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sujet concret: kinder surprise

Envoyé par Boonie59 
sujet concret: kinder surprise
il y a cinq années
Bonjour,
avec un collègue on se posait la question suivante:
en ce moment chez Kinder on peut collectionner les 24 petits jouets. le problème c'est que généralement on obtient très souvent des doublons.
on se posait la question suivante: en supposant que chaque jouet a la même probabilité d'être obtenue , et qu'on les achète à l'unité, combien acheter en moyenne de kinder pour être quasiment sur d'obtenir les 24 jouets.
mon collègue a fait des simulations: ça varie jusqu'à 350 mais 90 revient très souvent. biensûr au minimum 24 pour celui qui a un coup de bol énorme.

Nous avons du mal à modéliser le problème car cela fait longtemps que nous n'avons a pas fait de proba, étant donné que nous enseignons au collège. Nous faisons donc appel aux experts de ce forum.
Merci beaucoup !



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a cinq années et a été effectuée par jacquot.
Re: sujet concret: kinder surprise
il y a cinq années
avatar
Re: sujet concret: kinder surprise
il y a cinq années
avatar
D'après l'article Wikipédia cité par Cidrolin, l'espérance du temps pour finir la collection de 24 objets est de 90,6...
Vos observations vont dans ce sens.



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a cinq années et a été effectuée par jacquot.
Re: sujet concret: kinder surprise
il y a cinq années
aah super!! merci beaucoup!!!
Dom
Re: sujet concret: kinder surprise
il y a cinq années
Une petite précision : la valeur trouvée (91 dirons-nous) dans l'article est le nombre moyen de boîtes qu'il faut acheter pour avoir toute la collection.


Cependant, cela ne correspond pas à "pour être quasiment sûr d'obtenir toute la collection".
Il faudrait regarder de plus près, par exemple avec l'écart type. Ou avec Bienayme-Tchebychev.
On aurait un résultat du type "pour être sûr à 95% d'avoir la collection complète, il faut en acheter ...".


L'écart-type dans l'article de Wiki est d'environ 34.
Je ne sais plus s'il faut calculer 91+34 ou plutôt 91+2x34, là mon esprit devient confus...(le digestif n'a pas du contribuer à ce que je donne une réponse précise...).

Un coup de main ?



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a cinq années et a été effectuée par Dom.
Utilisateur anonyme
Re: sujet concret: kinder surprise
il y a cinq années
pas mal de gens y arrivent en achetant $91 \pm 34$ kinder ...
(sigh - tout ça pour avoir 24 jouets, il faut en acheter 3 fois plus : la consommation est une forme de crime écologique ; le mieux, c'est de trouver à échanger avec les petits camarades ou sur leboncoin.fr) ...
Dom
Re: sujet concret: kinder surprise
il y a cinq années
Ou de collectionner le chocolat et de manger les jouets !
Utilisateur anonyme
Re: sujet concret: kinder surprise
il y a cinq années
Citation

Dom écrivait:
... et de manger les jouets !

choc anaphylactique garanti sad smiley ...
Dom
Re: sujet concret: kinder surprise
il y a cinq années
N'oublions pas : 1 Kinder = 1 verre de lait.
Ni plus ni moins que "=".

Si, si, ils l'ont dit !
Utilisateur anonyme
Re: sujet concret: kinder surprise
il y a cinq années
les kinder, c'est trop pas du vrai chocolat ... avec tous les produits chimiques qu'il y a dedans ...
Dom
Re: sujet concret: kinder surprise
il y a cinq années
Faux, ils ont dit que c'était "=" à un verre de lait.
Sinon, n'auraient-ils pas été condamnés ?

