variables aléatoires — Les-mathematiques.net The most powerful custom community solution in the world

variables aléatoires

Bonjour à tous.
Voici un exercice de proba dont je vous donne l'énoncé:
$n$ est un entier naturel.
Une urne $U_n$ contient $n$ boules numérotées de 1 à $n$.
On effectue dans cette urne une succession de tirages d'une boule, en appliquant la règle suivante : si une boule tirée porte le numéro $k$, on enlève de l'urne toutes les boules dont le numéro est supérieur à $k$.
On note pour tout $j \in \{1,2,\ldots,n\},\ N_j$ la variable aléatoire donnant le numéro de la boule tirée au $j$-ième tirage (s'il a lieu)
On note $X_n$ la variable aléatoire donnant le nombre de tirages nécessaires pour vider l'urne $U_n$ de toutes ses boules.
Déterminer la loi de $X_3$ et calculer son espérance .

==> Ce que j'ai trouvé:
$P(X_3=3)=P(N_1=3)(N_2=2)=\frac{1}{6}$ qui est la proba conditionnée de $(N_2=2)$ sachant que $(N_1=3)$ (je n'ai pas réussi à l'écrire autrement).
$P(X_3=2)=P(N_1=2)(N_2=1)+P(N_1=3)(N_2=1)=\frac{1}{2}$
$P(X_3=1)=P(N_1)=\frac{1}{3}$

Est-ce juste?
Merci d'avance pour vos réponses.

[Merci à Gilles Benson pour la correction du $\LaTeX$. AD]

Réponses

  • oui, c'est juste et je ne le connaissais pas celui-là...
    A demon  wind propelled me east of the sun
  • N'a t-on pas E(X_{n+1})=1+1/(n+1)[E(X1)+E(X2)+...+E(Xn)] ?
  • Euh je ne suis pas trop d'accord avec $P(X_3=3)=P(N_1=3)(N_2=2)$ et ce qui suit. Ca pique les yeux. Ce n'est pas "homogène" comme diraient les physiciens !
  • 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.
  • Hmm.. soit, mais en décomposant selon un système complet d'évènements on se retrouve avec une somme pas un seul terme, et puis les termes sont de la forme $P(B|A_i)P(a_i)$ et là je ne vois que le premier facteur (désolé gb il est trop tard pour que je comprenne, mais merci quand même).
  • 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.
  • OK gb maintenant je comprends ; en temps normal je pense que j'aurai pu boucher les trous tout seul mais je me suis usé les neurones à taper en LaTeX la convolution de deux gaussiennes, et encore elles étaient centrées.. merci d'avoir réfléchi à ma place.
  • 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,

    J'apporte quelques precisions à mon message de hier. On a
    \[ \frac{d}{dz} P(z, u) = \frac{u}{1-z} P(z, u)
    \quad \mbox{soit} \quad P(z, u) = C(u) \left( \frac{1}{1-z} \right)^u. \]
    avec $C(u)$ une série formelle en $u$. Posons :
    \[ Q(z, u) = \left( \frac{1}{1-z} \right)^u. \]
    On a
    \[ [u^k] Q(z, u)
    = \frac{1}{k!} \left( \log \frac{1}{1-z} \right)^k \]
    et donc $[z^n u^k] Q(z, u) = 0$ pour $n < k$, propriété essentielle comme nous avons vu hier. (On a aussi $[z^n u^k] Q(z, u) \ne 0$ pour $1\le k\le n.$) S'il y a un $k>0$ tel que $[u^k] C(u) \ne 0$ alors $C(u) Q(z, u) = P(z, u)$ ne possède plus cette propriété, donc $C(u)$ est une constante. Pour vérifier que $C=1$ on procède comme avant.

    Amicalement,
    Marko
  • 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
Connectez-vous ou Inscrivez-vous pour répondre.
Success message!