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variables aléatoires

Envoyé par bobby 
bobby
variables aléatoires
il y a douze années
Bonjour à tous.
Voici un exercice de proba dont je vous donne l'énoncé:
$n$ est un entier naturel.
Une urne $U_n$ contient $n$ boules numérotées de 1 à $n$.
On effectue dans cette urne une succession de tirages d'une boule, en appliquant la règle suivante : si une boule tirée porte le numéro $k$, on enlève de l'urne toutes les boules dont le numéro est supérieur à $k$.
On note pour tout $j \in \{1,2,\ldots,n\},\ N_j$ la variable aléatoire donnant le numéro de la boule tirée au $j$-ième tirage (s'il a lieu)
On note $X_n$ la variable aléatoire donnant le nombre de tirages nécessaires pour vider l'urne $U_n$ de toutes ses boules.
Déterminer la loi de $X_3$ et calculer son espérance .

==> Ce que j'ai trouvé:
$P(X_3=3)=P(N_1=3)(N_2=2)=\frac{1}{6}$ qui est la proba conditionnée de $(N_2=2)$ sachant que $(N_1=3)$ (je n'ai pas réussi à l'écrire autrement).
$P(X_3=2)=P(N_1=2)(N_2=1)+P(N_1=3)(N_2=1)=\frac{1}{2}$
$P(X_3=1)=P(N_1)=\frac{1}{3}$

Est-ce juste?
Merci d'avance pour vos réponses.

[Merci à Gilles Benson pour la correction du $\LaTeX$. AD]
Re: variables aléatoires
il y a douze années
avatar
oui, c'est juste et je ne le connaissais pas celui-là...
sedanais
Re: variables aléatoires
il y a douze années
N'a t-on pas E(X_{n+1})=1+1/(n+1)[E(X1)+E(X2)+...+E(Xn)] ?
Re: variables aléatoires
il y a douze années
avatar
Euh je ne suis pas trop d'accord avec $P(X_3=3)=P(N_1=3)(N_2=2)$ et ce qui suit. Ca pique les yeux. Ce n'est pas "homogène" comme diraient les physiciens !
gb
Re: variables aléatoires
il y a douze années
avatar
egoroff> et pourtant c'est cela.
En fait, on a $P(X_n = k) = P(N_k = 1)$.
Mais on ne peut pas faire autrement que de décomposer l'événemement $(N_k = 1)$ sur un système complet d'événements déterminés par les tirages précédents, car il faut savoir parmi combien de boules on a tiré la boule numéro 1 au $k$\up{e} tirage.
Re: variables aléatoires
il y a douze années
avatar
Hmm.. soit, mais en décomposant selon un système complet d'évènements on se retrouve avec une somme pas un seul terme, et puis les termes sont de la forme $P(B|A_i)P(a_i)$ et là je ne vois que le premier facteur (désolé gb il est trop tard pour que je comprenne, mais merci quand même).
gb
Re: variables aléatoires
il y a douze années
avatar
egaroff> effectivement, c'est l'écriture qui est incorrecte, mais cela vient, je pense du fait que bobby n'a pas su gérer la barre $\vert$ pour écrire les probabilités conditionnelles.
Il eut fallu :
$P(X_3=2)=P[(N_2=1)\vert(N_1=2)]P(N_1=2) + P[(N_2=1)\vert(N_1=3))P(N_1=3)$
mais les résultats numériques sont exacts, donc j'en conclus que, sur son papier, c'est écrit correctement.
Re: variables aléatoires
il y a douze années
avatar
OK gb maintenant je comprends ; en temps normal je pense que j'aurai pu boucher les trous tout seul mais je me suis usé les neurones à taper en LaTeX la convolution de deux gaussiennes, et encore elles étaient centrées.. merci d'avoir réfléchi à ma place.
Re: variables aléatoires
il y a douze années
avatar
Soit $p_{n, k}$ la probabilité de vider l'urne $U_n$ avec $k$ tirages, avec $n\ge 1.$ On observe que
\[ p_{n, 1} = \frac{1}{n}
\quad \mbox{et} \quad p_{n, k} = \frac{1}{n}
\sum_{r=1}^{n-(k-1)} p_{n-r, k-1}.\]
On obtient la borne supérieure de la somme en observant qu'il est nécessaire que $n-r \ge k-1$.
Cependant en posant $p_{n, k} = 0$ pour $k>n$, on peut remplacer la deuxième formule par
\[ p_{n, k} = \frac{1}{n} \sum_{r=1}^{n-1} p_{n-r, k-1}.\]
On pose maintenant \[ P(z, u) = \sum_{n\ge 1, k\ge 1} p_{n, k} u^k z^n.\] On a donc \[ [z^{n-1} u^k] \frac{d}{dz} P(z, u) =
[z^{n-1} u^{k-1}] \frac{1}{1-z} P(z, u) =
[z^{n-1} u^k] \frac{u}{1-z} P(z, u).\] d'où
\[ \frac{d}{dz} P(z, u) = \frac{u}{1-z} P(z, u)
\quad \mbox{soit} \quad P(z, u) = C \left( \frac{1}{1-z} \right)^u.\]
Mais
\[ [z^n u] P(z, u) = \frac{1}{n}
\quad \mbox{soit} \quad [z^n] C \log \frac{1}{1-z} = \frac{1}{n}\]
d'où $C=1$ et
\[ P(z, u) = \left( \frac{1}{1-z} \right)^u. \]
On note que c'est la fonction génératrice des nombres de Stirling de première espèce et que
\[ [z^n] P(z, 1) = [z^n] \frac{1}{1-z} = 1, \]
donc il s'agit bien d'une fonction génératrice probabilistique.

