Urne, tirage avec remise et variable aléatoire
Bonjour,
1) Pour tout $i,j \in [|1,n|]$, avec $i \ne j$, on a $A_i \cap A_j = \emptyset$ car il n'y a qu'un seul jeton par numéro.
On a $\displaystyle\bigcup_{i=1}^n A_i = \Omega$ car on tire forcément un numéro compris entre $1$ et $n$.
On a bien un système complet d'évènements.
2) Je ne vois pas comment faire.
1) Pour tout $i,j \in [|1,n|]$, avec $i \ne j$, on a $A_i \cap A_j = \emptyset$ car il n'y a qu'un seul jeton par numéro.
On a $\displaystyle\bigcup_{i=1}^n A_i = \Omega$ car on tire forcément un numéro compris entre $1$ et $n$.
On a bien un système complet d'évènements.
2) Je ne vois pas comment faire.
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Réponses
Q2a) Lister tous les types de lois que tu connais.
Q2b) Donner les définitions de chacune de ces lois
Q2c) Reconnaître parmi toutes ces définitions celle qui correspond à la situation de l'exercice.
Après ça me fait penser à la formule des probabilités totales mais je ne vois pas trop comment l'utiliser ici avec des variables aléatoires.
@lourrran
Je pense que c'est la loi uniforme. $X$ suit une loi uniforme sur $[|2,n|]$ si $X(\Omega)= [|2,n|]$ et pour tout $k \in [|2,n|] \ P(X=k)=\dfrac{1}{n-2+1}= \dfrac{1}{n-1}$.
- j'introduirais bien une variable aléatoire de Bernoulli $Y_{k,i}$ : "le jeton $k$ est tiré au $i$-ème tirage", ce qui permettrait de calculer $P(X=m|A_k)$ comme probabilité d'une intersection d'évènements $(Y_{k,i}=1)$ et d'un complémentaire
Si tu ne vois pas comment utiliser les proba totales alors qu'on te propose un système complet d'événements, j'ai encore une fois très envie de te dire d'arrêter là le massacre et d'aller bosser le cours de lycée de proba et les exos associés.
Tu n'as même pas une idée intuitive du support de $X$ donc tu n'as déjà rien compris à l'énoncé de toute évidence.
J'ai relu le cours de MPSI je ne trouve pas de formule qui lie un système complet d'évènement avec une variable aléatoire.
D'après la formule des probabilités totales, on a $P(X=k) = \displaystyle\sum_{k=1}^n P( (X=k) \cap A_k)=\boxed{ \displaystyle\sum_{k=1}^n P(A_k) P( (X=k) | A_k)}$
Or, $P(A_k)=\dfrac{1}{n}$.
Et $ \{(X=k) | A_k) \}$ se réalise si on tire le jeton $k$ au premier tirage et si lors des tirages n°2 à n° k-1 on tire un autre jeton puis on tire le jeton $k$ au tirage $k$.
Ce qui donne : $P( \{(X=k) | A_k) \} )= \dfrac{1}{n} \times \dfrac{1}{ (n-1)^{k-2}} \times \dfrac{1}{n}$ par indépendance des tirages.
Finalement $\boxed{P( \{(X=k) | A_k) \} )=\dfrac{1}{n^2} \dfrac{1}{ (n-1)^{k-2}}}$.
Je trouve $\forall i \in [|2,+\infty |[ ,\ \ P(X=i)= \displaystyle\sum_{k=1}^n P( A_k ) P ( (X=i) \mid A_k)$
Calculons : $P(A_k)=1/n$ et $ P ( (X=i) \mid A_k) $.
Si on tire le jeton numéro $k$ au premier tirage, alors il faut tirer pour les tirages $2$ à $i-1$ le même jeton $k$ ce qui fait à chaque fois une probabilité de $1/n$ et au ième tirage on tire un jeton différent donc une probabilité de $1/ (n-1)$.
