Série de combinatoire

ArthurLimoge
ArthurLimoge
dans Combinatoire et Graphes
Bonsoir ! :-)

Je travaille actuellement sur un exercice de probabilités assez simple qui m'est venu à l'esprit il y a quelque temps (pour $n \in \mathbb{N}^{*}$, soit une matrice $M \in \mathcal{M}_{n}(\mathbb{R})$ comportant $n$ fois le nombre $1$ et puis que des $0$. $\forall k \in [|1,n|]$, calculer $\mathbb{P}(tr(M) = k)$. Il est assez simple de déterminer $\mathbb{P}(tr(M) = k)$, cependant, quand arrive le moment de les sommer pour vérifier que cette somme vaut bien $1$, je me heurte à une série que je ne sais pas comment calculer :

$\displaystyle\sum_{k = 0}^{n} \binom{n}{k}\dfrac{1}{k!}$

Edit : j'ai fait une erreur -grossière, excusez m'en- dans mes calculs qui m'a mené à cette somme, au temps pour moi, elle n'a rien à voir avec le problème originel !

Est-ce que quelqu'un aurait une idée s'il vous plaît ? Merci, bonne soirée ! :)

Réponses

  • Siméon
    Siméon
    Bonsoir,

    Tu n'as pas défini proprement ta loi, mais si elle est uniforme sur l'ensemble de matrices que tu décris, alors $\mathrm{tr}(M)$ suit une loi hypergéométrique. Vérifier que la somme des probabilités vaut $1$ peut alors se faire directement avec la formule de Vandermonde.

    Je ne comprends pas d'où sort ta somme (qui n'est pas une série).
  • Chaurien
    Chaurien
    N'est-ce pas une loi hypergéométrique ?
  • Siméon
    Siméon
    Tiens, il y a de l'écho.
  • Chaurien
    Chaurien
    @ siméon
    Tu as envoyé ton message pendant que j'écrivais le mien, qui ne suit le tien que de 3 minutes. Je ne t'ai donc pas recopié : tu pouvais t'en douter tout seul et t'éviter ainsi une remarque superflue et discourtoise.
  • Siméon
    Siméon
    Allons Chaurien, un peu d'humour !
    Un exercice pour me faire pardonner : en notant $u_n$ la somme d'ArthurLimoge, étudier la convergence de $\dfrac{\log(u_n)}{\sqrt n}$ lorsque $n\to\infty$.

    @ArthurLimoge : je ne connais pas de simplification remarquable de cette somme. Peux-tu détailler le raisonnement qui t'y amène ?


    Edit : coquille signalée par Chaurien.
  • Chaurien
    Chaurien
    @ Siméon.
    D'accord pour l'humour, mais cette somme $u_n$ ne me dit rien qui vaille.
    Pas de « s » à « amène » (troisième personne).
    Bonne soirée.
    Fr. Ch.
  • jandri
    jandri
    $u_n=\dfrac{a_n}{n!}$ où $(a_n)$ est la suite A2720 de l'OEIS.
    Mais la somme ne se simplifie pas.
  • Siméon
    Siméon
    Merci jandri ! Malheureusement, ton lien donne directement la réponse à ma devinette (et même un équivalent de $u_n$).
  • ArthurLimoge
    ArthurLimoge
    Bonsoir, merci pour vos réponses :)

    Pour la somme, je suis juste parti du fait qu'il existe $\binom{n}{k}$ combinaisons de $k$ fois le nombre 1 sur la diagonale, chacune ayant pour probabilité $\dfrac{n}{n^2}\dfrac{n - 1}{n^2 - 1}\times$...$\times\dfrac{n - k + 1}{n^2 - k + 1}\times\dfrac{n^2 - n}{n^2 - k}...\dfrac{n^2 - 2n + k + 1}{n^2 - n + 1}$, d'où :

    $\forall k : \mathbb{P}(tr(M) = k) = \dfrac{n!(n^2 - n)!^{2}}{(n-k)!n^{2}!(n^{2}-2n + k)!}$

    Après, peut-être que rien que cette partie là est fausse, mais elle me semblait cohérente :/.


    Edit : Ma somme $\displaystyle\sum_{k = 0}^{n} \binom{n}{k} \dfrac{1}{k!}$ n'a en effet rien à voir avec le problème, j'ai oublié un terme en sommant les $\mathbb{P}(tr(M) = k)$ ; au temps pour moi !
  • ArthurLimoge
    ArthurLimoge
    Mais merci pour vos réponses cependant, elles m'aideront en effet à rapprocher cela de cas de probabilités plus connus ! ^^
    Bonne soirée :)
Connectez-vous ou Inscrivez-vous pour répondre.

Bonjour!

Pour participer au forum, cliquer sur l'un des boutons :

Connexion S'inscrire

Catégories

In this Discussion

Qui est en ligne 3

Amadoutopopot +1 Invité