(T=N)=\frac{1}{N!}$.
Et, si vous êtes d'accord, $E(T)=\sum_{k=1}^N kP(T=k)$, qui n'est pas facile à calculer.

Amicalement,
Georges

[Georges, le $\LaTeX$ maintenant, tu maîtrises (tu) AD]

vinh le ricain

Bonjour tout le monde,

désolé de ne pas avoir répondu plus tôt mais j'étais occupé (si vous vous rappelez que je travaille dans la finance et que vous êtes au courant qu'il se passe des choses assez extraordinaires en ce moment sur les marchés boursiers, vous comprendrez mon absence.. :-).

Je remercie Alben et GeorgeZ pourleur contribution que j'ai lu un peu en diagonale mais que je vais lire de façon plus fouillée.

Je vois que l'exo 2 a tracassé aussi GG. J'ai une solution apparemment simple (mais dont je ne suis pas sûr). L'ordre est en fait illusoire

La probabilité pour que le trou numéro 60 soit occupé par un vert est de 1/2 au début (30/60). On place tous les autres verts restants. La proba pour qu'un bonbon bleu soit sur le trou numéro 59 est de 20/(20+10) = 2/3.

La situation inverse : la proba pour que le trou numéro 60 soit occupé par un bleu au début est de 20/60 = 1/3. On place tous les bleus et la proba pour que le vert occupe le trou numéro 59 est de 30/(30+10)=3/4.

La proba pour que l'on ait un vert et un bleu est donc bien de (1/2)*(2/3)+(1/3)*(3/4)=(7/12). Mais du coup j'ai un doute car il manque le "au moins"...

vinh

alben

Bonjour,
A propos du 1 : le calcul des probas semble difficile à simplifier. En revanche pour l'espérance, c'est possible.
Je trouve sauf erreur $E(T)=[\frac{N+1}{N}\sum_{k=1}^N\;\frac1k]-1$
Je vais essayer de traduire le calcul dans les notations déjà utilisées dans le fil
PS : je n'ai pas beaucoup de pratique de ce forum mais je trouve très esthétique cette page de messages d'erreurs

alben

En fait, le message d'aléa du 6/8 à 21h42 exprimait l'essentiel.
Une fois la première carte tirée, le nombre de cartes en main ne peut dépasser n=N+1-valeur de la carte.
n peut prendre toutes les valeurs de 1 à N avec une proba de 1/N.
n fixé, on note En l'espérance de T.
On a $E(T)=\frac1N\sum_{n=1}^N\;E_n$
et la formule de récurrence équivalente à celle d'aléa $E_n=1+\frac1n\sum_{k=1}^{n-1}\;E_k$
En appliquant cette dernière formule à N, on exprime la somme des Ei de 1 à N-1 que l'on peut remplacer dans la première qui devient $E(T)=\frac{N+1}{N}E_N-1$.
Reste à calculer $E_N$. Pas très difficile, c'est la somme des inverses de 1 à N
PS pour répondre à GG : avec 52 cartes E(T)=3,63 et quand n grandit $E(T)\simeq \frac{N+1}{N}(ln(N)+\gamma)-1$.

georgesZ

Bonjour Alea et Alben,

je ne comprends ni vos notations et ni vos calculs.

T étant la variable aléatoire "nombre de cartes en main à la fin", qu'est-ce que En?

Pouvez-vous donner une explication plus détaillée du calcul de E(T) (l'espérance de T)?

Pouvez-vous me dire si vous êtes d'accord avec mon calcul des P(T=p)?

Amicalement,
Georges

georgesZ

Pour l'ex.3 , au temps zéro, l'express est (en minutes) à -3,-2,-1 ou 0,
le local est à -5,-4,-3,-2,-1 ou 0, de la station.

D'où équiprobabilité des 6x4=24 positions des 2 trains.

Soit T la variable aléatoire (discrète) "temps d'attente d'un train en minutes".
T prend les valeurs 0, 1, 2 ou 3.

On a P(T=0)=(6+4-1)/24, P(T=1)=(5+3-1)/24, P(T=2)=(4+2-1)/24, P(T=3)=(3+1-1)/24.

D'où l'espérance E(T)=P(T=1)+2P(T=2)+3P(T=3)=26/24= 1'5".

Obtient-on le même résultat en exprimant le temps d'attente en continu?

