Probabilité de $\limsup$

Batola · November 2021

Bonjour, je suis en L3 de mathématiques et je réfléchis actuellement à la solution d'un exercice assez compliqué selon moi. Voici son énoncé .
Je sais qu'il faut utiliser la loi du tout ou rien de Borel pour déduire ce résultat mais pour cela, il faudrait être en mesure de dire si la série somme P(AK) converge. Si elle converge alors la probabilité de limsup donne 0 sinon 1.
Le problème, c'est que je n'arrive pas à trouver l'expression de $P(A_k)$.
Lorsque je regarde l'événement $A_2$ par exemple, il s'agit de trouver la probabilité pour que 2 "face" apparaissent consécutivement aux lancers 2 et 3.
Donc j'ai
$P(A_2)= 2p$

Pour l'événement $A_3 $: "Face" apparaît 3 fois consécutivement aux lancers 8,9,10,11,12,13,14 et 15.
Donc
$P(A_3)= 6*p^3 $ (6 c'est le nombre de manières possibles d'obtenir 3 "face" au cours des 8 lancers).
En généralisant je trouve $P(A_k)= k(k-1)p^k$.
Est-ce que cette probabilité est juste ? J'ai vraiment un doute. Ensuite, en supposant que ce soit juste, comment déduire que cette série converge ou diverge selon p ?
Merci beaucoup.

Batola · November 2021

Je reviens avec de nouvelles idées. Alors après avoir vérifié mes calculs, je constate par exemple que
- pour $A_2$ il y a $2^2-1=3$ possibilités d'obtenir 2 faces consécutives ;
- pour $A_3$, il y a $2^3-2 = 6$ possibilités de tirer 3 faces consécutives...
En généralisant j'obtiens finalement que
$P(A_k)=\left( 2^k - (k-1)\right) p^k$
En prenant la somme membre à membre, je trouve la somme de 3 séries :$$\sum_{k>0} P(A_k)=\sum_{k>0} (2p)^k -\sum_{k>0} kp^k +\sum_{k>0} p^k. $$Puisque les 2 dernières séries convergent quelques soit $p$, alors la convergence de la série de terme général $P(A_k)$ ne dépend que de la série de terme général $(2p)^k$.
Si $p>=1/2$, cette série diverge (série géométrique de raison >1) donc $P(\limsup A_k)=1$
Si $p<1/2$, cette série convergence donc $P(\limsup A_k) = 0$
Est-ce que cette tentative de solutions est juste ?

lourrran · November 2021

$P(A_2)$, c'est $p^2$, et non $2 \times p$.
$P(A_3)$ n'est pas bon non plus.
Pour s'en rendre compte, on va modifier un peu l'énoncé. On va s'intéresser à une autre question plus facile. On lance un dé $4$ fois de suite (et non $8$ fois comme dans l'exercice), et on veut connaitre la probabilité d'avoir au moins $3$ Face consécutifs.
Si j'applique ton raisonnement, on a $2 \times p^3$
En fait, pour avoir $3$ Faces consécutifs, il faut que les lancers n°2 et n°3 donnent Face, (Proba= $p^2$) et il faut qu'au moins $1$ des $2$ autres lancers donne Face. proba = $2 p$ ? non
Quand il y a au-moins dans un énoncé de proba, attention, il vaut mieux chercher la proba complémentaire.
Quelle est la probabilité que ni le 1er lancer, ni le 4ème donne face : $(1-p)^2$
Et donc pour notre question, quand on a 4 lancers, la proba d'avoir au moins $3$ Faces consécutivement n'est pas $2 p^3$ mais $2 p^3 -p^4$.

Dans le 1er calcul, le cas où on a $4$ Faces consécutivement était compté 2 fois.

Si on revient à l'exercice lui-même, je n'ai pas la formule pour la probabilité d'avoir $3$ Faces consécutivement quand on fait $8$ lancers, mais ce n'est pas $6 p^3$.
Tu as énormément de double-comptes.

LOU16 · November 2021

Bonsoir,

Cette "tentative de solution" est malheureusement complètement erronée. Le calcul de la valeur exacte de $\mathbb P(A_k)$, un problème que les "connaisseurs" qualifieront volontiers de classique, demande une réflexion qui sort du cadre de cet exercice et est totalement inutile pour la résolution de ce dernier.

Il faut d'abord observer que les $A_k$ sont indépendants pour pouvoir user du critère que tu as signalé, à savoir la convergence de $\sum_k \mathbb P(A_k).$

Ton calcul de $\mathbb P(A_k)$ est faux car il manque de rigueur : les événements que tu sembles considérer ne sont pas disjoints. Donc la probabilité de leur réunion n'est pas égale à la somme de leurs probabilités. Par contre, cela te fournit une majoration de $\mathbb P(A_k)$ qui te permet de conclure lorsque $p< \dfrac 12.$

Pour régler le cas où $p\geqslant \dfrac 12$, il te faut disposer d'une minoration de $\mathbb P(A_k)$.

Batola · November 2021

Merci pour ces réponses.
Effectivement mon calcul de $P(A_k)$ était totalement faux.
lourrran je ne comprends pas comment tu as obtenu $2p^3-p^4$

J'ai du faire une erreur lors de la création de mon compte et j'ai du en créer plusieurs. Je vais supprimer tous les autres.

