Cardinal d'une intersection de parties

romainp

Bonsoir
Je m'intéresse au problème suivant.
Si $m,n \geq 1$ sont deux entiers et $X_1,\ldots, X_n$ sont des variables aléatoires indépendantes de même loi uniforme sur l'ensemble des parties de $\lbrace 1, \ldots, m \rbrace $, quelle est la loi de la variable aléatoire $Y=\Big|\bigcap_i^n X_i\Big|$ ?
Il faudrait compter des $n$-uplets de parties d'intersection de cardinal donné mais je ne parviens pas à obtenir d'expression satisfaisante, auriez-vous une idée ?
Merci !

GaBuZoMeu

Calculer la probabilité qu'un élément appartienne à l'intersection.

MrJ

Je ressors cette discussion du fond des âges, mais j’essaye de faire cet exercice et je n’arrive pas à aboutir. J’ai essayé plusieurs méthodes classiques, mais je suis toujours coincé à un moment.

J’ai par exemple calculé la probabilité qu’une partie $A$ donnée soit incluse dans l’intersection des $X_i$, mais ensuite, je suis bloqué, car je dois manipuler des événements qui ne sont pas incompatibles, ce qui m’empêche d’avancer.

Je veux bien une petite piste. Merci !

JLapin

Pour compter le nombre de $n$-uplets de parties d'intersection de cardinal fixé, tu peux choisir cette intersection puis, pour chaque élément de l'ensemble total qui n'est pas dans l'intersection, tu choisis si oui ou non il appartient à chacune des parties $A_1,...,A_n$ que tu construits (tu n'as simplement pas le droit de le faire appartenir à tous).

MrJ

Pour $n=2$, on peut le faire par dénombrement. Sauf erreur de ma part, on trouve une loi binomiale de paramètres $m$ et $p=1/4$.

Ca donne une idee du résultat et il est peut-être possible de s’en sortir avec une récurrence, mais je préférerais avoir un raisonnement direct

JLapin

Ce que je propose n'est-il pas un raisonnement direct ?

MrJ

Tu as parfaitement raison : le dénombrement que j’ai fait pour le cas $m=2$ s’adapte au cas général. 

En fait, quand j’ai posté avant, je n’avais pas vu ton message précédent. Merci !

MrJ

@JLapin : Je viens de terminer. J’ai dû adapter mon raisonnement pour davantage m’approcher de ta suggestion. Sauf erreur de ma part, on obtient que la variable aléatoire suit une loi binomiale de paramètres $m$ et $p=2^{-n}$. Merci encore pour ton aide !

Calli

Bonjour,
@MrJ : Soient, pour tous $1\leqslant i\leqslant n$ et $1\leqslant k\leqslant m$, $Z_{i,k} := \mathbf{1}_{X_{i}} (k)$. Étant donnée la loi des $X_{i}$ et leur indépendance, on peut vérifier que les $Z_{i,k}$ sont i.i.d. et de loi $\mathcal{B}( \frac{1}{2} )$. Donc \[\bigg|\bigcap _{i=1} ^{n} X_{i} \bigg| = \sum _{k=1} ^{m} \mathbf{1}_{ \bigcap _{i} X_{i}} (k) = \sum _{k=1} ^{m} \prod_{i=1}^n Z_{i,k}\] est de loi $\mathcal{B}( m , 2^{-n} )$ par produit et somme de v.a. binomiales indépendantes.

MrJ

@Calli : J’avais écrit ton égalité avec les indicatrices dans une tentative précédente, mais je n’avais pas réussi à conclure car je n’avais pas remarqué que les $Z_{i,k}$ était i.i.d. J’aime bien cette preuve, car je trouve que le dernier dénombrement de la preuve précédente est basé sur l’intuition (que tous les choix d’éléments sont indépendants), ce que tu formalises avec les indicatrices. Merci !

JLapin

Le dénombrement peut être validé par la présentation de bijections qui vont bien mais effectivement, c'est beaucoup plus joli avec des indicatrices !

MrJ

@JLapin : C’est vrai, d’autant plus que montrer formellement l’indépendance mutuelle (qui est relativement intuitive) ne doit pas être difficile en soit, mais certainement pénible à rédiger complètement.