Ensemble de va de Bernoulli
Bonjour,
je poste un exercice dont je me demande quelles sont les notions ou idées mises en jeu.
Définir une va comme le cardinal d'un ensemble je n'avais jamais vu cela.
je poste un exercice dont je me demande quelles sont les notions ou idées mises en jeu.
Définir une va comme le cardinal d'un ensemble je n'avais jamais vu cela.
Réponses
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1a.$\zeta= card(S)= \sum_{i \in E} Z_i$1b.Avec l'hypothèse d'indépendance des $Z_i$,$\mathbb{E}(\zeta)=\mathbb{E}(\sum_{i \in E} Z_i)=\sum_{i \in E} \mathbb{E}(Z_i)=\sum_{i \in E} \mu_i$
$\mathbb{V}(\zeta)=\mathbb{V}(\sum_{i \in E} Z_i)=\sum_{i \in E} \mathbb{V}(Z_i)=\sum_{i \in E} \mu_i(1-\mu_i)$ -
2a.
Ici on veut que s va parmi N qui vérifient $Z_i=1$. Je pense à $C_N^s$ choix possibles des va parmi l'ensemble.
Mais ici l'énoncé demande de s'intéresser à l'évènement $Z_i=z_i$.
Si je considère en réarrangeant que les s premières va vérifient $Z_i=1$ il reste $N-s$ va qui vérifient $Z_i=0$.
$p(s)=\mathbb{P}([Z_i=1 \cap \dots \cap Z_s=1] \cap [ Z_{s+1}=0 \cap \dots \cap Z_n=0 ]) \times C_N^s=C_N^s \times \mu_i^s.(1-\mu_i)^{N-s}$2b.
On somme :
$\sum_{s=0}^{s=N} C_N^s.\mu_i^s.(1-\mu_i)^{N-s}=(\mu_i+1-\mu_i)^N=1$ -
3a
$p(s)=C_N^s \times \mu^s.(1-\mu)^{N-s}$. Que dire d'autre ?3b
Je ne suis pas sur de moi. $\mathbb{P}([\zeta=x])$ serait à évaluer pour $x \in [[0,N]]$.
Donc $\zeta$ suit une loi binomiale de paramètres $ (\mu,N)$ en lisant $p(s)$.3c
$\mathbb{P}([S=s | \zeta=n])=\frac{\mathbb{P}([S=s \cap \zeta=n])}{\mathbb{P}(\zeta=n)}$
Quel est le sens ? Il y a $\zeta$ va tq $Z_i=1$. Je ne comprends pas. -
4a$\widehat{T}(Y)=\sum_{i=1}^N \frac{y_i}{\mu_i}.Z_i$. Alors $\mathbb{E}[\widehat{T}(Y)]=\mathbb{E}[\sum_{i=1}^N \frac{y_i}{\mu_i}.Z_i]=\sum_{i=1}^N \frac{y_i}{\mu_i} \mathbb{E}[Z_i]=\sum_{i=1}^N \frac{y_i}{\mu_i} \mu_i=\sum_{i=1}^N y_i=T(Y)$.$\mathbb{V}[\widehat{T}(Y)]=\mathbb{V}[\sum_{i=1}^N \frac{y_i}{\mu_i}.Z_i]=\sum_{i=1}^N (\frac{y_i}{\mu_i})^2 \mathbb{V}[Z_i]=\sum_{i=1}^N (\frac{y_i}{\mu_i})^2.\mu_i(1-\mu_i)=\sum_{i=1}^N \frac{y_i^2.(1-\mu_i)}{\mu_i}$.4bC'est la version Schwarz des sommes ou de l'espérance ?$(\sum_{i=1}^N \frac{y_i^2.(1-\mu_i)}{\mu_i})^2 \leq (\sum_{i=1}^N y_i^4) (\sum_{i=1}^N (\frac{1-\mu_i}{\mu_i})^2)$ sous la contrainte $\mathbb{E}(\zeta)=n$ cad $\sum_{i=1}^N \mu_i = n$ ce qui me semble louche.
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Bonsoir, à mon avis ta compréhension de $p(s)$ et surtout de $s$ n'est pas la bonne. Pour toi, $s$ est un entier, alors qu'il est dit que $s$ est une partie de $E$. Exemple : $E=\{1,2,3,4\}$ et $s=\{2,4\}$, du coup je reverrais les réponses à partir de 2)a). (NB : tes réponses aux 2)a et 2)b) ne font aucun sens car il y a un $i$ qui traîne...). Bonne soirée
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Pour 2aJe ne vois pas le calcul. $1/2^N$ peut-être ?Je choisis une partie à s éléments parmi N donc $C_N^s$ choix possibles puis je somme s de 0 à N ?
