Premier motif pour une urne
Bonjour à tous,
une urne contient des boules bleues, rouges, vertes en proportions respectives $p_1,p_2,p_3\in]0,1[$. On effectue des tirages successifs d'une boule avec remise. On définit la variable aléatoire $X$ égale au rang d'apparition du premier motif bleu-rouge-vert dans cet ordre. Par exemple si on tire dès le début bleu, puis rouge, puis vert, on aura $X=3$.
Peut-on avoir accès à la loi de $X$ ? A son espérance ? Et si on s'intéresse à la première apparition de trois couleurs distinctes successives (pas forcément dans l'ordre bleu-rouge-vert) ? Et peut-on généraliser à $n$ couleurs ?
J'ai essayé de calculer $\mathbb{P}(X\leq n)$ en conditionnant par rapport à la couleur de la première boule tirée, mais les cas où on tire une bleue puis encore une bleue par exemple me posent problème...
Merci de vos idées !
une urne contient des boules bleues, rouges, vertes en proportions respectives $p_1,p_2,p_3\in]0,1[$. On effectue des tirages successifs d'une boule avec remise. On définit la variable aléatoire $X$ égale au rang d'apparition du premier motif bleu-rouge-vert dans cet ordre. Par exemple si on tire dès le début bleu, puis rouge, puis vert, on aura $X=3$.
Peut-on avoir accès à la loi de $X$ ? A son espérance ? Et si on s'intéresse à la première apparition de trois couleurs distinctes successives (pas forcément dans l'ordre bleu-rouge-vert) ? Et peut-on généraliser à $n$ couleurs ?
J'ai essayé de calculer $\mathbb{P}(X\leq n)$ en conditionnant par rapport à la couleur de la première boule tirée, mais les cas où on tire une bleue puis encore une bleue par exemple me posent problème...
Merci de vos idées !
Réponses
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Bonjour,
Si tu connais un peu les chaînes de Markov ça se fait très bien avec des matrices bien choisies.
Je prends ton premier exemple. Si tu considères les dernières couleurs apparues, sous réserve qu'elles contribuent à ton motif Bleu-Rouge-Vert alors tu es en train d'analyser une chaîne de Markov à 4 états
$$
\{X,\text{ Bleu} ,\text{ Bleu-Rouge },\text{ Bleu-Rouge-Vert }\}
$$
où $X$ désigne soit "Rouge" soit 'Vert". L'état "Bleu-Rouge-Vert" est absorbant, et tu cherches à évaluer son temps d'atteinte. -
Bonjour Lucas.
Merci de ta réponse. Je ne connais pas les chaînes de Markov... crois-tu qu'il est possible de ramener l'argument à quelque chose sans chaîne de Markov ? Ou sinon j'irai me cultiver. Merci encore. -
"Chaîne de Markov" c'est juste un terme snob pour dire qu'on a un graphe avec des probabilités de passer d'un sommet à un autre. Ici je te dessine le graphe en pièce jointe.
Si tu googles "Graphes probabilistes" tu verras que pour avoir la proba que $T\leq n$ (où $T$ est le temps d'apparition) cela revient à calculer la puissance $n$-ème de la matrice
$$
\begin{pmatrix}
1-p_1 & p_1 & 0 & 0\\
1-p_2 & 0 & p_2 & 0\\
1-p_3 & 0 & 0 & p_3\\
0 & 0 & 0 & 1\\
\end{pmatrix}.
$$ -
D'accord, merci beaucoup Lucas, je vas regarder ça de près, c'est rassurant !
-
Bonjour Dedekind 93,
J'indique les résultats que j'ai obtenus pour le premier exemple (en procédant exactement comme indiqué par Lucas),
afin qu'éventuellement, toi et moi puissions les comparer avec les tiens:
$E(X)= (p_1p_2p_3)^{-1}$.
La suite $(u_n)_{n \in \N^*}$ définie par $u_n =\Pr [X=n]$ obéit à la relation de récurrence: $\forall n \geq1,\:\: u_{n+3} =u_{n+2} - (p_1p_2p_3)u_n$ avec $u_1=u_2=0$ et $u_3 = p_1p_2p_3$.
On peut en déduire,$[.]$ désignant la partie entière, que:
$\forall n \in \N^*,\:\:\:\Pr [X=n]= \displaystyle{\sum _{k=0}^{[\frac n3] - 1} \binom{n-2k-3}{k}(-1)^k (p_1p_2p_3)^{k+1}}$.