Amicalement,
Georges

georgesZ

Pour l'ex.2 , que pensez-vous du raisonnement :

Lorsque les 10 rouges ont été mangés, il reste une partie de 20+30 bleus ou verts, donc 2^50 cas équiprobables (?).

On veut la probabilité de l'évenement A= "il reste au moins 1 bleu et un vert".

L'évenement contraire est "il ne reste aucun bleu ou ancun vert" donc de probabilité
(2^30+2^2O )/2^50, donc P(A)=(2^30-2^1O-1 )/2^30=0,9999990454.

Amicalement,
Georges

alben

Oui Georges, d'accord avec ta proba sauf qu'elle est difficilement utilisable.
En posant P(n,p)=Prob(T=p avec n cartes), on peut l'écrire sous la forme
$P(n,p)=\frac1n\sum_{i=p-1}^{n-1}\;P(i,p-1)$
Ensuite En, c'est simplement $\sum_{i=1}^n\;iP(n,i)=\sum_{i=1}^n\;P(n,i)+\sum_{i=2}^n\;(i-1)P(n,i)=1+\sum_{i=2}^n\;(i-1)P(n,i)$
On remplace dans la somme P(n,i) par la formule de récurrence , ça donne une somme double :
$E_n=1+\sum_{i=2}^n\;\frac{i-1}{n}\sum_{k=i-1}^{n-1}\;P(k,i-1)$
dont on réarrange les termes : $E_n=1+\frac1n\sum_{k=1}^{n-1}\sum_{i=1}^k\;iP(k,i)=1+\frac1n\sum_{k=1}^{n-1}\;E_k$

vinh le ricain

Bonjour,

Pour l'exercice 3, j'utilise des lois exponentielles. J'appelle $X_1$ le temps d'attente du train local. Le paramètre de $X_1$ est donc de $\lambda_1 = 1/4$. De même, si $X_2$ désigne le temps d'attente de l'express, avec un paramètre $\lambda_2 = 1/6$.

Ainsi, le temps d'attente au quai est alors $Y=\mathbf{min}(X_1,X_2)$. Or on sait bien (;-) que le minimum de 2 v.a. indépendantes de loi exponentielle est une v.a. de loi exponentielle de paramètre la somme des paramètres.

Ainsi, l'espérance du temps d'attente est $\mathbb{E}[Y]=2,4$.

georgesZ

Alben,

Tu distingues T suivant la carte initiale n°k (donnant n=N-k+1)

En notant Tn la va "nombre de cartes en main à la fin la 1ère étant n°k", tu calcules P(Tn=p)=P(n,p) en fonction des P(Ti=p-1).

Je ne vois pas du tout comment P(Tn=p) dépend de P(Ti=p-1), puisque Ti est la va "nombre de cartes en main à la fin la 1ère étant n°l" (l=N-i+1).

alben

georgesZ Écrivait:

---

> Alben,
> Je ne vois pas du tout comment P(Tn=p) dépend de
> P(Ti=p-1), puisque Ti est la va "nombre de cartes
> en main à la fin la 1ère étant n°l" (l=N-i+1).

Non Ti est la va "nombre de cartes en main à la fin la 1ère étant n°l" (l=n-i+1).
Après le choix de la première, on l'a gardée et l'on a jetées toutes les cartes de n° inférieur et renumérotée les autres à partir de 1 pour celle tirée en premièr.
De toute manière, tu utilises la même démarche en developpant tes sommes

georgesZ

Oui mais :
En notant $T(N, a)$ la va "nombre de cartes en main à la fin la première étant n° a, pour $N$ cartes"

On a "$\displaystyle P(T(N, a)=p)=\frac{1}{N-a}\sum_{b=a+1}^{N-(p-2)}P(T(N-a, b-a)=p-1)$" légèrement différent de ta formule.