Retour au probleme : quelqu'un sait faire l'estimation du nombre de boîte avec une confiance de 95% ?
Utilisateur anonyme
Re: sujet concret: kinder surprise
il y a cinq années
il s'agit juste de tracer la fonction de répartition ... (je veux bien placer les 23 premiers points) ...
P.
Re: sujet concret: kinder surprise
il y a cinq années
Si $X_1,\dots,X_n,\dots$ sont iid a valeurs dans $\{S,E\}$ et si $\Pr(X_n=E)=p=1-q$ soit $T=\inf\{n; X_n=E\}.$ Alors $\Pr(T>n)=q^n$, donc $\Pr(T=n)=pq^{n-1}$, $f_T(z)=\mathbb{E}(z^T)=pz/(1-qz)$, $\mathbb{E}(T)=f'_T(1)=1/p$, $\mathbb{E}(T(T-1))=f''_T(1)=2q/p^2$ et donc
$ \sigma^2(T)=\mathbb{E}(T^2)-\mathbb{E}(T)^2=q/p^2.$ On dit que $T$ suit une loi geometrique $G(p).$


Soit ensuite $Y_1,\dots,Y_t,\dots$ iid de loi uniforme sur $\{1,2,\dots,N\}$ et soit $S_n=\inf\{t; |\{Y_1,Y_2\dots,Y_t\}|=n\}.$ Alors les
$T_n=S_{n+1}-S_n$ sont independants et $T_n\sim G((N-n)/N).$ On est interesse par la loi de $S_N=T_1+\cdots+T_{N-1}$. En particulier
\begin{eqnarray}\mathbb{E}(S_N)&=&N\left(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{N-1}\right)\equiv N\log N,\\\sigma^2(S_N)&=&N\left(N-1+\frac{N-2}{2^2}+\frac{N-3}{3^2}+\cdots+\frac{1}{(N-1)^2}\right)\equiv N(N\frac{\pi^2}{6}-\log N),\\
\mathbb{E}(z^{S_N})&=&z^N\prod_{n=1}^{N-1}\frac{N-n}{N-nz}.\end{eqnarray}


Application: $N=24.$



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a cinq années et a été effectuée par P..
Re: sujet concret: kinder surprise
il y a cinq années
avatar
Bref, sans lourd formalisme inutile, l'idée est celle que donne la notice Wikipedia.
Supposons que la collection de vignettes comprend $N$ vignettes, $ N\geq 2$.
Soit $X$ la v. a. r. égale au nombre de tirages (c'est-à-dire d'achats) permettant d'obtenir la collection complète.
Soit $X_1$ la v. a. r. égale au nombre de tirages permettant d'obtenir la première vignette, c'est bien sûr $X_1=1$.
Pour $i\in \{2,3,...,N\}$, soit $X_i$ la v. a. r. égale au nombre de tirages permettant d'obtenir une $i$-ème vignette différente des précédentes après qu'on en a obtenu $i-1$ différentes.
Il est clair que la v. a. r. $X_i$ suit la loi géométrique $\mathcal{G}(\frac{N-(i-1)}{N})$, et que les $X_i$ sont indépendantes, et que : $\displaystyle \overset{N}{\underset{i=1}{\sum }}X_{i}=X$.
Epicétou : l'espérance et la variance de $X$ en résultent immédiatement.
Puisqu'on a les formules exactes donnant l'espérance et la variance de $X$, on peut donner un développement asymptotique de cette espérance et de cette variance, lesquels devraient normalement se terminer par un $o(...)$ ou un $O(...)$. Mais j'ignore ce que peuvent bien signifier dans ce contexte les symboles $\sim$ ou $\equiv $.
Je posais ça en DS en prépa-HEC première année, et j'avais fait un petit article dans la revue "Référence", alors diffusée dans ces classes, à propos des nombres remarquables qui interviennent dans ce problème.
Bonne soirée.
F. Ch.



Edité 3 fois. La dernière correction date de il y a cinq années et a été effectuée par Chaurien.
Dom
Re: sujet concret: kinder surprise
il y a cinq années
Ajoutons qu'il s'agit d'un cas concret où l'on rencontre cette fameuse série harmonique dont on entend parler depuis le lycée.

