Probas urnes

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Probas urnes

Message par Kamelia2 » 18 janv. 2020 07:08

Bonjour,

je sollicite votre aide dans l'exercice numéros 12 de ce document : http://irem.univ-reunion.fr/IMG/pdf/ProbaAgregEx.pdf

que je retranscris ici :

Une urne contient $n$ boules numérotées de 1 a $n .$ On tire plusieurs fois au hasard et avec remise une boule de l'urne. On arrête les tirages dés que le dernier numéro obtenu est supérieur ou égal au numéro obtenu lors du précédent tirage. On appelle $X$ la variable aléatoire égale au nombre de tirages effectués.
1. Déterminer $X(\Omega)$
2. a) Déterminer la probabilité des événements $(X \geq 2),(X \geq 3)$ et $(X=2)$
b) Pour tout $k \in X(\Omega),$ déterminer la probabilité de l'événement $(X \geq k)$
c) En déduire la loi et l'espérance de $X,$ puis la limite de cette dernière lorsque $n$ tend vers l'infini.

Pour la question 1 j'ai répondu [[2,n]]. pas de soucis ici.


2)a) je suis pas sure de ma réponse :

$ p(X \geq 2)=1 $ , on est certain qu'il va falloir faire au moins deux tirages.

pour $ (X \geq 3) $ l'autre je suis bloquée.

J'ai pensé qu'Il suffit de ne pas s’arrêter à deux tirages pour cela :

il faut déjà éviter de choisir 1 au premier.

-pour premier numéro on a $ n-1 $ choix correspondant à obtenir $ i\in [[2,n]] $
-pour le tirage deux il faut un nombre inférieur à celui obtenue au premier donc $ i-1 $ choix

ce qui me donne $ \frac{n-1}{n} \sum_{i=2}^{n} \frac{i-1}{n} $ le résultat que j'obtiens est illogique :oops:

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Re: Probas urnes

Message par zede » 18 janv. 2020 07:20

p(X≥3) = p(X≥2) - p(X=2)
Attention: je ne l'ai pas fait, c'est juste une intuition.

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Re: Probas urnes

Message par BobbyJoe » 18 janv. 2020 12:23

L'univers image n'est pas exact pour commencer (Que se passe-t-il si les $n$ premières boules piochées ont des numéros strictement décroissants? Combien y-a-t-il de tel tirage?).
Modélise ton tirage par une suite de variables aléatoires $(X_{i})=_{i=1,\ldots,n+1}$ indépendantes et suivant la loi uniforme sur $\{1,\ldots,n\}$ (chaque $X_{i}$ indique le numéro de la boule piochée au $i$-ème tirage).

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Re: Probas urnes

Message par Kamelia2 » 18 janv. 2020 14:07

Merci pour vos réponses.
@zede je pense que vu les questions $ (X=2) $ devrais être obtenue à partir des deux premiers.


@Bobbyjoe
Ah je n'avais pas remarqué ce cas, donc c'est [[2, n+1]].


Pour $ (X\geq 3) $, je fais une disjonction de cas suivant $ X_{1},X_{2} $ ?

$ (X\geq 3) = \cup_{l=2}^{n} \cup_{k=1}^{l-1} (X_{1}=l , X_{2}=k) $ donc :


$ p(X\geq 3)=\sum_{l=2}^{n} \sum_{k=1}^{l-1} p(X_{1}=l)p(X_{2}=k) $

avec

$ p(X_{1}=l)p(X_{2}=k)=\frac{1}{n^{2}} $

Cela donne $ p(X\geq 3)=\frac{n-1}{2n} $ c'est un résultat déjà plus logique.

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Re: Probas urnes

Message par zede » 18 janv. 2020 15:31

Ce n'est pas faux, pour l'ordre des questions, dans l'esprit,
je suis un peu trash, j'avoue :oops:
mais la résolution est plus simple (du coup je l'ai fait ^^).
p(X=2) = 1/n^2 facteur de somme des i de 1 à n et hop.

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Re: Probas urnes

Message par Kamelia2 » 18 janv. 2020 17:34

Du coup est ce que mon calcule est correcte ?

avec cette méthode cela semble difficile de généraliser à x >=k

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Re: Probas urnes

Message par zede » 18 janv. 2020 18:23

Pour la généralisation, il vaut mieux demander de l'aide à ceux qui font des maths :roll:

p(X=2) = 1/n^2 facteur de somme des i de 1 à n = (n+1)/2n

donc on est tombe bien sur ton résultat: p(X≥3) = p(X≥2) - p(X=2) = 1 - (n+1)/2n = (n-1)/2n.

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Re: Probas urnes

Message par BobbyJoe » 18 janv. 2020 18:25

On peut d'abord essayer de modéliser comme suit.

L'univers est $\Omega=\{1,\ldots,n\}^{n+1}$ et on considère la probabilité uniforme sur cet univers.
L'idée est la suivante : on peut tirer les $(n+1)$ boules et ensuite noter leurs numéros pour regarder l'instant où la plus petite inversion se produit.

Avec mes notations, on a pour $k\in \{2,\ldots,n+1\}$ : $\mathbb{P}(X\geq k)=\mathbb{P}([X_{1}>X_{2}>\ldots>X_{k-1}]).$
Et, l'exercice se ramène alors à dénombrer le nombre de listes décroissantes (que l'on appelle aussi parfois combinaisons ^^). Ce point de vue permet de simplifier ton approche calculatoire (mais correcte).

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Re: Probas urnes

Message par Kamelia2 » 19 janv. 2020 03:51

woow, comment suis-je censée trouver une idée pareil, j'ai bien remarqué qu'on pouvait mettre le résultat précédent sous la forme:

$ p(x\geq 3)=\frac{1}{n^{2}} \binom{n}{2} $




j'ai l'impression que votre méthode donne directement $ p(X\geq k )=\frac{1}{n^{k}} \binom{n}{k} $

Mais je ne saisis pas encore la subtilité derrière votre méthode.

Mille mercis pour votre aide la probabilité c'est nouveau pour moi, vous êtes des personnes sublimes.

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Re: Probas urnes

Message par oty20 » 19 janv. 2020 05:36

C'est aussi possible de rendre le calcule des sommes plus rapide.

En remarquant que la somme :

$ \sum_{l=2}^{n} \sum_{i=1}^{l-1} 1 $ correspond au fait de compter le nombre de couple $(l,i)$ tel que $l>i$.


Dans le cas générale :

$$p(X\geq k)= \frac{1}{n^{k-1}} \sum_{ 1\leq i_{k-1}<i_{k-2}...< i_{1} \leq n} 1$$ cela permet de retrouver le lien fait par @bobbyjoe sur le fait de dénombrer le nombre de listes décroissantes, et de conclure que:

$p(X\geq k)=\frac{1}{n^{k-1}} \binom{n}{k-1}$.
''L’ennemi du savoir , n'est pas l'ignorance , mais l'illusion du savoir '' .

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