Donc $P(A_k)=1/n$ et $ P ( (X=i) \mid A_k) = \dfrac{1}{n^{i-2}} \dfrac{1}{n-1}$
Ainsi, $\forall i \in [|2,+\infty |[, \ \ P(X=i)=\displaystyle\sum_{k=1}^n \dfrac{1}{n} \dfrac{1}{n^{i-2}} \dfrac{1}{n-1}$
Soit $\forall i \in [|2,+\infty |[ ,\ \ P(X=i)= \dfrac{1}{n} \dfrac{1}{n^{i-2}} \dfrac{1}{n-1} \displaystyle\sum_{k=1}^n $
Enfin $\boxed{\forall i \in [|2,+\infty |[, \ \ P(X=i)=\dfrac{1}{n^{i-2}} \dfrac{1}{n-1} }$
Vérification : si $i=2$ alors $P(X=2)= \dfrac{1}{n-1} $ ça semble logique pour obtenir un jeton différent du jeton obtenu au premier tirage, il faut simplement exclure le jeton tiré au premier tirage, ce qui fait une chance sur $n-1$.
Autre chose : en toute rigueur, $X=+\infty$ n'est pas exclu. On peut vérifier que sa probabilité est nulle car la somme des $P(X=i)$ vaut $1$.
Il prétend quand même que si j'ai 3 boules, la proba de ne pas en tirer une en particulier est 1/2,
Et encore une fois, il fallait qu'il trouve ça tout seul. Lui donner la réponse sur des choses aussi simples et élémentaires ne le fera pas avancer.
Bilan après cette question : laborieuse application des proba totales, incompétence dans la manipulation de sommes, de variables muettes, calcul faux du type $\frac{\text{cas favorables}}{\text{total des cas}}$ (la base pour calculer la proba d'un événement connaissant la proba des événements élémentaires qui le composent)... Bref, son casier est plein je crois, encore une fois sur un CCP qui se fait en terminale grand max.
Oui j'ai fait des erreurs mais je vais essayer de terminer proprement.
@Gache merci beaucoup, encore une erreur d'étourderie.
On a $P(X=i)=\dfrac{n-1}{n^{i-1}}$ pour tout $i \in [|2,+\infty|]$.
La question $3$ je pense savoir faire. Posons $u : x \mapsto x-1$. On pose $Y=u(X)=X-1$ alors $\boxed{Y(\Omega)= [|1,+\infty|]}$.
Pour tout $y \in u(X)(\Omega) \ \ P( u(X)=y) = \displaystyle\sum_{x \in u^{-1} (\{ y \}) } P(X=x)$ (formule du cours de MPSI)
Mais $u(x)=y \Leftrightarrow x-1=y \Leftrightarrow x=y+1$ ($u$ est bijective)
Donc $\forall y \in [|1,+\infty|] \ P( Y= y)= P(X=y+1)$
Ainsi $\boxed{\forall j \in [|1,+\infty|] \ P(Y=j)=P(X-1=j)= \dfrac{n-1}{n^{j}}}$
J'essaierai la question $4$ demain, je suis fatigué.
Les sommes, j'ai un exo dessus dans mon bouquin de 1ère. Je vois pas où tu vois un changement d'indice dans la question 2. Par ailleurs, avec les intégrales, les élèves sont censés maitriser que s'il y a un dx, on peut pas avoir du x en dehors, erreur grossière de ta part. J'ai également la formule des proba totales dans ce même manuel avec un système complet de 3 événements et avec le système "événement U son contraire". Pour ma part, à mon époque, je voyais avec le binôme de Newton le symbole somme en terminale et sa démonstration par récurrence demandait un changement d'indice (il y a 10 ans). Tes arguments qui consistent à dire "c'est pas ça le lycée" sont bancals. En théorie, les lycéens ont les outils pour faire cet exo. Dans la pratique, il serait réussi par peu d'entre eux évidemment, ils ne sont pas prof de maths, ils n'ont pas fait prépa, n'ont pas posté depuis 5 ans des milliers de topics sur un forum etc...
