Tirages successifs avec remise

Stubbs
Stubbs
dans Probabilités, théorie de la mesure
Bonjour à toutes et à tous :-)

Dans le cadre d'un projet perso, je suis actuellement confronté au problème suivant que l'on pourrait énoncer ainsi :

J'ai une urne contenant X billes et je dois y effectuer Y tirages successifs avec remise. Quelle est la formule qui me permettrait de connaitre le nombre de billes tirées 1 fois, 2 fois, 3 fois, etc ?

Réponses

  • Poirot
    Poirot
    Tu n'obtiendras pas de formule puisque ton expérience est aléatoire, mais tu peux obtenir la probabilité que le nombre de billes tirées $k$ fois, avec $1 \leq k \leq Y$, vaut $n$, avec $0 \leq n \leq X$.
  • Stubbs
    Stubbs
    Un tout grand merci pour ta réponse, Poirot !

    Effectivement, mais ne peut-on pas parler ici de l'espérance mathématique ?

    Navré de le préciser seulement maintenant, mais mes compétences en math sont assez limitées. J'aurai donc besoin de plus d'explications concernant les formules données plus haut afin de les comprendre :)

    Aussi, et c'est peut-être hors sujet, n'y a t il rien a tirer du côté de la loi de Bernoulli ?
  • P.
    P.
    La boule numero 1 a ete tiree $y_1$ fois, la boule numero $X$ a ete tiree $y_X$ fois, avec $y_1+\cdots+y_X=Y.$ La probabilite de ceci est
    $$p(y_1,\ldots,y_X)=\frac{1}{X*Y}\times \frac{Y!}{y_1!\ldots y_X!}.$$
    Ensuite soit $m_0$ le nombre de $i$ tels que $y_i=0$ , et plus generalement $m_j$ le nombre de $i$ tels que $y_i=j,$ et donc $m_Y$ le nombre de $i$ tels que $y_i=Y.$ Est ce la probabilite $$q(m_1,\ldots,m_Y)=\sum_{y_1,\ldots,y_X}p(y_1,\ldots,y_X)$$ qui t'interesse? Ou plutot seulement l'esperance mathematique de chaque $m_j?$
  • Stubbs
    Stubbs
    Ce serait l'espérance mathématique !
  • Stubbs
    Stubbs
    J'ai effectué quelques recherches et je suis tombé sur une formule utilisée pour un problème similaire. Je ne sais absolument pas à quoi elle fait appelle et ce qu'elle vaut.

    Pour une urne contenant 100 billes avec n tirages successifs :
    f(n) = f(n-1) + (100 - f(n))/100, f(0) = 0

    Le gars utilise wolfram pour en arriver à
    f(n) = 100 * (1 - ((100-1)/100)^n)

    Du coup, si on généralise avec x le nombre de billes et y le nombre de tirages :
    f(x, y) = x * (1 - ((x-1)/x)^y)
  • Lucas
    Lucas
    Bonjour,

    Je reviens au message initial, ça clarifiera peut-être la formule que tu as trouvée.

    Faisons le cas "nb de billes tirées 1 fois". Chaque bille est tirée $1$ fois avec proba $Y\times 1/X \times \left((X-1)/X\right)^{Y-1}$ :
    * $Y$ choix possibles pour le moment où l'on a tiré la bille en question
    * proba $1/X$ de la tirer
    * proba $(X-1)/X$ de ne pas la tirer, et on doit faire ça $Y-1$ fois.

    Du coup, l'espérance étant linéaire,
    $$
    \mathbb{E}[\text{ nombre de billes tirées $1$ fois }]=X\times Y\times 1/X \times \left((X-1)/X\right)^{Y-1}
    $$
    Pour "nb de billes tirées 2 fois" c'est (un peu) plus compliqué. C'est l'histoire de la loi binomiale, j'espère que tu connais ça sinon il faut que tu te plonges dedans. Tu vas trouver
    $$
    \mathbb{E}[\text{ nombre de billes tirées $2$ fois }]=X\times \binom{Y}{2}\times 1/X^2 \times \left((X-1)/X\right)^{Y-2}
    $$
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