LOU16 Dans le cas $p<1/2$, pourrais-je savoir comment obtenir cette majoration ?

lourrran · November 2021

Première façon : en finissant le calcul commencé : $p^2 \times (1 - (1-p)^2)$
Deuxième façon : plus terre à terre
La proba d'avoir au moins $3$ Face consécutifs en lançant $4$ fois de suite une pièce, c'est la proba d'avoir Face aux $3$ premiers lancers ($p^3$) , plus la proba d'avoir face aux $3$ derniers lancers ($p^3$) , moins les cas comptés $2$ fois, c'est à dire la proba d'avoir $4$ fois Face ($p^4$)
Résultat $= p^3+p^3- p^4$

Mais comme dit Lou16, on est hors-sujet ; on n'a pas besoin de ces calculs pour la résolution de l'exercice (...je répète , je lui fais confiance)

LOU16 · November 2021

Re,

Je formalise correctement ce que tu as voulu dire: $A_k =\displaystyle \bigcup _{i=0}^{2^k-k} B_i$ où $B_i$ désigne l'événement: $$B_i : \qquad \text{Les lancers } 2^k+i,(2^k+i)+1, \dots( 2^k+i)+k-1\:\text{ ont donné face}.$$

Ainsi $$\mathbb P(A_k)\leqslant \displaystyle \sum_{i=0}^{2^k-k}\mathbb P(B_i)= (2^k-k+1)p^k.$$

LOU16 · November 2021

Bonsoir,

Lorsque $p \geqslant \dfrac 12$, la minoration de $\mathbb P(A_k)$ me paraît en fait beaucoup plus délicate que j'ai pu le laisser entendre dans un message précédent .

$\bullet \: \text {Si } p= \dfrac 12.$

Scindons $[\![ 2^k; 2^{k+1}-1]\!] $ en $m_k= \Big\lfloor \dfrac{2^k}k \Big\rfloor$ segments de $\N$, $I_1,I_2, \dots I_{m_k}$,deux à deux disjoints, de cardinal $k$.

$\forall j \in [\![1;m_k ]\!], $ notons $E_j$ l'événement:

$$E_j: \:\: \text{ les lancers ont donné "face" sur chaque élément de } I_j \text{ et au moins un "pile" sur chacun des autres segments.}$$

Les $E_j$ sont des événements deux à deux incompatibles et contenus dans $A_k$, donc : $\:\: \mathbb P(A_k)\geqslant m_k\mathbb P(E_1) =m_k p^k (1-p^k)^{m_k-1}.$

On vérifie facilement que $\dfrac{m_k}{2^k} \left(1-\dfrac 1{2^k}\right) ^{m_k-1}\underset {k\to + \infty}\sim \dfrac 1k,\:\: $ ce qui force la divergence de la série $ \sum_k \mathbb P(A_k).$

$\bullet \: \text {Si } p> \dfrac 12.$

Notons $a_k =\Big\lfloor \dfrac 1 p\Big\rfloor $ et considérons l'événement $\widehat{A_k} : \:\:\:k \:\text {"face" consécutifs ont été obtenus sur l'intervalle } [\![ 1; a_k ]\!].$

$a_k \leqslant 2^k, \: $ donc: $\:\mathbb P(\widehat{A_k} )\leqslant \mathbb P(A_k).\quad (1)$

En scindant cette fois $[\![1; a_k]\!] $ en $\Big\lfloor \dfrac {a_k}k \Big\rfloor$ blocs de cardinal $k$ et en adoptant même démarche que dans le cas $p= \dfrac12, \:\:$ on parvient aussi à $\:\:\mathbb P (\widehat{A_k}) \geqslant \dfrac 1k( 1+\varepsilon _k)\: $ avec $\:\displaystyle \lim_{k \to + \infty} \varepsilon _k =0,\:\:$ ce qui, avec l'inégalité $(1)$, permet encore d'établir la divergence de $\sum_k\mathbb P(A_k).$

Il doit exister un argument théorique plus direct auquel je n'ai pas pensé, vraisemblablement parce que je ne le connais pas.

J'ajoute quelques bricoles sur le "calcul" de $\mathbb P(A_k)$.

Soit $A_{k,n}$ l'événement: $A_{k,n}: \:\:\: k \text{ "face" consécutifs ont été obtenus au cours des } n \text{ premiers lancers}, \:$ de sorte que: $$\mathbb P(A_k) = \mathbb P(A_{k, 2^k}).$$

Alors la suite $\Big( \mathbb P(A_{k,n} )\Big) _{n\in \N^*} $ est ainsi définie: $\:\: \mathbb P(A_{k,1}) = \mathbb P(A_{k,2} )=\dots \mathbb P(A_{k,k-1}) =0, \quad \mathbb P(A_{k,k} ) = p^k,$

$$\forall n \geqslant k, \:\: \mathbb P(A_{k,n+1})=\mathbb P(A_{k,n})+p^k(1-p) \left(1- \mathbb P(A_{k,n-k} ) \right).$$

N.B. On peut traiter le cas $p>\dfrac 12$ de manière beaucoup plus expéditive en remarquant que $\mathbb P(A_k)$ est une fonction croissante de $p$.

Probabilité de $\limsup$

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