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Non, en fait il faut juste se dire que l'ensemble $S$ (aléatoire) est construit en disant que pour un $i\in E$ alors : $i\in S \Leftrightarrow Z_i=1$.Ainsi, essaye d'écrire l'évènement $\{S=s\}$ en fonction d'évènements de la forme $\{Z_i = 1\}$ et $\{Z_i = 0\}$. (commence par $E=\{1,2,3,4\}$ et $s=\{2,4\}$ si tu veux du concret).
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Bon je vais me coucher je tente demain. Merci @Izolg .
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Dans ce cas on a $[S=s]=[Z_1=0] \cap [Z_2=1] \cap [Z_3=0] \cap [Z_4=1] $
donc $\mathbb{P}([S=s])=(\mu_i(1-\mu_i))^2$ -> faux repris plus loin. -
Bonjour.
C'est qui, $i$ dans $\mu_i$ ?
Cordialement. -
Oui je suis allé trop vite ...$\mathbb{P}([S=s])=(1-\mu_1).\mu_2.(1-\mu_3).\mu_4$
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Mais je reste à penser que les probabilités ici sont des calculs avec de la combinatoire ...
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BonjourJe pense que ta réponse pour l'exemple avec $s=\{2,4\}$ est correcte, vois-tu comment généraliser pour $s\subset E$ arbitraire ?Qu'est-ce que tu entends par "des calculs avec de la combinatoire" ?
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Pour moi on regroupe $y$ éléments (on fixe $y$) tels que $\forall i \in \{1,\dots,y\},\ Z_i=1$ et on associe $s$ à cet ensemble de cardinal $y$. Il reste $N-y$ éléments tels que $\forall i \in \{y+1,\dots,N\},\ Z_i=0$.Donc $p(s)=\prod_{i=1}^{i=y} \mu_i \times \prod_{i=y+1}^{i=N} (1-\mu_i)$.
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$p(s)$ ne dépend pas de $s$ ? Et la formule est fausse. Par exemple si 1 n'est pas dans $s$.
Il y a une indication dans l'énoncé pour te permettre de traiter facilement la question.
Cordialement. -
On parle ici des réalisations $z_i$ des $Z_i$$p(s) = \prod_{i \in s} \mathbb{P}(Z_i=z_i)$. Je ne suis pas convaincu.Je n'aime pas, c'est trop abstrait, ça ne déconcerte.
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Normal que tu ne sois pas convaincu puisque ça ne donne pas le même résultat que tu as trouvé pour l'exemple à quatre éléments...Bon, $s$ est un sous-ensemble de $E$ déterministe (donnée du problème). De l'autre, $S$ est un sous-ensemble aléatoire de $E$ (rien à voir avec $s$ qui est déterministe). On veut comprendre l'évènement $\{S=s\}$ pour calculer sa probabilité.Pour que deux ensembles soient égaux il faut (et il suffit) qu'ils aient exactement les même éléments. Ainsi $S=s \Leftrightarrow \forall i\in E,\ \ i\in S \Leftrightarrow i\in s$. Or, par définition de $S$, on a : $i\in S \Leftrightarrow Z_i=1$.
Ainsi, pour avoir $S=s$ il faut et il suffit que pour tout $i\in s$ on ait ... et que pour tout $i\in E\setminus s$ on ait ...PS : je n'ai pas compris qui est $z_i$ (quelle est sa nature ?)
PPS : es-tu familier avec la vision des variables aléatoires en tant qu'applications depuis un espace de probabilité vers un ensemble de valeurs ? (Ex : est-ce que tu es à l'aise avec la vision d'une variable de Bernoulli comme $Z_1 : \Omega \to \{0,1\}$ ?) Si c'est le cas ça pourrait t'aider d'écrire $S(\omega)$ et $Z_i(\omega)$ je pense, sinon on peut faire sans. -
C'est sûr que c'est trop abstrait, on ne sait pas de quoi tu parles.
II est temps que tu commences à traduire l'énoncé avec les notations proposées. Elles doivent suffire. Et que tu calcules $p (s) $ à partir de s, c'est un minimum !
NB : ta démarche actuelle ressemble à "je fais un peu n'importe quoi, il y en a bien un qui m'écrira le corrigé". Je croyais que tu faisais ça pour progresser.... -
Et bien Gérard chacun a ses limites, je fais de mon mieux. Je vais essayer de comprendre avec les indications du collègue du message précédent.Si je savais tout faire, je n'écrirai pas ici.
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Ainsi, pour avoir $S=s$ il faut et il suffit que pour tout $i \in s$ on ait $z_i=1$ et que pour tout $i \in E\setminus s$ on ait $z_i=0$.