Amicalement, -
Merci LOU16, ce qui est étrange c'est que ça ressemble un peu à ce que j'avais fait en écrivant que
\begin{align*}
\mathbb{P}(X\leq n)&=\mathbb{P}(X\leq n|R_1)\mathbb{P}(R_1)+
\mathbb{P}(X\leq n|V_1)\mathbb{P}(V_1)+\mathbb{P}(X\leq n|B_1\cap B_2)\mathbb{P}(B_1\cap B_2)
+\mathbb{P}(X\leq n|B_1\cap V_2)\mathbb{P}(B_1\cap V_2)\\
&\qquad+\mathbb{P}(X\leq n|B_1\cap R_2\cap B_3)\mathbb{P}(B_1\cap R_2\cap B_3)+\mathbb{P}(X\leq n|B_1\cap R_2\cap R_3)\mathbb{P}(B_1\cap R_2\cap R_3)\\
&\qquad+\mathbb{P}(X\leq n|B_1\cap R_2\cap V_3)\mathbb{P}(B_1\cap R_2\cap V_3)
\end{align*} Or $\mathbb{P}(X\leq n|R_1)\mathbb{P}(R_1)=p_1\mathbb{P}(X\leq n-1)$, $\mathbb{P}(X\leq n|B_1\cap R_2\cap R_3)=\mathbb{P}(X\leq n-3)$ ... les termes problématiques étant $\mathbb{P}(X\leq n|B_1\cap B_2)$ et $\mathbb{P}(X\leq n|B_1\cap R_2\cap B_3)$. Et tout ceci aurait pu mener à une suite récurrente linéaire d'ordre trois, d'où une matrice... mais peut être est-ce que je ne conditionne pas par le bon système au départ. J'essaie de faire le lien avec votre vision plus évoluée du problème ! -
Bonjour Lucas
Je ne suis pas trop d'accord avec ton graphe probabiliste: les états que tu as décrits me conviennent parfaitement, mais la matrice de transition qui leur est associée me parait plutôt être:
$$ M =\begin {pmatrix} 1-p_1&p_1&0&0\\p_3&p_1&p_2&0\\p_2&p_1&0&p_3\\0&0&0&1\\ \end{pmatrix}$$
Amicalement, -
Bien vu! Effectivement on ne retombe pas "tout en bas" si on retire une bleue.
-
Merci à Lucas et LOU16 pour vos réponses détaillées. Vous m'avez donné l'idée de "partir par la fin", et j'ai retrouvé la formule $u_{n+3}=u_{n+2}-p_1p_2p_3u_n$. L'existence de l'espérance de $X$ ne me parait pas si évidente que cela. J'ai l'impression qu'il faut prouver que $\displaystyle nu_n\underset{{n}\longrightarrow{+\infty}}\longrightarrow 0$. Pour cela, je ne vois pas d'autres idées qu'écrire $(u_n)$ comme combinaison linéaire de $(\alpha^n)$ où $\alpha$ est racine de $P=X^3-X^2+p_1p_2p_3$, et de montrer que $|\alpha|<1$... et ceci n'est pas évident car l'étude de $P$ montre que $P$ s'annule entre $-1$ et $0$, et pour montrer que ses trois racines sont réelles il faut montrer que $p_1p_2p_3<\dfrac 4{27}$ (vrai mais non gratuit... minimisation d'une fonction de deux variables ?).... On peut aussi supposer que ses deux autres racines sont non réelles, et montrer que leur module commun est $<1$ ($(u_n)$ doit tendre vers $0$).
J'ai aussi essayé d'inventer une formule de récurrence du type $a \xi_1^n\leq u_n\leq b \xi_2^n$ mais je n'y parviens pas. Bref, rien de bien simple au final !
Avez-vous d'autres idées plus simples ? Merci ! -
Si tu veux juste montrer que $\mathbb{E}[X]<+\infty$ il y a un argument probabiliste plus simple.
On peut majorer $X$ en faisant la remarque suivante : $X$ est fini si les tirages n.1,2,3 ou 4,5,6, ou 7,8,9 ou... sont exactement Bleu-Rouge-Vert (ce n'est pas un si et seulement si bien sûr on pourrait avoir 3,4,5).
Du coup
$$
\mathbb{P}(X \geq n)\leq (1-p_1p_2p_3)^{\lfloor n/3\rfloor}.
$$
Déjà ça te montre que $X<+\infty$ presque-sûrement. Ensuite tu as la formule (pour une v.a. discrète positive)
$$
\mathbb{E}[X]=\sum_{n\geq 1}\mathbb{P}(X\geq n).
$$ -
Merci Lucas. Il me semble qu'avec la relation de récurrence satisfaite par $(u_n)$ on obtient par somme que $\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}\mathbb{P}(X=n)=1$, et donc que $X$ est p.s. finie. Merci pour ta démonstration du fait que $\mathbb{E}(X)$ est finie, c'est bien vu ! ...mais pour sa valeur $\dfrac 1{p_1p_2p_3}$ ??