Pour l'espérance, on utilise :
\[ \sum_{n\ge 1} E[X_n] z^n =
\left. \frac{d}{du} P(z, u) \right|_{u=1} =
\left. \left( \frac{1}{1-z} \right)^u \log \frac{1}{1-z}
\right|_{u=1} =
\frac{1}{1-z} \log \frac{1}{1-z} \]
d'où on a finalement
\[ E[X_n] = [z^n] \frac{1}{1-z} \log \frac{1}{1-z} = H_n,\]
un nombre harmonique.

En espérant qu'Alain m'aidera avec le francais.

Amicalement,
Marko

[Je n'ai finalement eu qu'à corriger que les accents ;) AD]
Re: variables aléatoires
il y a douze années
avatar
Bonjour à tous,

J'apporte quelques precisions à mon message de hier. On a
\[ \frac{d}{dz} P(z, u) = \frac{u}{1-z} P(z, u)
\quad \mbox{soit} \quad P(z, u) = C(u) \left( \frac{1}{1-z} \right)^u. \]
avec $C(u)$ une série formelle en $u$. Posons :
\[ Q(z, u) = \left( \frac{1}{1-z} \right)^u. \]
On a
\[ [u^k] Q(z, u)
= \frac{1}{k!} \left( \log \frac{1}{1-z} \right)^k \]
et donc $[z^n u^k] Q(z, u) = 0$ pour $n < k$, propriété essentielle comme nous avons vu hier. (On a aussi $[z^n u^k] Q(z, u) \ne 0$ pour $1\le k\le n.$) S'il y a un $k>0$ tel que $[u^k] C(u) \ne 0$ alors $C(u) Q(z, u) = P(z, u)$ ne possède plus cette propriété, donc $C(u)$ est une constante. Pour vérifier que $C=1$ on procède comme avant.

Amicalement,
Marko
Re: variables aléatoires
il y a douze années
avatar
Bonjour à tous,

Je me réponds à moi-même, j'espere que ce sera la derniere fois. Il arrive que en faisant soigneusement les calculs, on trouve que l'equation differentielle est plutot
\[ \frac{d}{dz} P(z, u) = \frac{u}{1-z} + \frac{u}{1-z} P(z, u) \]
ce qui donne
\[ P(z, u) = -1 + C(u) \left( \frac{1}{1-z} \right)^u. \]

Finalement on utilise
\[ [z^0] P(z, u) = 0 = -1 + C(u) \]
pour conclure que $C(u) = C = 1$ et
\[ P(z, u) = -1 + \left( \frac{1}{1-z} \right)^u. \]

J'espere que c'est bon maintenant.

Amicalement,

Marko
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