Les $z_i$ sont les réalisations de $Z_i$. -
Bon j'imagine qu'une réalisation $z_i$ est pour toi un $Z_i(\omega)\in \{0,1\}$ (dans ce cas il faut plutôt noter $S(\omega)=s$ pour être cohérent.Maintenant, traduire ça en terme d'évènements. Écrire $\{S=s\}$ en fonction de certains $\{Z_i=1\}$ et $\{Z_i=0\}$. Attention la manière dont va s'écrire $\{S=s\}$ dois dépendre de $s$ qui est une donnée du problème.(rappel : $\{S=s\}$ est par définition l'ensemble $\{\omega \mid S(\omega) =s\}$.)
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Ok donc j'écris l'évènement sans les $\omega$ car je ne vois pas la valeur ajoutée.$\{S=s\} = ( z_i=1\mid\forall i \in s ) \cap ( z_i=0\mid \forall i \in E-s ) $Puis $\mathbb{P}(\{S=s\}) = \prod_{i \in s} \mathbb{P}( z_i=1) \times \prod_{i \in E-s} \mathbb{P}( z_i=0)$.
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C'est bon ou pas ?
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Nickel
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Bon je continue.Déjà pour Q2a, il faut calculer avec les $\mu_i$.
$p(s)=\prod_{i=1}^{i=s} \mu_i. \prod_{i=s+1}^{i=N}(1-\mu_i)$ en réarrangeant les variables.Q2b.
Il y a pour s fixé en dimension il y a $\binom{card(s)}{card(E)}$ choix possibles de s. On somme sur la dimension de s qui varie sur $[[1,N]]$.
Je ne sais pas faire.
Quelqu'un peut-il m'aider ? -
Q2b
On utilise la formule dans un anneau commutatif :
$\displaystyle \prod_{k\in E}(a_k+b_k) =\sum_{S\in\mathcal P(E)}\prod_{k\in S}a_k\prod _{k\notin S} b_k$
Elle est belle non ? -
Bon je reprends cet exoQ3aSi $\forall i \in [[1,N]]$, $\mu=\mu_i$,$\mathbb{P}(\{S=s\}) = \prod_{i \in s} \mathbb{P}( z_i=1) \times \prod_{i \in E-s} \mathbb{P}( z_i=0)= \mu^{card(s)}.(1-\mu)^{N-card(s)}$.Q3b$\zeta= card(S)= \sum_{i \in E} Z_i$Donc $\zeta$ suit une loi binomiale de paramètres $ (\mu,N)$ comme somme de va de Bernoulli.Q3c
$\mathbb{P}([S=s | \zeta=n])=\frac{\mathbb{P}([S=s \cap \zeta=n])}{\mathbb{P}(\zeta=n)}$
cas 1 : $card(s) \neq n$ alors $[S=s \cap \zeta=n]=\emptyset$, $\mathbb{P}([S=s | \zeta=n])=0$cas 2 : $card(s) = n$ alors $\mathbb{P}([S=s | \zeta=n])=\frac{1}{C_N^n}$, c'est de la combinatoire. -
Q4b
$\mathbb{V}[\widehat{T}(Y)]=\mathbb{V}[\sum_{i=1}^N \frac{y_i}{\mu_i}.Z_i]=\sum_{i=1}^N (\frac{y_i}{\mu_i})^2 \mathbb{V}[Z_i]=-\sum_{i=1}^N y_i^2 + \sum_{i=1}^N \frac{y_i^2}{\mu_i}$.
Je ne vois pas comment utiliser la contrainte. -
Q5$\rho=\frac{cov(Z_i,Z_j)}{\sigma_{Z_i}.\sigma_{Z_j}}$. Or $Z_i=\mathbf{I}_E(i)$, $\sigma_{Z_i}^2=\mu_i(1-\mu_i)$Si $i \in S$, $\mu_i=\mathbb{P}(i \in S)=\mathbb{E}(\mathbf{I}_S(i))=\sum_{i \in S} p(s)$Si $i,j \in S$, $\mu_{ij}=\mathbb{P}(i \in S \cap j \in S)=\mathbb{E}(\mathbf{I}_S(i).\mathbf{I}_S(j))=\sum_{i,j \in S} p(s)$Il faut calculer $cov(Z_i,Z_j)=cov(\mathbf{I}_S(i),\mathbf{I}_S(j))$cas 1 : $i=j$, $cov(\mathbf{I}_S(i),\mathbf{I}_S(i))=\mathbb{V}(\mathbf{I}_S(i))=\mu_i(1-\mu_i)$cas 2 : $i \neq j$, $cov(\mathbf{I}_S(i),\mathbf{I}_S(j))=\mathbb{E}(\mathbf{I}_S(i).\mathbf{I}_S(j))-\mathbb{E}(\mathbf{I}_S(i)).\mathbb{E}(\mathbf{I}_S(j))=\mu_{ij}-\mu_{i}.\mu_{j}$Je ne vois pas de calcul avec N.