[Georges, ne pas oublier les \$ encadrant les expressions mathématiques. AD]

alben

je ne comprends pas ce qui te gêne.
P(n,p) cest la proba d'obtenir p cartes sur un total de n
par exemple n=10, p=5
Si la première carte tirée est 7 ou plus c'est fichu
Si c'est 6, il faut obtenir 4 cartes sur 7,8,9,10=P(4,4)
Si c'est 5, il faut obtenir 4 cartes sur 6,7,8,9,10=P(5,4)
Si c'est 4, il faut obtenir 4 cartes sur 5,6,7,8,9,10=P(6,4)
...
Si c'est 1, il faut obtenir 4 cartes sur 2,3,4,5,6,7,8,9,10=P(9,4)
Chacune des cartes ayant une proba de 1/n d'être tirée, on a bien
$P(10,5)=\frac1{10}(P(4,4)+P(5,4)+P(6,4)+P(7,4)+(P(8,4)+P(9,4))=\frac1{10}\sum_4^9\;P(i,4)$
On retrouve bien la formule notée plus haut...
Je crois que tu cherches des choses trop compliquées.. Et si les En te posent problème, appelle les Xn sans chercher à leur donner une signification en terme d'espérance

georgesZ

Merci Alben,
la nuit va me porter conseil!

Amicalement,
Georges

aléa

Si on s'intéresse plus précisément à la loi de $T_n$ (nombre de cartes que l'on tient finalement en main avec un jeu de $n$ cartes):

Notons $\phi_n$ le fonction caractéristique de $T_n$, c'est à dire
$$\phi_n(x)=E x^{T_n}=\sum_{k=0}^n P(T_n=k) x^k$$
On a la récurrence $\phi_0=1$ et
$$\phi_{n}(x)=\frac{x}{n}\sum_{i=0}^{n-1}\phi_{i}(x)$$
On montre par récurrence que
$\phi_n(x)=\frac{x(x+1)\dots (x+n-1)}{n!}$
de telle sorte que $P(T_n=k)$ est le coefficient de $X^k$ dans le polynôme
$Q_n(X)=\frac{X(X+1)\dots (X+n-1)}{n!}$.

On peut retrouver ainsi l'espérance de $T_n$:
$$E T_n=\phi'_n(1)=Q'_n(1)=\frac{Q'_n(1)}{Q_n(1)} Q_n(1)=\frac{Q'_n(1)}{Q_n(1)}.$$
Or
$$\frac{Q'_n}{Q_n}=\sum_{i=0}^{n-1}\frac1{X+i},$$
d'où
$$E T_n=\sum_{k=1}^{n}\frac1{k}.$$

Kuja

Bonjour,

Pour l'exo 1 il y a plus rapide (il me semble).
On peut écrire que
$$T_n=\sum_{i=1}^n 1_{\{X_i \geq X_j, \forall j<i\}},$$
en effet on compte le nombre de $X_i$ qui sont supérieurs à tous leurs prédécesseurs (en termes plus "théoriques" de stat, c'est ce qu'on appelle des "records").
En passant à l'espérance on a
$$E(T_n)=\sum_{i=1}^n E(1_{\{X_i \geq X_j, \forall j<i\}})=\sum_{i=1}^n P(X_i \geq X_j, \forall j<i).$$
Finalement, par équirépartition des tirages, la proba que la $i$-ième carte soit plus grande que les précédentes vaut $1/i$.
On retrouve alors la formule de aléa.

Amicalement,

alben

alben Écrivait:

---

> On a $E(T)=\frac1N\sum_{n=1}^N\;E_n$

Oui c'était faux, idiot et en plus inutile. La formule de récurrence suffit et donne bien le résultat d'aléa.
Au temps pour moi et mille excuses à Georges si c'est ça qui l'a troublé:-(

aléa

Kuja: je ne comprends pas bien ce que tu appelles $X_i$ dans le modèle décrit.

Suivant ton idée, j'aurais plutôt envie de dire que
$T_n=\sum_{i=1}^{+\infty} 1_{\{ j<i \Longrightarrow Y_i> Y_j\}}$

où les $Y_j$ forment une suite iid de loi uniforme sur $\{1,\dots n\}$
(ce qui n'est pas tout à fait le modèle de l'exercice mais donne la même loi).

Kuja

Salut alea,

Je note $X_1,\ldots,X_n$ le résultat de la permutation aléatoire des entiers de $1$ à $n$ (autrement dit le résultat du tirage).

Amicalement,

egoroff

Mais toutes les cartes ne sont pas tirées...

