Urne, loi et espérance
$\newcommand{\card}{\mathrm{card\,}}$Bonjour,
Une urne contient $n$ boules blanches et $n$ boules noires. On tire toutes les boules successivement et sans remise.
Soit $X$ la variable aléatoire prenant pour valeur le rang de la dernière boule noire tirée.
Déterminer la loi de $X$ et son espérance.
Je trouve $\card(\Omega)= (2n)!$ et $X(\Omega)=[|n,2n|]$
Soit $k \in [|n,2n|]$. Je bloque pour calculer $\mathbb P(X=k)$
Une urne contient $n$ boules blanches et $n$ boules noires. On tire toutes les boules successivement et sans remise.
Soit $X$ la variable aléatoire prenant pour valeur le rang de la dernière boule noire tirée.
Déterminer la loi de $X$ et son espérance.
Je trouve $\card(\Omega)= (2n)!$ et $X(\Omega)=[|n,2n|]$
Soit $k \in [|n,2n|]$. Je bloque pour calculer $\mathbb P(X=k)$
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Réponses
Je modifie un tout petit peu l'exercice : ... le rang de la dernière première boule noire
Je remplace dernière par première.
- Est-ce que ça change fondamentalement l'exercice : non
- Est-ce que ça t'aide à trouver la réponse ? j'espère.
$$\Pr(X=k)=C^{n-1}_{k-1}/C^n_{2n}.$$
Merci P je pense avoir compris. Si les $\{X=k \}$ sont les sous ensembles de taille $n$ se terminant en $k$, $k$ est fixé il reste $k-1$ éléments à prendre parmi les $n-1$ restants.
Mais pourquoi l'univers $(2n)!$ ne fonctionne pas ?
Quelle est la probabilité que la dernière boule noire arrive en dernière position ? Pas besoin de formule compliquée, on sait calculer.
Est-ce que la formule de P. donne le même résultat ? Oui
Quelle est la probabilité que la dernière boule noire arrive dès la n° position (et donc, on aurait tiré toutes les noires, puis toutes les blanches) C'est plus compliqué à calculer, mais on voit que c'est tout petit.
Si on remplace n par 10, et k=n dans la formule de P., est-ce que le nombre obtenu est tout petit ? oui.
Quelle est la probabilité que la dernière boule noire arrive avant la n° position ? C'est bien évidemment impossible. Et la formule donnée par P., elle donne quoi quand k<n ? Elle donne une forme indéterminée, elle donne 0.
Tout ça est encourageant !
Lourran par curiosité comment calculez vous la probabilité que la boule noire arrive en dernière position avec votre méthode ?
On cherche donc la proba d'avoir la première boule noire en k pour $k \leq n+1$
Les boules 1,2,...k-1 sont blanches et la k-ème est noire
1ere boule : n chances sur 2n : n/2n
2e : (n-1)/(2n-1)
k-1e : (n-(k-2))/(2n - (k-2))
k : n/(2n - (k-1))
Probabilité :
$n \times n!/(n - k + 1)! \times (2n - k)!/(2n)!$
Et donc la probabilité recherchée en remplaçant $k$ par $2n+1-p$
$P(X = p) = n \times n!/(p-n)! \times (p-1)!/(2n)! = n!^2/(2n)! \times (p-1)!/(p - n)!(n-1)!$
Pour la dernière boule, elle peut être blanche, ou noire.
Soit P= proba que la dernière boule soit blanche
Q= proba que la dernière boule soit noire.
P+Q=1, c'est sûr.
Imaginons que P>Q. Bizarre, on aurait plus de chances de finir avec une blanche ?
Imaginons que P<Q. Bizarre, on aurait plus de chances de finir avec une noire ? Pour quelle raison ?
Non. Blanche, noire ... c'est symétrique, interchangeable. P=Q=1/2.
Ce n'est pas le résultat d'un calcul, c'est le résultat d'une réflexion, du verbe réfléchir.
Quand je suggérais d'inverser le problème, c'était dans cet objectif : je prends une 1ère boule, quelle est la probabilité que cette première boule soit noire ... 1/2 ; tu aurais su répondre à cette question . C'est plus intuitif, plus habituel de calculer la proba que la première boule soit noire, plutôt que la proba que la dernière boule soit noire.... même si au final, les formules mathématiques obtenues sont exactement les mêmes.
Et la formule donnée par P. donne bien 1/2.
Prend une feuille de papier.
Choisis un nombre n. Par exemple n=7, et donc 2n=14.
Ecris sur ta feuille, sur la 1ère ligne, les nombres de 1 à 14.
Maintenant, on choisit un nombre p, entre 1 et 2n. Par exemple p=2.