Tu trouves franchement que la question "si j'ai 3 boules rouge verte bleue, quelle est la proba de ne pas tirer la boule verte ?" est une question au-dessus de Terminale ? Je peux la mettre en application de cas favorables/cas total en 2nd sans souci. 2 boules pas vertes restantes sur 3 au total, ça fait pas 1/2, mon grand, désolé. Et je pense que toute la classe trouve la réponse ! Et si après, je remplace 3 par $n$ aussi. Avec $n$ directement, je ne sais pas mais certains trouveront, c'est sûr.
loi géométrique oui... C'est du cours puisque tu nous dis que tu abordes les exos en ayant vu le cours associé. En même temps, la loi est une suite géométrique en $j$ donc bon, c'était pas sorcier à voir mais ça montre que tu ne connais pas ton cours encore une fois.
L'élève faible, il sait répondre à la question : donner la définition d'une loi géométrique.
L'élève moyen, il sait faire la démarche dans l'autre sens, il sait dire : tiens, cette expérience, ça correspond exactement à la définition de la loi géométrique.
C'est en gros la différence entre l'élève faible et l'élève moyen. L'un connaît la définition, et l'autre reconnaît la situation où la définition s'applique.
Mais j'ai fait des recherches sur wiki.
Je ne savais pas que c'était vu en terminale !
@bisam après ici la loi géométrique n'est pas compliquée à comprendre, en lisant rapidement sur wikipédia on comprend vite.
Ici c'est $Y$ qui suit une loi géométrique car $P(Y=j)=(1-\dfrac{1}{n} ) \dfrac{1}{n^{j-1}}$ donc $Y $ suit une loi géométrique de paramètre $1-\dfrac{1}{n} $.
Posons $p=1-1/n= \dfrac{n-1}{n}$ et $q=1/n$
Ainsi, $E(Y)=1/p$ et $V(Y)=q/p^2$
Donc $\boxed{E(Y)=\dfrac{n}{n-1}}$ et $\boxed{V(Y)=\dfrac{n}{(n-1)^2}}$
Mais $E(X)=E(Y+1)= E(Y)+ E(1)$ donc $\boxed{E(X)=\dfrac{n}{n-1} +1}$
$V(X)=V(Y+1)$ je ne vois pas comment calculer la variance.
Les tirages étant sans remise, les résultats sont indépendants : Y=X-1 retourne donc le numéro du tirage du premier succès dans la répétition de ces tirages, d'où la loi géométrique trouvée.
C'est dans ce type de contexte qu'on voit apparaître une loi géométrique.
Par contre, ta remarque sur la variance est difficile à comprendre : regarde bien le programme de ... Mpsi dont tu sembles assez fan lol (V(aY+b)=?)
Donc $\boxed{V(X)=V(Y)=\dfrac{n}{n-1}+1}$
Oui la loi géométrique intervient une fois le premier jeton tiré, d'où la question 3 et la loi de $Y=X-1$.
Cet exercice est cool.
L'exercice est cool ? C'est ça ta conclusion, ton ressenti à l’issue de tes péripéties mathématiques ? Mets le sur instagram avec un hashtag "exo trop cool" alors. Mais bon, je suis mauvaise langue. Après tout, s'il t'as plu, tant mieux.
Bilan : tu as fait la 1), la 2) c'est clairement non même avec l'aide fournie (on s'y est repris plusieurs fois sans que ça suffise), la 3) tu as fini par trouver le lendemain en revoyant tes lois de référence (donc le jour-j, sur la copie c'est fichu) et la 4) un grand non. Avec rappel des proba totales en 2), de la loi géométrique en 3) et de la propriété sur la variance en 4), que des trucs de lycée.
Tu vois, autant en algèbre, quand tu bosses les espaces vectoriels, les groupes, les matrices etc, je peux difficilement te rentrer dedans parce que l'algèbre au lycée, à part le 2nd degré, y a vraiment pas grand chose, autant en analyse et en proba, tu es cuit.