Sinon il me semble qu'en notant $Z_0=0$ et $Z_k$ la $k$-ième carte gardée en main, alors $(Z_k)$ est une chaîne de Markov sur $\{0,...,N\}$ dont on peut facilement écrire la matrice de transition (la loi de $Z_{k+1}$ sachant $Z_k$ est uniforme sur $\{Z_k+1,...,N\}$) où $N$ est absorbant et $T$ est le temps d'atteinte de $N$ partant de $0$.

aléa

Tout à fait, Egoroff. D'ailleurs, on peut faire mieux.
On pose $W_k=N-Z_k$. Du coup $(W_k)$ est une chaîne de Markov dont les transitions ne dépendent pas de $N$ et dont l'état d'absorption est $0$.
Si on note $T$ le temps d'absorption, la loi de $T_N$ est la loi de $T$ partant de $N$ et la propriété de Markov permet de démontrer rigoureusement l'équation de récurrence que je donnais pour $\phi_n(x)=\mathbb{E}_n(x^T)$.

Kuja

Ah oui, au temps pour moi, j'avais mal lu l'énoncé, désolé.
Faut que j'arrête de faire des maths pendant les vacances, ça ne me réussit pas...

Amicalement,

egoroff

Joli, aléa ! C'est vrai que c'est encore mieux comme ça. Je vais me pencher sur tes fonctions caractéristiques.

Kuja : Tu es trop dur avec toi-même, ça ne t'arrive quand même pas souvent de raconter des bêtises...

georgesZ

Bonjour,

Avec les indications d'Alben, j'arrive à (avec la notation d'Alea):

$E(T_N)=1+\frac{1}{N}\sum_{k=0}^{N-1}E(T_k)$ qui donne (en convenant que $E(T_0)=0$)
que, $E(T_N)=\sum_{k=1}^{N}\frac{1}{k}$.

La démonstration d'Alea est plus rapide et meilleure.

Amicalement,
Georges

PS Pour les Ex.2 et Ex.3 j'ai posé des questions. Vinh m'a répondu pour l'Ex.3 mais je ne comprends pas sa réponse. Les spécialistes de proba peuvent-ils m'éclairer?

aléa

Pour l'exo 3)
dire qu'une va $X$ suit la loi exponentielle de paramètre $\lambda$ ça veut
dire que $X$ a la densité $\lambda \exp(-\lambda x)$ sur $R_+$.
Il est équivalent de dire que pour tout $t>0$ $P(X>t)=\exp(-\lambda t)$.
Un calcul montre qu'alors $E X=1/\lambda$.
Ce qui est très intéressant avec cette loi, c'est l'absence de mémoire:
$P(X>s+t| X>s)=P(X>t)$: si tu as attendu 2 heures et que le bus n'est pas
passé, il y a pas plus pas moins de chances d'avoir le bus dans les 3 heures
qui suivent que tu n'en avais de le voir passer dans les 3 premières heures au
début du moment où tu as commencé à t'intéresser aux bus.

Si $X$ suit une exponentielle de paramètre $\lambda$ et
$Y$ une exponentielle de paramètre $\mu$ et que $X$ et $Y$ sont indépendantes,
alors $Z=\min(X,Y)$ vérifie $P(Z>t)=P(X>t,Y>t)=P(X>t)P(Y>t)=e^{-\lambda t}e^{-\mu t}=e^{-(\lambda+\mu)t}$, ce qui veut dire que $Z$ suit une loi géométrique de paramètre $\lambda+\mu$.

La famille analogue en temps discret, c'est la famille des lois géométriques:
$P(X=k)=p(1-p)^{k-1}$ et $P(X>k)=(1-p)^k$ et on a $E X=1/p$.

Idem, si $X$ suit la loi géométrique $p$ et $Y$ suit la loi géométrique $p$,
le même raisonnement montre que $\min(X,Y)$ vérifie la loi géométrique de paramètre $1-(1-p)(1-q)$.

egoroff

Et cette propriété porte souvent le doux nom de "lemme des deux réveils". On peut ajouter que la proba que $X$ sonne en premier est $\lambda/(\lambda+\mu)$.

On peut aussi montrer qu'avec une suite $(X_n)$ de réveils exponentiels de paramètres respectifs $(\lambda_n)$ et $Z=\inf_n Z_n$ alors :
- si $\sum \lambda_n < +\infty$ la v.a. $Z$ est exponentielle de paramètre $\sum \lambda_n$ et la proba que $F_p$ sonne en premier est $\lambda_p/\sum \lambda_n$ ;
- si $\sum \lambda_n=+\infty$ alors $Z=0$ p.s. : dans tout intervalle $[0,\delta[$, une infinité de sonneries retentissent (dur dur le réveil) et aucun réveil n'est le premier !

georgesZ

Bonjour,

Ce que je ne comprends pas pour l'Ex.3 est:

Comment on applique les lois exponentielles au pb. posé?

