variables aléatoires

N'a t-on pas E(X_{n+1})=1+1/(n+1)[E(X1)+E(X2)+...+E(Xn)] ?

egoroff> et pourtant c'est cela.
En fait, on a $P(X_n = k) = P(N_k = 1)$.
Mais on ne peut pas faire autrement que de décomposer l'événemement $(N_k = 1)$ sur un système complet d'événements déterminés par les tirages précédents, car il faut savoir parmi combien de boules on a tiré la boule numéro 1 au $k$\up{e} tirage.

egaroff> effectivement, c'est l'écriture qui est incorrecte, mais cela vient, je pense du fait que bobby n'a pas su gérer la barre $\vert$ pour écrire les probabilités conditionnelles.
Il eut fallu :
$P(X_3=2)=P[(N_2=1)\vert(N_1=2)]P(N_1=2) + P[(N_2=1)\vert(N_1=3))P(N_1=3)$
mais les résultats numériques sont exacts, donc j'en conclus que, sur son papier, c'est écrit correctement.

Soit $p_{n, k}$ la probabilité de vider l'urne $U_n$ avec $k$ tirages, avec $n\ge 1.$ On observe que
\[ p_{n, 1} = \frac{1}{n}
\quad \mbox{et} \quad p_{n, k} = \frac{1}{n}
\sum_{r=1}^{n-(k-1)} p_{n-r, k-1}.\]
On obtient la borne supérieure de la somme en observant qu'il est nécessaire que $n-r \ge k-1$.
Cependant en posant $p_{n, k} = 0$ pour $k>n$, on peut remplacer la deuxième formule par
\[ p_{n, k} = \frac{1}{n} \sum_{r=1}^{n-1} p_{n-r, k-1}.\]
On pose maintenant \[ P(z, u) = \sum_{n\ge 1, k\ge 1} p_{n, k} u^k z^n.\] On a donc \[ [z^{n-1} u^k] \frac{d}{dz} P(z, u) =
[z^{n-1} u^{k-1}] \frac{1}{1-z} P(z, u) =
[z^{n-1} u^k] \frac{u}{1-z} P(z, u).\] d'où
\[ \frac{d}{dz} P(z, u) = \frac{u}{1-z} P(z, u)
\quad \mbox{soit} \quad P(z, u) = C \left( \frac{1}{1-z} \right)^u.\]
Mais
\[ [z^n u] P(z, u) = \frac{1}{n}
\quad \mbox{soit} \quad [z^n] C \log \frac{1}{1-z} = \frac{1}{n}\]
d'où $C=1$ et
\[ P(z, u) = \left( \frac{1}{1-z} \right)^u. \]
On note que c'est la fonction génératrice des nombres de Stirling de première espèce et que
\[ [z^n] P(z, 1) = [z^n] \frac{1}{1-z} = 1, \]
donc il s'agit bien d'une fonction génératrice probabilistique.

Pour l'espérance, on utilise :
\[ \sum_{n\ge 1} E[X_n] z^n =
\left. \frac{d}{du} P(z, u) \right|_{u=1} =
\left. \left( \frac{1}{1-z} \right)^u \log \frac{1}{1-z}
\right|_{u=1} =
\frac{1}{1-z} \log \frac{1}{1-z} \]
d'où on a finalement
\[ E[X_n] = [z^n] \frac{1}{1-z} \log \frac{1}{1-z} = H_n,\]
un nombre harmonique.

En espérant qu'Alain m'aidera avec le francais.

Amicalement,
Marko

[Je n'ai finalement eu qu'à corriger que les accents AD]

Bonjour à tous,

Je me réponds à moi-même, j'espere que ce sera la derniere fois. Il arrive que en faisant soigneusement les calculs, on trouve que l'equation differentielle est plutot
\[ \frac{d}{dz} P(z, u) = \frac{u}{1-z} + \frac{u}{1-z} P(z, u) \]
ce qui donne
\[ P(z, u) = -1 + C(u) \left( \frac{1}{1-z} \right)^u. \]

Finalement on utilise
\[ [z^0] P(z, u) = 0 = -1 + C(u) \]
pour conclure que $C(u) = C = 1$ et
\[ P(z, u) = -1 + \left( \frac{1}{1-z} \right)^u. \]

J'espere que c'est bon maintenant.

Amicalement,

Marko