.
P.
Re: sujet concret: kinder surprise
il y a cinq années
$X\sim \mu $ signifie traditionnellement que $X$ est de loi $\mu.$ Aucune raison d'etre desagreable, meme si tu as ecrit un article.
Re: sujet concret: kinder surprise
il y a cinq années
avatar
Et il y a aussi la non moins fameuse série des inverses carrés, j'espère qu'on en entend parler aussi.
Dom
Re: sujet concret: kinder surprise
il y a cinq années
Mais oui bien sûr !
Sachons répondre à ces inlassables "à quoi ça sert ?" .


Même si je suis partisan d'argumenter en général par l'incontestable "culture générale".
Re: sujet concret: kinder surprise
il y a cinq années
avatar
Remarquez qu'on ne parle que d'espérance et de variance, alors que normalement lorsqu'on propose l’étude d'une variable aléatoire discrète, la première question c'est la fonction de distribution (ou de répartition).

Prenez par exemple la loi binomiale, la loi hypergéométrique, ou la loi de Pascal. On peut calculer leur fonction de distribution, et ensuite en déduire espérance et variance par des procédés purement calculatoires, avec oubli de l'origine probabiliste du problème. Mais il peut sembler plus astucieux (et plus probabiliste...) d'exprimer dans chaque cas la variable aléatoire en question comme somme de variables aléatoires plus simples et déjà connues, Bernoulli ou géométriques, indépendantes ou non. Ceci montre qu'on peut trouver l'espérance et la variance sans passer par la fonction de distribution.

C'est ce qu'on fait ici.

Mais on peut de plus trouver distribution et répartition de $X$ au moyen des nombres de Stirling de seconde espèce. On se demande pourquoi Wikipédia n'en souffle mot, même en anglais.

Bizarre, bizarre...

Bonne soirée.
F. Ch.
Re: sujet concret: kinder surprise
il y a cinq années
avatar
Pour poursuivre les calculs, avec les notations de mon précédent message, on a, pour $i\in \{1,2,...,N\}$ :
$ \displaystyle E(X_{i})=\frac{N}{N-i+1}$, $ \displaystyle V(X_{i})=\frac{N(i-1)}{(N-i+1)^{2}}$, d'où :
$ \displaystyle E(X)=N\overset{N}{\underset{j=1}{\sum }}\frac{1}{j}$, $ \displaystyle V(X)=N\overset{N}{\underset{j=1}{\sum }}\frac{N-j}{j^{2}}$.
La formule d'Euler-MacLaurin conduit, quand $n\rightarrow +\infty $, à :
$ \displaystyle H_{n}=\overset{n}{\underset{j=1}{\sum }}\frac{1}{j}=\ln n+\gamma +\frac{1}{2n}-\frac{1}{12n^{2}}+o(\frac{1}{n^{3}})$,
$ \displaystyle \overset{n}{\underset{j=1}{\sum }}\frac{1}{j^{2}}=\frac{\pi ^{2}}{6}-\frac{1}{n}+\frac{1}{2n^{2}}-\frac{1}{6n^{3}}+o(\frac{1}{n^{4}})$.
Prière de vérifier, nul n'étant à l'abri d'une erreur.
Si c'est bon, le développement limité de l'espérance et de la variance s'ensuivent, à la précision $o(\frac{1}{N^{2}})$, quand $ N \rightarrow +\infty $..
Si besoin est, on peut avoir le développement limité à toute précision, au moyen des nombres de Bernoulli, mais je ne trouve pas qu'il y ait un grand intérêt.
Notez que les formules données par Wikipedia sont défectueuses.
Bonne soirée.
F. Ch.



Edité 3 fois. La dernière correction date de il y a cinq années et a été effectuée par Chaurien.
Re: sujet concret: kinder surprise
il y a cinq années
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Voici comme on peut calculer la fonction de distribution de notre variable aléatoire $X$.

Pour $n \in \N^*$ et $p \in \N^*$ on note $S(n,p)$ le nombre de partitions d'un $n$-ensemble en $p$ classes.
C'est le nombre de Stirling de seconde espèce. A l'heure d'Internet il n'est pas nécessaire que j'en dise plus.
Le nombre de surjections d'un $n $-ensemble sur un $p$-ensemble est donc : $p!S(n,p)$.
On remarque que la relation entre partitions et surjections est la même qu'entre combinaisons et arrangements.