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Tu pourrais peut-être utiliser le fait que la variance de la somme $Z_1+...+Z_N$ est nulle.
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Q5En partant de $\sum_{i=1}^N Z_i=n$ en passant à la variance $\mathbb{V}(\sum_{i=1}^N Z_i)=0$Comme on n'a pas indépendance, $\mathbb{V}(\sum_{i=1}^N Z_i)=\sum_{i=1}^N \mathbb{V}( Z_i) + \sum_{i,j, i \neq j} cov(Z_i,Z_j)=0$Équivaut à $N.\mu(1-\mu)+ \sum_{i,j, i \neq j} \rho. \sigma_{Z_i}.\sigma_{Z_j}=0$ ssi $N.\mu(1-\mu)+ \sum_{i,j, i \neq j} \rho. \mu(1-\mu)=0$$N + (N^2-N) \rho = 0$. Donc $\rho = \frac{-1}{N-1}$
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Q6aIci on utilise $\mathbb{V}[\widehat{T}(Y)]=\mathbb{V}[\sum_{i=1}^N \frac{y_i}{\mu_i}.Z_i]$ puis la bilinéarité de la covariance.$\mathbb{V}[\widehat{T}(Y)]=cov(\sum_{i=1}^N \frac{y_i}{\mu_i}.Z_i,\sum_{j=1}^N \frac{y_j}{\mu_j}.Z_j)=\sum_{i,j} \frac{y_i}{\mu_i}.\frac{y_j}{\mu_j}.cov(Z_i,Z_j)$.Ici on identifie $\Delta_{i,j}=cov(Z_i,Z_j)$ et on distingue les 2 cas :cas 1 : $i=j$, $cov(Z_i,Z_j)=cov(\mathbf{I}_E(i),\mathbf{I}_E(i))=\mathbb{V}(\mathbf{I}_E(i))=\mu_i(1-\mu_i)$cas 2 : $i \neq j$, $cov(\mathbf{I}_E(i),\mathbf{I}_E(j))=\mathbb{E}(\mathbf{I}_E(i).\mathbf{I}_E(j))-\mathbb{E}(\mathbf{I}_E(i)).\mathbb{E}(\mathbf{I}_E(j))=\mu_{ij}-\mu_{i}.\mu_{j}$Q6bCette question a l'air infernale ... on part à l'envers $\Sigma = -0,5 \sum_{i,j} \Delta_{i,j}.( \frac{y_i}{\mu_i} - \frac{y_j}{\mu_j})^2$$\Sigma = -0,5 \sum_{i,j} \Delta_{i,j}.( \frac{y_i}{\mu_i})^2 - 0,5 \sum_{i,j} \Delta_{i,j}.( \frac{y_j}{\mu_j})^2 + \sum_{i,j} \Delta_{i,j}.( \frac{y_i}{\mu_i}.\frac{y_j}{\mu_j})$Il faut montrer que les 2 premières sommes sont nulles, ce qui ne semble pas intuitif à premier abord.$\sum_{i,j} \Delta_{i,j}.( \frac{y_i}{\mu_i})^2=\sum_{i} \Delta_{i,i}.( \frac{y_i}{\mu_i})^2+\sum_{i,j, j \neq i} \Delta_{i,j}.( \frac{y_i}{\mu_i})^2=\sum_{i} \mu_i(1-\mu_i).( \frac{y_i}{\mu_i})^2+\sum_{i}( \frac{y_i}{\mu_i})^2 (\sum_{j, j \neq i} \mu_{ij}-\mu_{i}.\mu_{j})$En fait je pense qu'il faut exploiter $\zeta= card(S)=n$Or $\sum_{j, j \neq i} \mu_{ij}=\mu_{i}-\mu_{ii}=\mu_{i}-\mu_{i}^2$ et $\sum_{j, j \neq i} \mu_{j}=n-\mu_{i}$$\sum_{j, j \neq i} \mu_{ij}-\mu_{i}.\mu_{j}=\sum_{j, j \neq i} \mu_{ij} - \mu_{i}.\sum_{j, j \neq i}\mu_{j}=\mu_{i}(1-\mu_{i}) - \mu_{i}.(n-\mu_{i})=(1-n)\mu_{i}$.Je n'obtiens pas le résultat espéré.
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