E(X)=E(Y), coïncidence ?

Bonjour,

Une urne contient $n+5$ boules indiscernables au toucher : 5 blanches et $n$ noires (avec $n \geq 3$).
Un joueur tire des boules de l’urne. Pour chaque boule noire tirée il perd 1 € et pour chaque boule blanche tirée il gagne 2 €.

On note $X$ le gain algébrique du jeu après deux tirages sans remise et $Y$ le gain algébrique après deux tirages avec remise. Après calcul, j'obtiens $E(X)=E(Y)$. Voyez-vous une explication sans calcul à cela ?

Merci.

Gilles.

Réponses

  • Bonjour

    Notons $Z_1$ le gain avec la première boule, $Z_2$ et $Z'_2$ les gains avec la deuxième boule. Alors $X=Z_1+Z_2$ et $Y=Z_1+Z'_2$. or il est évident que $E(Z'_2)=E(Z_2)$ : la probabilité que la deuxième boule soit noire est $\frac n{n+5}$, exactement comme pour la première (*) et idem pour blanche. D'où le résultat.

    Cordialement.

    (*) il s'agit bien de la probabilité à priori, avant tout tirage. Et c'est la même pour tous les tirages, que le tirage soit avec ou sans remise. Si tu n'es pas convaincu par le fait que la sortie à priori d'une boule au p-ième tirage (p compris entre 1 et n+5 pour le sans remise) est indépendante de p (pourquoi sortirait-elle plus au 3ème tirage qu'au premier ?) fais un arbre.
  • Continuons l'expérience ... on tire n+5 boules, avec ou sans remise. L'espérance est-elle la même ?
    Oui, l'espérance reste la même.
    Ou on tire n+4 boules ... l'espérance reste la même.

    Par contre, la variance n'est pas la même. Quand je fais des tirages avec remise, j'ai une variance (une incertitude) plus forte que si je fais des tirages sans remise.

    Avec des tirages sans remise, en poussant le bouchon (tirage de toutes les boules), on sait prédire le nombre exact qu'on va obtenir !

    On peut aussi te renvoyer la question : qu'est-ce qui pourrait justifier que E(X)<E(Y), ou que E(X)>E(Y) ?
    Tu me dis, j'oublie. Tu m'enseignes, je me souviens. Tu m'impliques, j'apprends. Benjamin Franklin
  • lourrran a écrit:
    qu'est-ce qui pourrait justifier que E(X)<E(Y), ou que E(X)>E(Y) ?
    Exactement d'accord avec cette approche.

    Je pioche sans remise une à une 10 cartes dans un jeu de 52. (point de vue réciproque)
    Quelle est la probabilité que je pioche en premier la dame de coeur soit piochée ?
    Est-il plus probable que je la pioche au premier tirage, ou bien au cinquième ?



    J'aime bien dire comme ça aussi : (point de vue dual, donc direct)

    au premier tirage, quelles cartes est-il impossible que je pioche ?
    quelles cartes puis-je tirer ?
    laquelle est la plus probable ?
    Quelle est la probabilité que je pioche la dame de coeur ?

    au deuxième tirage, quelles cartes est-il impossible que je pioche ?
    quelles cartes puis-je tirer ?
    laquelle est la plus probable ?
    Quelle est la probabilité que je pioche la dame de coeur ?

    Au cinquième tirage ?
  • Je connaissais l'indépendance de la sortie d'une boule au p-ième tirage et son indépendance avec p dans le contexte de la courte paille, je n'avais pas pensé à cela ici. C'est assez peu intuitif pour moi. Merci pour vos explications.

    Bonne soirée
  • Dans le même esprit, il y a une question qui peut paraître difficile si on ne la prend pas par le bon bout.

    On a un jeu de 52 cartes.
    On effectue des tirages sans remise.
    Quelle est la probabilité d'avoir la Dame de Coeur au 10ème tirage.

    Approche n°1 :
    Ce sont des tirages sans remise. Donc il ne faut pas la tirer au 1er tirage , ni au 2ème tirage .... etc

    Autre approche :
    Soit P1 la probabilité de tirer la dame de Coeur au 10ème tirage.
    Soit P2 la probabilité de tirer le roi de Coeur au 10ème tirage.
    ...
    ...
    Soit P52 la probabilité de tirer l'as de Pique au 10ème tirage.

    On sait que P1+P2+... +P52=1
    Et on sait aussi que P1=P2=P3= ...=P52
    Donc P1=P2=... = P52 = 1/52
    Tu me dis, j'oublie. Tu m'enseignes, je me souviens. Tu m'impliques, j'apprends. Benjamin Franklin
  • Oui, tout ça est très embêtant, lourrran.

    En voici une autre :

    Que se passe-t-il avec les mêmes règles si j'ai une rouge, une blanche et une verte ?

    Que se passe-t-il avec les mêmes règles si j'ai deux vertes et une blanche ?122344
  • Encore un exemple qui m'est venu en insomnie.

    Dans le modèle de Wright-Fischer, on a $n$ terriers.
    Dans chaque terrier habite un lapin, de sous-espèce $A$ ou bien $B$. C'est la génération des parents.
    À la génération prochaine, il y aura encore $n$ terriers, avec un nouveau lapin chacun.
    Chaque nouveau sera l'enfant de l'un de la génération des parents choisi au hasard.
    Eh bien, en moyenne, il y a autant de chaque sous-espèce à la génération des enfants qu'à celle des parents.
    Et ainsi de suite, idem pour les petits-enfants, etc.

    En fait, évidemment, c'est une martingale. Dans l'urne de Pólya, la proportion de billes de chaque couleur est aussi une martingale, je crois.
    En revanche, le schéma hypergéométrique n'est pas une martingale, car le retard ou l'avance pris doivent être rattrapés à la fin de la pioche.
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