Tu comptes sur la ligne du haut, à partir de la droite, jusqu'à ce nombre p. Ici, tu tombes sur le nombre 13.
Ce nombre on le note k.
Et on constate que k=2n-p+1. Ici n=7, p=2, et 2n-p+1, ça donne bien 2*7-2+1=13.
Ca marcherait avec n'importe quelle valeur de n, et n'importe quelle valeur de p entre 1 et 2n. Et ce n'est pas de la magie.
Fais l'expérience toi-même avec une feuille de papier, écris réellement les nombres , et essaie même avec d'autres valeurs de n.
Ce n'est que si tu l'écris toi-même que tu vas comprendre le mécanisme. Si tu me crois sur parole, demain, tu te reposeras la même question.
Vous calculez $k=2n-p+1$ mais alors ?
Je ne vois pas à quoi ça sert ni quel est la rapport avec "la dernière boule noire en $p$ c'est la 1ère boule noire en $k=2n-p+1$."
Chacun à sa propre façon de fonctionner.
L'idée de renversement, ça pouvait éventuellement provoquer un déclic pour que tu te retrouves dans une situation 'classique', plus intuitive.
C'était une piste, parmi d'autres pour résoudre cet exercice.
Soit le déclic fonctionne instantanément, soit il ne fonctionne pas du tout. Il n'y a pas d'intermédiaire.
Et dans ton cas, il ne fonctionne pas. Rien de grave, à partir du moment où tu sais résoudre l'exercice sans cette astuce.
Est-ce que cette histoire de renversement facilite le calcul de la Loi? Je n'ai pas trouvé.
Néanmoins faire remarquer qu'il y a une analogie est intéressant, d'autant plus que si on demande de déterminer la Loi de la première apparition de la boule blanche cela serait idiot de recommencer le travail.
En particulier si on calcule E(X) on trouve une espérance proche de 2n-1 (quand n est grand) et alors pour l'espérance de l'apparition de la première boule noire une espérance E(Y) proche de 2.
car E(X)+E(Y)=2n+1.
@Oshine a-t-il calculé l'espérance?
Quelle est la probabilité d'avoir une boule noire au 1er tirage : c'est facile, c'est 1/2
Quelle est la probabilité d'avoir une boule noire au dernier tirage ? Si on s'y prend mal, on part dans des calculs, des sommes à n'en plus finir (si la 1ère est blanche, et que la 2ème est blanche ... etc etc). Démarche assez probable si on a la tête dans le guidon.
Par contre, si on a visualisé cette fameuse symétrie, la proba d'avoir une boule noire au dernier tirage, c'est comme la proba d'avoir une boule noire au 1er tirage. 1/2. Fin des calculs.
Mon gros problème est la compréhension des événements et le dénombrement pour calculer la probabilité.
Ok je laisse tomber ce renversement.
Soit tu ne sais pas, même avec un corrigé et tu poses des questions à rallonge jusqu'à ce tu penses avoir compris.
Soit tu sais avec un corrigé (ce que je suppose ici) alors tu dis que tu sais faire mais on sait très bien que tu ne sais pas.
Pour confirmer ou infirmer ce que je dis, il suffirait ici de te donner un exercice nous même et de te faire calculer l'espérance. Et on verrait !
Par exemple, au lieu de nous balancer des exos qui ne sont pas de ton niveau, voici un petit exercice que tu dois savoir faire facilement en tant que candidat à l'Agrégation :
Une urne contient 7 boules blanches et 4 noires. Soit X la v.a qui correspond à la première fois qu'une boule noire est tirée.
1. Calculer E(X) lorsqu'il y a remise
2. Calculer E(X) lorsqu'il n'y a pas remise
Génial (tu)
J'essaie votre exercice qui n'est pas du tout évident pour moi :-(
Une urne contient 7 boules blanches et 4 noires. Soit X la v.a qui correspond à la première fois qu'une boule noire est tirée.
1. Calculer E(X) lorsqu'il y a remise
2. Calculer E(X) lorsqu'il n'y a pas remise
Question 1 :
On a $X(\Omega)= [|1, +\infty |[$
Si on tirer une boule noire à la $k$ ième fois alors on tire $k-1$ boules blanches avant et une boule noire.
Soit $k \in X(\Omega)$. Alors $P(X=k)= (\dfrac{7}{11})^{k-1} \dfrac{4}{11}$
D'où $\mathbb E(X)=\displaystyle\sum_{k=1}^{+ \infty} k (\dfrac{7}{11})^{k-1} \dfrac{4}{11}$
Je suis bloqué ici.