Pour en venir à notre problème de vignettes, l’événement $[X\leq k]$ se réalise ssi, en $k$ achats, l’on a obtenu toutes les $N$ vignettes.
Les éventualités possibles en $k$ achats successifs sont les $k$-suites de $\{1,2,...,N\}$, ce sont les applications de $\{1,2,...,k\}$ dans $\{1,2,...,N\}$, qui sont au nombre de $N^k$, équiprobables.
L'événement $[X\leq k]$ se réalise ssi si l'application en question est surjective, et les éventualités correspondantes sont donc au nombre de $S(k,N)N!$. En conséquence : $P(X\leq k)=\frac{S(k,N)N!}{N^{k}}$.

On en déduit la fonction de distribution : $P(X = k)=\frac{S(k-1,N-1)N!}{N^{k}}$.


On peut en tirer pas mal de conséquences, égalités ou inégalités. Par exemple, pourrait-on prouver le caractère unimodal de cette distribution ?

Bonne journée.
F. Ch.



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a cinq années et a été effectuée par Chaurien.
P.
Re: sujet concret: kinder surprise
il y a cinq années
Ingenieux les fonctions surjectives.
Re: sujet concret: kinder surprise
il y a cinq années
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Merci, mais je ne crois pas avoir inventé ça. Ça dort dans mes papiers depuis quelques années, j'ai fait ce petit article en 1999, mais j'ai égaré les sources.
Bonne soirée.
F. Ch.
Re: sujet concret: kinder surprise
il y a cinq années
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Salut les gars.
@wikipédia dit ''Lorsque l'on a i-1 vignettes, la probabilité d'en trouver une nouvelle est (n-i+1)/n''. @Cidrolin,

A vrai dire je vois pas pourquoi et apparemment les simulations marchent. Expliques un peu !

''Dans un point, il n'y a pas de matière, donc il y a de l'esprit, et que de l'esprit.''
Re: sujet concret: kinder surprise
il y a cinq années
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Reprenant ce problème, il m'est venu l'idée d'une autre approche pour la fonction de distribution.
Changement de notation.
Je note désormais $X_{i,N}$ la v. a. r. égale au nombre de tirages (c'est-à-dire d'achats) permettant d'obtenir une $i$-ème vignette différente des précédentes après qu'on en a obtenu $i-1$ différentes. Avec $X_{1,N}$=1.
Et je note $X_N$ la variable aléatoire en question, qui est le nombre d'achats propres à obtenir la collection complète.
On a vu que les $X_{i,N}$ sont indépendantes et que leur somme est $X_{N}$. On en a déduit l’espérance et la variance de $X_N$.
On peut aussi en déduire la fonction génératrice de $X_N$ : $ \displaystyle G_{X_{N}}(t)=\underset{i=1}{\overset{N}{\prod }}G_{X_{i,N}}(t)=\underset{i=1}{\overset{N}{\prod }}\frac{(N-i+1)\frac{t}{N}}{1-(i-1)\frac{t}{N}}=N!\underset{i=1}{\overset{N}{\prod }}\frac{\frac{t}{N}}{1-(i-1)\frac{t}{N}}$.
Alors : $\displaystyle G_{X_{N}}(t)=N!\Phi _{N}(\frac{t}{N})$, avec : $ \displaystyle \Phi _{N}(x)=\underset{i=1}{\overset{N}{\prod }}\frac{x}{1-(i-1)x}=\underset{j=0}{\overset{N-1}{\prod }}\frac{x}{1-jx}$.
On pose : $\displaystyle \Phi _{N}(x)=\underset{k=1}{\overset{+\infty }{\sum }}a_{k,N}x^{k}$ et l'on peut étudier ces $a_{k,N}$ qui sont les nombres de Stirling décalés, mais alors il n'est pas indispensable de le savoir.
J' y reviendrai tantôt.
Bonne journée.
F. Ch.
P.
Re: sujet concret: kinder surprise
il y a cinq années
Eh, Chaurien, toi qui te moquais de moi....
Re: sujet concret: kinder surprise
il y a cinq années
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Je continue dans le prolongement de mon dernier message.
On a vu que : $ \displaystyle \Phi _{N}(x)=\underset{k=1}{\overset{+\infty }{\sum }}a_{k,N}x^{k}=\underset{j=0}{\overset{N-1}{\prod }}\frac{x}{1-jx}$, et : $ \displaystyle P(X_{N}=k)=a_{k,N}\frac{N!}{N^{k}}$.
Alors : $ \displaystyle \Phi _{N+1}(x)=\underset{j=0}{\overset{N}{\prod }}\frac{x}{1-jx}=\Phi _{N}(x)\frac{x}{1-Nx}$, d'où :
: $x\Phi _{N}(x)=(1-Nx)\Phi _{N+1}(x)$, soit : $ \displaystyle x\underset{k=1}{\overset{+\infty }{\sum }}a_{k,N}x^{k}=(1-Nx)\underset{k=1}{\overset{+\infty }{\sum }}a_{k,N+1}x^{k}$.
En identifiant le coefficient de $x^{k+1}$ dans les deux membres de cette égalité, il vient~: $a_{k,N}=a_{k+1,N+1}-Na_{k,N+1}$, d'où : $a_{k+1,N+1}=a_{k,N}+Na_{k,N+1}$.
Les conditions initiales sont évidentes : $a_{1,1}=1$ et $a_{k,1}=0$ pour $k\geq 2$ et : $a_{1,N}=0$ pour $N\geq 2$.
Cette relation de récurrence permet de dresser le tableau à double entrée des $a_{k,N}$, qui sont des entiers naturels, strictement positifs si $2\leq k\leq N$ (partie utile du tableau).
Entre nous, $a_{k,N}=S(k-1,N-1)$ mais avec cette attaque, on n'est pas obligé de le savoir...
À suivre...
F. Ch.
Re: sujet concret: kinder surprise
il y a cinq années
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Salut @Chaurien,

