Une règle un brin pénible
Bonjour,
on lance de un à quatre dés à six faces. On note X la variable aléatoire prenant la somme des faces des dés affichant la plus petite valeur.
Par exemple, avec trois dés affichant {1,2,2} j'obtiens X=1. La face 1, la plus petite, est unique.
Mais avec trois dés affichant {2,2,5} j'obtiens X=2+2=4. La face 2, la plus petite, est présente deux fois.
Je m'intéresse à la loi de probabilité de X et son espérance selon le nombre de dés. Avec un ou deux dés, c'est facile. Je m'arrache un peu les cheveux pour trois et quatre dés.
J'ai en tête de faire un petit algorithme en Python pour obtenir une liste exhaustive des 1554 tirages possibles et étudier cette fichue variable X.
Mais si quelqu'un a une idée plus élégante, je suis preneur.
on lance de un à quatre dés à six faces. On note X la variable aléatoire prenant la somme des faces des dés affichant la plus petite valeur.
Par exemple, avec trois dés affichant {1,2,2} j'obtiens X=1. La face 1, la plus petite, est unique.
Mais avec trois dés affichant {2,2,5} j'obtiens X=2+2=4. La face 2, la plus petite, est présente deux fois.
Je m'intéresse à la loi de probabilité de X et son espérance selon le nombre de dés. Avec un ou deux dés, c'est facile. Je m'arrache un peu les cheveux pour trois et quatre dés.
J'ai en tête de faire un petit algorithme en Python pour obtenir une liste exhaustive des 1554 tirages possibles et étudier cette fichue variable X.
Mais si quelqu'un a une idée plus élégante, je suis preneur.
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Réponses
On peut déjà réfléchir aux valeurs que peut prendre cette variable aléatoire (je travaille dans le cas $n=4$). $X$ est à valeurs entières, strictement positives, et inférieures à $24$. Mais elle ne vaudra jamais $23$ par exemple : en effet, si c'était le cas, on aurait $23=ab$ avec $a$ le minimum des quatre dés, et $b$ le nombre de fois que ce minimum est atteint... ce qui est absurde. De la même manière, certain cas sont faciles à traiter : $X$ ne vaut $24$ que pour la réalisation $(6,6,6,6)$, et donc $\mathbb{P}(X=24)=1/6^4$...
Faire un programme n'est sûrement pas une mauvaise idée, elle vous permettrait de voir ce genre d'informations au premier coup d'œil !
Je continue néanmoins à y réfléchir, et je reviens vers vous si je trouve une méthode élégante...
Cordialement.
[edit : je n'avais pas vu que vous aviez édité votre message Lucas, au temps pour moi]
- le minimum vaut $4$ et est atteint une et une seule fois ($4\times 2^3$ cas).
- le minimum vaut $2$ et est atteint $2$ fois ($6\times 4^2$ cas).
- le minimum vaut $1$ et est atteint $4$ fois ($1$ cas).
On obtient que $\mathbb{P}(X=4)=129/6^4$.
Le reste pourra être traiter avec la même méthode.
Si vous savez programmer en python, voilà une méthode plus efficace pour résoudre le problème (et facilement generalisable à n'importe quel nombre de dés) : pour une valeur que peut prendre $X$, dénombrer les possibilités comme je l'ai fait, puis déduisez-en la probabilité de l'événement qui vous intéresse !
Bon courage et n'hésitez pas si le problème persiste.
Très peu d'espoir qu'une idée plus élégante surgisse.
Je pense cloisonner en quatre cas, pour autant de dés lancés.
Il n'y a pas tant de valeurs possibles pour X finalement :
\[X\in\{1,2,3,4,5,6,8,9,10,12,15,16,18,20,24\}\]
Bonne continuation.
$$ \begin{array}{llr}
X=n & \substack{\text{Composition des}\\ \text{combinaisons}} & \substack{\text{Nombres de}\\ \text{combinaisons}} \\
X=1 & \{1\times \times\, \times \} & 500 \\
X=2 & \{2\times \times\, \times ,11\times \times \} & 406 \\
X=3 & \{3\times \times\, \times ,111\times \} & 128 \\
X=4 & \{4\times \times\, \times ,22\times \times ,1111\} & 129 \\
X=5 & \{5666\} & 4 \\
X=6 & \{33\times \times ,222\times \} & 70 \\
X=8 & \{44\times \times ,2222\} & 25 \\
X=9 & \{333\times \} & 12 \\
X=10 & \{5566\} & 6 \\
X=12 & \{444\times ,3333\} & 9 \\
X=15 & \{5556\} & 4 \\
X=16 & \{4444\} & 1 \\
X=20 & \{5555\} & 1 \\
X=24 & \{6666\} & 1
\end{array}
$$ Pour un total de $1296=6^4$ combinaisons possibles. A noter l'impossibilité de faire 18 avec quatre dés, ni 12 avec une paire de 6 ou simplement 6 avec un 6.
$$ \begin{array}{llr}
X=n & \substack{\text{Composition des}\\ \text{combinaisons}} & \substack{\text{Nombres de}\\ \text{combinaisons}} \\
X=1& \{1\times\times\} &75\\
X=2& \{2\times\times ,11\times \} & 63\\
X=3& \{3\times\times ,111\} &28\\
X=4& \{4\times\times ,22\times \} & 24\\
X=5& \{566\} & 3\\
X=6& \{33\times ,222\} & 10\\
X=8& \{44\times \} &6\\
X=9& \{333\} &1\\
X=10& \{556\}& 3\\
X=12& \{444\} & 1\\
X=15& \{555\} &1\\
X=18& \{666\} &1\\
\end{array}
$$ Pour un total de $216=6^3$ combinaisons possibles. A noter la possibilité de faire 18 avec trois dés maintenant, mais toujours pas 12 avec une paire de 6 ou simplement 6 avec un 6.