-
Ah bah non pour la valeur ça dit juste (no free lunch ;-)) que c'est $\leq 1/p_1p_2p_2$.
[Edit : ça donne plutôt $\leq 3/p_1p_2p_2$] -
:-)
-
Bonjour Dedekind 93,
Pour le calcul de $E(X)$, voici, en m'abstenant de détailler les justifications de certaines égalités, le chemin que j'ai suivi:
J'appelle $Q= \begin{pmatrix} 1-p_1&p_1&0\\ p_3&p_1&p_2\\p_2&p_1&0\\ \end{pmatrix}$ la matrice $3\times3$ formée par les $3$ premières lignes et les $3$ premières colonnes de la matrice de transition $M$ évoquée dans dans mon précédent message et $\Phi$ l'élément de $\mathcal L\big( \mathcal M _3 (\R); \R\big)$ défini par: $\forall A \in \mathcal M_3 (\R), \:\: \Phi (A) = A_{1,1} +A_{1,2}+A_{1,3}$ (somme des coefficients de la première ligne de $A$).
Alors $\Pr [X>n] = \Phi (Q^n)$, puis $E(X) = \displaystyle{ \sum_{n=0}^{+\infty} \Pr [X>n] = \sum _{n=0}^{+\infty} \Phi (Q^n) = \Phi (\sum _{n=0}^{+\infty} Q^n) = \Phi \big((I_3 -Q)^{-1}\big)= (p_1p_2p_3)^{-1}}$
Amicalement, -
Merci LOU16, c'est une bien jolie méthode ! J'ai l'impression que le problème de la convergence de la série va nécessiter une étude du module de certaines racines d'un polynôme, qui devrait être le mien. Merci pour les idées et tes solutions toujours claires et intéressantes.
-
Re,
Oui, en effet, il reste à démontrer que $\displaystyle{ \lim_{n\to + \infty}Q^n = 0}$.
L' argument probabiliste de Lucas dit que $0< \Pr [X>n] =\Phi(Q^n) <(1- p_1p_2p_3)^{\lfloor n/3 \rfloor}$. Cela entraine que $\forall i\in \{1,2,3\},\:\: \displaystyle{ \lim _{n\to +\infty} (Q^n)_{1,i }= 0}$, et ce raisonnement fonctonne également pour les deux autres lignes de la matrice $Q^n$.
On peut aussi examiner le polynôme caractéristique de $Q$, à savoir $ X^3 - X^2 +p_1p_2p_3$, qui est aussi celui de la récurrence linéaire à laquelle obéit la suite $(u_n)$, et qui admet trois racines réelles distinctes dans l'intervalle $]-1;1[$, ce qui permet d'atteindre encore la conclusion $\displaystyle{ \lim _{n \to +\infty} Q^n = 0}$.
Amicalement, -
Merci ! :-)
-
Je propose une autre solution pour le calcul de l'espérance de $X$.
Tout d'abord on a pour $n\ge3$: $\mathbb{P}(X=n)=p_1p_2p_3\mathbb{P}(X>n-3)$.
On en déduit $\mathbb{P}(X> n)=\mathbb{P}(X> n-1)-p_1p_2p_3\mathbb{P}(X> n-3)$ (*).
On utilise ensuite la formule $\mathbb{E}[X]=\displaystyle\sum_{n\geq0}\mathbb{P}(X> n)$. La série converge puisque $\mathbb{P}(X> n)=\dfrac1{p_1p_2p_3}\mathbb{P}(X= n+3)$.
En ajoutant (*) de 3 à l'infini on obtient: $\mathbb{E}[X]-3=\mathbb{E}[X]-2-p_1p_2p_3\mathbb{E}[X]$ d'où $\mathbb{E}[X]=\dfrac1{p_1p_2p_3}$. -
Merci jandri! C'est ce que j'ai cherché sans succès... je passais par une simple somme partielle en sommant les probabilités d'égalités. Merci.
-
Merci à dedekind93 pour ce problème que je ne connaissais pas.
Il se généralise sans difficultés à $n$ couleurs de boules.
En revanche je n'ai pas réussi à calculer l'espérance si on s'intéresse à la première apparition de $n$ couleurs distinctes successives, excepté dans le cas $n=2$ qui est très simple.
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