je posais une question sur l'article de ''wikipédia'' concernant ce qu'il proposait pour la distribution de la variable aléatoire dont il s'agit ici. je n'étais pas très convaincu de ce qui est énoncé, à savoir que la probabilité d'obtenir une vignette différente des i vignettes déjà obtenues est (n-i)/n. Je trouve cela qui permet de parler de loi géométrique, un peu trop simpliste. Vous n'avez pas répondu à ma question explicitement, mais à mon niveau, j'avais pas vu (ou pas bien regardé) ta proposition utilisant les surjections. Je trouve cette dernière approche beaucoup plus plausible intuitivement, et vous suggère de continuer votre raisonnement dans ce sens.

Mais dans ta formule P(X=k) = S(k-1,N-1)N!/N^k, n'aurait-on pas N^(k-1) au dénominateur ?

''Dans un point, il n'y a pas de matière, donc il y a de l'esprit, et que de l'esprit.''
Re: sujet concret: kinder surprise
il y a cinq années
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Bonsoir @ babsgueye

Je ne vois pas ce qu'il y aurait de "simpliste" à décomposer une variable aléatoire en somme de variables plus simples. Il y a plus d'un exemple d'une telle méthode : loi binomiale, loi hypergéométrique, loi binomiale négative, et sans doute d'autres encore. Il ne faut pas se plaindre, comme on dit, que la mariée est trop belle.

Dans le cas présent,le nombre d'achats à faire pour obtenir la première vignette est bien sûr $X_{1,N}=1$, puisque pour la première n'importe laquelle fait l'affaire. Par la suite, si l'on en a obtenu $i-1$ différentes, $i\geq 2$, la $i$-ème est attendue parmi les $N-(i-1)$ autres, et la probabilité de l'obtenir à chaque nouvel achat est donc : $\frac{N-(i-1)}{N}$. Ces achats étant indépendants, le temps d'attente $X_{i,N} $ de cette $i$-ème vignette suit la loi géométrique $\mathcal {G}( \frac{N-i+1}{N})$. La variable aléatoire $X_N$ qui nous intéresse, qui est le nombre total d'achats à faire pour avoir la collection complète, est : $ \displaystyle X_{N}=\underset{i=1}{\overset{N}{\sum }}X_{i,N}$. Les achats étant indépendants, les variables aléatoires $X_{i,N}$ le sont aussi. Le calcul de l'espérance et de la variance de $X_N$ en découlent immédiatement, comme on l'a vu.

