Problème des rencontres

OShine
OShine
dans Probabilités, théorie de la mesure
Bonsoir,

Une urne contient $n$ boules numérotées de $1$ à $n$. On les extrait successivement sans remise. On dit qu'il y a rencontre au i-ième tirage si la boule tirée pour [porte (?) AD] le numéro $i$. Déterminer le nombre moyen de rencontre.

Déjà $card(\Omega)=n!$ car le tirage est sans remise.

Soit $X_i$ la variable aléatoire qui prend la valeur $1$ s'il y a rencontre et $0$ sinon.

On a $ \mathbb P(X_i)= \dfrac{\text{nombre de cas favorables}}{n!}$

Je ne vois pas comment trouver le nombre de cas favorables pour que la boule numéro $i$ soit tirée au i-ème tirage.

Réponses

  • Cidrolin
    Cidrolin
    Sans doute
    1) calculer $p(X_i=1)$
    2) considérer $X=X_1+ \cdots +X_n$
    3) utiliser la linéarité de l’espérance.
  • marsup
    marsup
    Déjà, une précision :
    OShine a écrit:
    Soit $X_i$ la variable aléatoire qui prend la valeur 1 s'il y a rencontre au $i$ème tirage et 0 sinon.

    Soit $U_i$ le numéro de la boule tirée au $i$ème tirage.

    Expliquer pourquoi on a $U_i(\Omega)=\{1,\dots,n\}$.
    Quelle est la valeur la plus probable entre ces $n$ numéros ?
    Quelle est la loi de $U_i$ ?
    Comment s'exprime, en fonction de $U_i$, l'événement $[X_i=1]$ ?
    Puis les questions de Cidrolin.
  • OShine
    OShine
    On a $U_i(\Omega)=\{1, \cdots ,n \}$ car les boules tirées portent les numéros 1 à n.

    Il n'y a pas de valeur plus probable parmi ces numéros.

    Je n'arrive pas à calculer $\mathbb P(X_i =1)$

    Marsup $ \{X_i=1 \} = 1_{U_i }$ mais ça m'embrouille un peu d'introduire une autre variable aléatoire.
  • noobey
    noobey
    "Marsup {Xi=1}=1Ui"

    Faux



    Le calcul de P(Xi = 1) est évident, c'est quoi la probabilité que la boule i soit à la i-ème tirée? Tu viens quasiment de donner la réponse j'ai l'impression
  • marsup
    marsup
    La réponse est dans la question que tu as écrite au début ; on a l'égalité d'événements $[X_i=1]=[U_i=i]$.
  • OShine
    OShine
    Marsup je ne vois pas l'intérêt d'introduire encore une autre variable.
    Je pense avoir trouvé la réponse.

    La variable indicatrice d'un événement $A$ est une variable de Bernoulli de paramètre $\mathbb P(A)$ et on connaît l'espérance d'une variable de Bernoulli.

    Soit $X_i$ la variable aléatoire qui prend la valeur 1 s'il y a rencontre au i-ème tirage.
    Il y a un choix pour la que la boule numéro $i$ soit tirée au i-ème tirage donc il reste $(n-1)!$ choix pour les autres.

    Donc $\mathbb P(X_i=1)=\dfrac{(n-1) !}{n!} =\dfrac{1}{n}$

    Et $\mathbb E(X_i)=\dfrac{1}{n} \implies \mathbb E(X)=\displaystyle\sum_{k=1}^n \mathbb E(X_k)= 1$
  • lourrran
    lourrran
    Je ne connais pas la solution.
    Je regarde pour n=1, n=2, n=3 (c'est un peu plus long). Je compte tous les cas, ça va assez vite.
    Et j'ai l'impression que maintenant, je connais la réponse. Reste à bâtir la démonstration.
    Tu me dis, j'oublie. Tu m'enseignes, je me souviens. Tu m'impliques, j'apprends. Benjamin Franklin
  • noobey
    noobey
    tu peux juste dire que toutes les boules sont équiprobables pour le i-ème essai donc que P(Xi = 1) = 1/n
  • marsup
    marsup
    Bah non noobey, il ne "voit pas l'intérêt" de considérer les numéros qui sont tirés. X:-(
    OShine a écrit:
    Marsup je ne vois pas l'intérêt d'introduire encore une autre variable
    L'intérêt, c'est de pouvoir répondre au problème posé.

    Moi, je ne vois pas l'intérêt d'invoquer une tautologie d'une telle généralité
    La variable indicatrice d'un événement $A$ est une variable de Bernoulli de paramètre $\mathbb P(A)$ et on connaît l'espérance d'une variable de Bernoulli.
    pour enchaîner sur le parachutage d'un "raisonnement" vide (car chacun y lira ce qu'il voudra) comme :
    Il y a un choix pour la que la boule numéro $i$ soit tirée au $i$-ème tirage donc il reste $(n-1)!$ choix pour les autres.
    Qu'est ce que ça veut dire "un choix" ? Pourquoi il en "reste" $(n-1)!$, des "choix" ? En tout il y en avait $[(n-1)!+1]$, des "choix" ?

    À mon avis, il vaut mieux dire de quoi on parle, et, à mon sens, ça passe par donner un nom aux choses (c'est gratuit, au cas où tu n'as pas remarqué !)
    (oui, je suis peut-être un peu vexé de m'être fait envoyer promener :-D !)
  • P.
    P.
    O'Shine a donne et prouve la bonne reponse, je ne vois pas pourquoi on l'enquiquine.
  • Alexique
    Alexique
    Le corrigé ci-dessus, un peu trop proche de la rédaction d'Oshine, pour me faire croire qu'il a vraiment compris...

    Je suis nul en algèbre mais peut-on me confirmer que la formule de Burnside donne le résultat ? Un tirage sans remise des $n$ boules est une permutation $\sigma \in \mathfrak{S}_n$. On cherche le nombre de permutations à 1 seul point fixe parmi les $n!$ totales.104778
  • marsup
    marsup
    Oui, je crois que c'est ça : les éléments d'un groupe fini agissent avec, en moyenne, un point fixe sur chaque orbite.

    L'action du groupe symétrique sur $1,n$ est bien transitive, puisque les transpositions $\tau_{i,j}$ sont bien des permutations.

    Donc en moyenne, une rencontre dans un tirage complet sans remise.

    Ça je suis pas sûr d'être d'accord que c'est bien la question, par contre :
    On cherche le nombre de permutations à 1 seul point fixe parmi les $n!$ totales.
  • OShine
    OShine
    J'ai pensé à la réponse donnée par Noobey à un instant, on trouve le même résultat et ça me semble plus rapide.

    Je découvre les probas et je ne suis pas à l'aise donc pour l'instant je lis souvent des corrigés, comme pour le dénombrement. Je n'ai pas l'intuition nécessaire pour résoudre les exercices.
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