Urnes et probabilités
Bonjour
Voici un problème de probabilités sur lequel je sèche un peu... Quelqu'un aurait-il une idée de la façon de procéder pour le résoudre ?
1) On considère une urne avec n boules blanches et n boules noires, on effectue des tirages sans remise jusqu'à ce qu'il ne reste qu'une seule couleur dans l'urne. Soit X_n la variable aléatoire correspondant au nombre de boules restantes après ces tirages, donnez la loi de X_n.
2) On considère 2 urnes avec n boules dans chacune, à chaque tirage (sans remise) on choisit l'une des urnes de manière équiprobable, on effectue ces tirages jusqu'à ce que l'urne que l'on choisit soit vide. Soit Y_n la variable aléatoire correspondant au nombre de boules restantes dans l'autre urne, donnez la loi de X_n et un équivalent de son espérance.
Merci d'avance !
Voici un problème de probabilités sur lequel je sèche un peu... Quelqu'un aurait-il une idée de la façon de procéder pour le résoudre ?
1) On considère une urne avec n boules blanches et n boules noires, on effectue des tirages sans remise jusqu'à ce qu'il ne reste qu'une seule couleur dans l'urne. Soit X_n la variable aléatoire correspondant au nombre de boules restantes après ces tirages, donnez la loi de X_n.
2) On considère 2 urnes avec n boules dans chacune, à chaque tirage (sans remise) on choisit l'une des urnes de manière équiprobable, on effectue ces tirages jusqu'à ce que l'urne que l'on choisit soit vide. Soit Y_n la variable aléatoire correspondant au nombre de boules restantes dans l'autre urne, donnez la loi de X_n et un équivalent de son espérance.
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Réponses
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C'est très impoli de poser des questions partout, des gens vont te dire ce que tu as eu comme réponse ailleurs, tu leur fais perdre leur temps et tu les trompes ... Et ça ne manifeste pas une grosse volonté de faire toi-même le travail !
Le traitement du second énoncé peut passer par le dénombrement des "chemins" dans $\N^2$ qui vont du point de coordonnées $(n,n)$ aux points de coordonnées $(0,k)$ ou $(k,0),\:$ sans passer par les points $(0,k+1)$ et $(k+1,0).\:\:$( à chaque étape, deux options équiprobables se présentent: un pas vers l'Ouest ou un pas vers le Sud.) Ainsi, sans trop de difficultés, tu dois parvenir à:
$$\forall k \in [\![1;n]\!], \quad \mathbb P (Y_n=k)=\dfrac {\binom{2n-1-k}{n-1}}{2^{2n-1-k}}.$$
(L'égalité$\:\displaystyle 1= \sum_{k=0}^{n+1}\mathbb P(Y_{n+1}=k) $ constitue une preuve combinatoire de l'étrange identité $\: 4^n=\displaystyle \sum_{k=0}^{n}\binom{n+k}n 2^{n-k} .$)
Pour le calcul de $\mathbb E(Y_n)$, je n'ai rien aperçu de franchement "évident". Quelques acrobaties permettent cependant d'obtenir: $\quad\mathbb E(Y_n)= \displaystyle \sum _{k=0}^{n-1} \dfrac{\binom{2k}k}{4^k}.$
Avec l'équivalent $\dfrac {\binom{2n}n}{4^n}\underset{n\to + \infty}{\sim} \sqrt{\dfrac1{\pi n}}$, cette expression de $\mathbb E(Y_n)$ qui n'est pas si simple à établir, ouvre l'accès à:$ \quad \boxed{\mathbb E(Y_n)\underset{n\to +\infty}{\sim}2\sqrt{\dfrac n{\pi}}.}$
Remarque:$\quad \mathbb E(X_n)= \dfrac{2n}{n+1},\quad \displaystyle \lim_{n\to + \infty} \mathbb E(X_n)=2,\quad \mathbb V(X_n)= \dfrac{2(n-1)n^2}{ (n+2)(n+1)^2}.$
Mais je pense qu'une partie intéressante, c'est de se demander ce qui différencie les 2 questions. Est-ce que les calculs vont être les mêmes ?
Quelle situation donne une espérance plus grande pour $X_n$.
Je complète un peu ce qu'a écrit LOU16 en donnant la forme simplifiée de l'espérance (deuxième question) : $\mathbb E(Y_n)= \displaystyle \sum _{k=0}^{n-1} \dfrac{\binom{2k}k}{4^k}=\dfrac{2n\binom{2n}n}{4^n}$
Cela peut se démontrer en interprétant la somme comme un produit de Cauchy ou plus simplement par récurrence (quand on connait le résultat).
Pour établir l'expression de $\mathbb E(Y_n)$ trouvée par LOU16 j'ai exprimé $\mathbb E(Y_{n+1})$ en fonction de $\mathbb E(Y_n)$ en utilisant, pour un départ avec $n+1$ boules dans chaque urne, le système complet d'événements $E_{n+1,k}$ : il reste $k+1$ boules dans l'autre urne quand pour la première fois l'une des urnes contient une seule boule.
J'ai cherché à généraliser à deux urnes contenant au départ respectivement $a$ et $b$ boules : $Y_{a,b}$ est le nombre de boules restant dans l'autre urne quand pour la première fois l'une des urnes est vide. On obtient facilement la relation de récurrence $2\mathbb E(Y_{a,b})=\mathbb E(Y_{a,b-1})+\mathbb E(Y_{a-1,b})$.
A partir de $\mathbb E(Y_{a,0})=a$ on peut calculer les valeurs de $\mathbb E(Y_{a,b})$ pour les petites valeurs de $a$ et $b$.
On peut aussi calculer $\mathbb E(Y_{a,1})=a-1+\dfrac1{2^{a-1}}$, puis $\mathbb E(Y_{a,2})=a-2+\dfrac{a+4}{2^{a}}$, etc...
A partir de $\mathbb E(Y_{n,n})$ on peut aussi calculer $\mathbb E(Y_{n,n-1})$, $\mathbb E(Y_{n,n-2})$, etc...
Malheureusement je n'ai pas trouvé de formule générale pour $\mathbb E(Y_{a,b})$ (sans le symbole sigma). Avec Wolframalpha (ou Maple) j'ai obtenu des expressions avec une fonction hypergéométrique mais elles ne sont pas symétriques en $a$ et $b$.
Une dernière remarque : la question initiale n'est pas exactement celle à laquelle a répondu LOU16 car MthS demandait d'aller jusqu'à ce que l'urne que l'on choisit soit vide, c'est-à-dire jusqu'à ce qu'il y ait $-1$ boule dans une urne (avec $Y'_n$ boules dans l'autre urne). Cela revient à considérer $Y_{n+1}$ puis à retirer $1$, d'où l'espérance $\mathbb E(Y'_n)=\mathbb E(Y_{n+1})-1= \displaystyle \sum _{k=1}^{n} \dfrac{\binom{2k}k}{4^k}=\dfrac{(2n+1)\binom{2n}n}{4^n}-1$.