Espérance : $E(X)\simeq 2,722222222$.
$$ \begin{array}{llr}
X=n & \substack{\text{Composition des}\\ \text{combinaisons}} & \substack{\text{Nombres de}\\ \text{combinaisons}} \\
X=1& \{1\times\} & 10 \\
X=2& \{2\times,11\} & 9 \\
X=3& \{3\times\} & 6 \\
X=4& \{4\times,22\} & 5 \\
X=5& \{56\} & 2 \\
X=6& \{33\} & 1 \\
X=8& \{44\} & 1 \\
X=10& \{55\} & 1 \\
X=12& \{66\} & 1
\end{array}
$$ Pour un total de $36=6^2$ combinaisons possibles.
Espérance : $E(X)\simeq 3,11111111$.
Et évidemment $E(X)=3,5$ pour les 6 combinaisons avec un dé.
$$\boxed{\mathbb{E}(MK)=\frac{n}{N^n}\left((N+1)S_{n-1}(N)-S_n(N)\right)}.$$
Commencons par la remarque suivante si $Y_1,\cdots, Y_n$ sont independantes et prennent les valeurs $S$= succes et $E$= echec avec les probabilites respectives $p$ et $q=1-p$ et si $ K_p$ est le nombre de succes dans la suite $Y_1,\cdots, Y_n$ alors $\Pr(K_p=k)=C^k_np^kq^{n-k}$ , $\mathbb{E}(K_p)=\sum_{k=0}^nkC^k_np^kq^{n-k}=np$, $\Pr(K_p=k|K_p>0)=C^k_np^kq^{n-k}/(1-q^n)$ et donc $$\mathbb{E}(K_p|K_p>0)=np/(1-q^n).\ \ \ (*)$$
Revenant au probleme, on calcule la loi conditionnelle de $K$ sachant $M=m$ avec $m=1,2,\ldots,N$. Posant $p(m)=1/(N+1-m)$ et $q(m)=(N-m)/(N+1-m)$ la loi de $K|\{M=m\}$ est la loi de $K_{p(m)}|\{K_{p(m)} >0\}$ et donc $$\mathbb{E}(K|M=m)=np(m)/(1-q(m)^n). $$
Ensuite $\Pr(M=m)=\Pr(M\geq m)-\Pr(M>m)=\frac{1}{N^n}((N+1-m)^n-(N-m)^n)$ et donc
\begin{eqnarray*}\mathbb{E}(MK)&=&\sum_{m=1}^N
m\mathbb{E}(K|M=m)\Pr(M=m)\\&=&\frac{1}{N^n}\sum_{m=1}^N
m\frac{np(m)}{1-q(m)^n}((N+1-m)^n-(N-m)^n)\\&=&\frac{n}{N^n}\sum_{m=1}^N
m(N+1-m)^{n-1}=\frac{n}{N^n}\sum_{r=1}^N
(N+1-r)r^{n-1}\end{eqnarray*}
Dans le cas de $n\leq 4$ rappelons que $$S_1(N)=\frac{N(N+1)}{2},\ S_2(N)= \frac{N(N+1)(2N+1)}{6},\ \ S_3(N)=\frac{N^2(N+1)^2}{4}$$ et que $$S_4(N)=\frac{N^5}{5}+\frac{N^4}{2}+\frac{N^3}{3}-\frac{N}{30}.$$ cela permet de resoudre le probleme pose en faisant $N=6$ dans le cas des des. En accord avec les calculs du fil si $m_n$ est l'esperance cherchee pour $N=6$ la formule ci dessus donne bien
$$m_1=\frac{7}{2},\ m_2=3+\frac{1}{9},\ m_3=\frac{49}{18},\ m_4=\frac{203}{81}\sim 2,5061...$$ Cette suite $m_n$ a l'air decroissante, mais c'est un trompe couillon car
$$m_n=\frac{n}{6^n}(6+5\times 2^{n-1}+4\times 3^{n-1}+3\times 4^{n-1}+2\times 5^{n-1}+6^{n-1})>\frac{n}{6}\to \infty $$
Un très beau problème finalement !
Je me contente de réorganiser le calcul de P, en conservant ses notations.$ \quad \mathbb E(MK)= \displaystyle\sum _{m,k}mk\: \mathbb P \Big[M=m, K=k\Big] .$
Or: $\qquad \forall (k,m) \in [\![1;n]\!]\times [\![1;N]\!], \qquad \displaystyle \mathbb P \Big[M=m, K=k\Big] = \binom n k \left(\dfrac 1N \right)^k \left( \dfrac {N-m}N\right)^{n-k}.$
$\mathbb E (MK) = \displaystyle \sum_{\substack{1\leqslant m \leqslant N \\1 \leqslant k \leqslant n}}km \binom n k \left(\dfrac 1N \right) ^k\left( \dfrac {N-m}N\right)^{n-k} = \dfrac 1{N^n}\sum_{m=1}^N m \sum _{k=1}^n k\binom nk (N-m)^{n-k} = \dfrac n{N^n}\sum_{m =1}^N m (N+1-m)^{n-1}$
$\displaystyle \mathbb E (MK)= \dfrac n{N^n} \sum _{i =1}^N (N+1-i) i ^{n-1}=\dfrac n {N^n} \Big( (N+1)S_{n-1} (N) - S_n(N) \Big).$