Donc $\mathbb E(X)= \dfrac{4}{11} \dfrac{1}{(1-\dfrac{7}{11})^2}$
D'où $\mathbb E(X)= \dfrac{11}{4} =2,75$
Y'a plein d'espérances dans les exos où tu disais "je sais faire sans corrigé" et où cette technique de dériver des sommes géométriques et des binômes de Newton est ultra méga giga classique. Certains disent que "tu avances sur un vélo avec roulette etc..;", moi je trouve que tu recules..
Je t'explique ce qu'il se passe dans ma tête :
"ha tiens, une somme avec un scalaire $\frac{4}{11}$ je le mets devant, il va pas nous embêter, il reste une somme de la forme $\sum_k kx^{k-1}$... Zut, en truc qui ressemble, je connais que $\sum_k x^k$. Comment je peux transformer $x^k$ en $kx^{k-1}$ ? Mmmm, ça a l'air vachement compliqué dis donc... Ha si, je connais mes formules de dérivation donc ça doit marcher... mais il faut que $\left(\sum_k x^k\right)' = \sum_k (x_k)'$... ha ben ui, la dérivation est linéaire, somme de la dérivée = dérivée de la somme, super...
Et là normalement, ça fait tilt dans ta tête pour d'autres sommes que tu rencontreras dans la vie et si tu as un peu d'idée, ben tu adapteras si c'est pas géométrique mais autre, si au lieu de dériver, c'est primitiver etc...
Au fait, quand on dit qu'on peut dériver en MPSI $x\mapsto \sum_{k=0}^{\infty} x^k$, quel est le raisonnement exactement ? Pourquoi c'est pas si évident que ça de dériver cette fonction ?
On peut dériver si la somme est finie. Une fonction polynomiale est de classe C infinie.
Pour $x \ne 1$ : $\displaystyle\sum_{k=0}^N x^k = \dfrac{1-x^{N+1}}{1-x}$ ensuite la somme infinie (on passe à la limite) dépend d'où se trouve $x$.
La question 2 sans remise.
S'il n'y a pas de remise $X(\Omega)=[|1,11|]$
$\mathbb P(X=k)= \dfrac{\binom{7}{k-1} \times \binom{4}{1}}{\binom{11}{k}}$
On choisit $k-1$ boules $k-1$ parmi les $7$ boules blanche puis $1$ boule noire parmi les $4$. Il y a $\binom{7}{k-1} \times \binom{4}{1}$
Le cardinal de l'univers est $\binom{11}{k}$
Est-ce correct avant que je continue à simplifier ?
$$\sum_{j=1}^n j(j+1)(j+2)(j+3)=\frac{1}{5}n(n+1)(n+2)(n+3)(n+4)$$
$P(X=k)= \dfrac{ 7 \times 6 \times (8-k) \times 4}{11 \times 10 \times \cdots \times (13-k) \times (12-k)}$
Mieux vaut faire chaque cas :
$P(X=1)=\dfrac{4}{11}$
$P(X=2)=\dfrac{7}{11} \dfrac{4}{10}$
$P(X=3)=\dfrac{7}{11} \dfrac{6}{10} \dfrac{4}{9}$
Etc et le reste c'est des calculs niveau terminale.
$$\mathbb{E}(X)=\sum_{k=0}^7\Pr(X>k)=\sum_{k=0}^7\frac{C^k_7}{C^k_{11}}=\frac{1}{8.9.10.11}\sum_{j=0}^7j(j+1(j+2)(j+3)=\frac{7}{5}$$
Bonjour
Je ne suis pas d'accord. Ce n'est pas du tout correct. Déjà dire que $X(\Omega)=[|1,11|]$ c'est faux.
Pour moi ça veut dire que toutes les valeurs entre 1 et 11 sont possibles (i.e on a des événements élémentaires avec une proba non nulles.)
Prenons X=11. Quel tirages va amener ce résultat?
On cherche $P(X=k)$
Puis $X(\Omega)= [|1,11|]$ et pas $[|1,6|]$ je ne comprends pas ce que vous faites.
La première boule noire est tirée dans le pire des cas en position 8 quand les 7 boules blanches ont été tirées.
Donc tu reprends cette question à zéro et tu t'interdis de dire "le reste c'est du niveau terminale" X:-(
$P(X=k)= \dfrac{ 7 \times 6 \times \cdots (8-k) \times 4}{11 \times 10 \times \cdots \times (13-k) \times (12-k)}$
Bon change de métier !
D'abord ta formule n'a pas de sens.
Ensuite tu ne remarques même pas que c'est exactement le même genre d'exercice que tu as posté ici (donc rien de nouveau du point de vue concept). Alors tu n'as pas avancé du tout!
Ensuite concernant l'espérance, ici tu n'a pas la réponse comme dans ton post. Donc tu ne pourras pas nous leurrer en disant je sais faire.