Vinh disait espérance d'attente du premier train = 2,4 (je crois m'en rappeler)
alors que je trouvais 13/12 : gros écart !

Pour l'Ex.2, quel sont les événenents élémentaires équiprobables ? Ceux de GG ou ceux que j'ai donné ou ??

Amicalement,
Georges

vinh au boulot

Bonjour GeorgeZ,

Si $X_1$ designe la variable aleatoire modelisant le temps d'attente du premier train et $X_2$ la variable aleatoire modelisant le temps d'attente du second train, independamment de leur loi, le temps que tu as attendre, une fois sur le quai, et bien $Y= \min (X_1, X_2)$ puisque tu prendras, au choix, le premier train qui arrivera a la station.

Maintenant, on utlise les lois exponentielles pour modeliser les temps d'attente dans les files, car la loi exponentielle presente une propriete qui est qu'elle est sans memoire, comme l'a explique Alea plus haut. Un autre paradoxe est aussi qu'il ne sert a rien de courir a la station (de bus ou de metro) le matin car une fois arrive, le temps d'attente moyen sera le meme.

Puisque dans le cas de variables aleatoires de loi exponentielle et independantes, la loi du min est egalement une loi exponentielle de parametre la somme des deux parametres, $Y$ a pour parametre $1/4+1/6$. L'esperance de $Y$ est donc $\mathbb{E}[Y]=(1/4+1/6)^{-1}=24/10 =2,4$.

vinh

vinh au boulot

Pour l'exo 2, j'ai propose une methode qui nous amene egalement a 7/12, mais personne ne m'a dit ce qu'elle en pensait...

vinh

georgesZ

Merci Vinh,

Je ne crois pas que l'attente de l'express suive la loi exponentielle de paramètre 1/4 d'espérance 4, car commme Alea le dit :

Si au bout de 2 minutes l'express n'est pas passé, je l'attendrai alors (en moyenne) comme si je commence à l'attendre!

Ce n'est pas du tout ce qui se passe.

Le train express passe toutes les 4 minutes, s'il n'est pas passé après 2 minutes, il arrivera sûrement pendant les 2 minutes suivantes.

Cela explique probablement l'écart entre 2,4 et 13/12.

Amicalement,
Georges

PS. AD si je ne coche pas la case Latex cela passe mieux, qu'as-tu modifié à mon message antérieur?

vinh au boulot

Effectivement GeorgeZ,

c'est de ma faute, j'aurais du ecrire dans l'enonce que "les temps d'attente moyens entre les passages de deux trains express successifs (resp trains locaux) sont de ..." plutot que "exactement 6 minutes et 4 minutes entre chaque train successif".

Cela change fortement la donne, car dans l'un, la duree entre deux passages est bien une variable aleatoire modelisable par une exponentielle, dans l'autre, elle est constante et le temps d'attente est different.

Quelle est la loi de la va $X'$ modelisant le temps d'attente ? Elle est a priori ni discrete, ni continue. En effet, $X'$ est nulle si le train est la, et uniforme sur $[0,T]$ si le train n'est pas la. La fonction de repartition presente alors un saut. Comme pour les feux rouges, a la difference que comme, l'evenement ${X'=0}$ est un ensemble de mesure nulle (ponctuel a la difference des feux tricolores puisque le vert a une duree non pontuelle pendant son cycle), on a alors bien que $X'$ est rigoureusement egal a une va de loi uniforme sur $[0,T]$.

Dans ce cas-ci, il faut chercher l'esperance de la loi de $Z=\min (X'_{1}, X'_{2})$ ou $X'_{1}$ et $X'_{2}$ suivent des lois uniformes sur $[0,4]$ et $[0,6]$.

vinh

aléa

Bien sûr, tu as raison.
La loi exponentielle sert à modéliser des "accidents", pas des choses planifiées.
Exemples : temps de vie avant une panne d'un appareil électroménager non défectueux
(l'espérance est appelée MTBF http://en.wikipedia.org/wiki/Failure_rate )
Le temps de survie d'un piéton qui marche sur l'autoroute suit également une telle loi.