À suivre...
F. Ch.



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a cinq années et a été effectuée par Chaurien.
Re: sujet concret: kinder surprise
il y a cinq années
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Ben, @Chaurien,
je serais plus convaincu si ce résultat dont tu parle se tirer de ton raisonnement avec les surjections j'allais dire. mais en fait je me rend compte que le raisonnement tenu, même avec les surjections, ne tient pas compte du fait que les kinders s'achète un par un et il y a pas remise ! ( il serait raisonnable de penser que la probabilité d'obtenir cette première vignette change - en tenant compte des autres achats, par d'autres personnes - je dis ici qu'on a qu'une modélisation approximative, quand on considère que la probabilité d'obtenir une quelconque vignette reste égale à $\frac{1}{N}$ ). On peut ne pas s'interdire cela parce qu'on ne peut mieux faire, mais tout en sachant qu'on a vraiment que des valeurs approximatives.
Ce que je veux dire, c'est que en considérant que le même nombres de vignette de chaque couleur a été mis sur le marché (en principe c'est le cas, et c'est ce qui nous permet de dire que couleur s'obtient avec une probabilité = à $\frac{1}{N}$), dire cette probabilité ne change pas pour obtenir la deuxième couleur, c'est considérer que aussi qu'une vignette et une seule, de toutes les autre couleurs a été aussi retirée du marché avant ton deuxième achat (pour stabiliser la probabilité). En général, c'est pas le cas.
Maintenant, si on se comprend, comment tenir compte de ce fait, pour une meilleure modélisation, qui donnera une probabilité plus fiable !

''Dans un point, il n'y a pas de matière, donc il y a de l'esprit, et que de l'esprit.''
Re: sujet concret: kinder surprise
il y a cinq années
avatar
Poursuivons.
Ce n'est pas moi qui ai inventé cette méthode de décomposition de $X_N$ en somme de variables aléatoires indépendantes suivant des lois géométriques, on la trouve un peu partout, notamment sur Wikipedia. Mais bizarrement, sur Wikipedia, il n'y a pas l'expression de la fonction de distribution. Pour avoir cette fonction, j'ai d'abord suivi une approche combinatoire, observant que l’événement $[X_{N}\leq k]$ est réalisé ssi en $k$ achats on a eu toutes les $N$ vignettes.
L'ensemble des éventualités possibles pour $k$ achats successifs est l'ensemble des applications de $\{1,2,...,k\}$ dans $\{1,2,...,N\}$, qui sont au nombre de $N^k$, équiprobables, et l'ensemble de ces éventualités réalisant $[X_{N}\leq k]$ est l'ensemble des surjections, qui sont au nombre de : $S(k,N)N!$, où $S(k,N) $ est le nombre de Stirling de seconde espèce. D'où : $P(X_{N}\leq k)=\frac{S(k,N)N!}{N^{k}}$.
En raison de la relation de récurrence qui régit les $S(k,N)$, la fonction de distribution est donc, pour $k\geq 2$ : $P(X_{N}=k)=P(X_{N}\leq k)-P(X_{N}\leq k-1)=\frac{N!}{N^{k}}(S(k,N)-NS(k-1,N))=\frac{N!}{N^{k}}S(k-1,N-1)$.
Encore vrai pour $k=1$.
On peut même prouver directement ceci. En effet, l'événement $[X=k]$ est réalisé ssi les $k-1$ premiers achats ont donné $N-1$ vignettes différentes et si le $k$-ème achat donne la $N$-ème. Le nombre d'éventualités qui conviennent est : $S(k-1,N-1)(N-1)!N$, d'où la valeur de $P(X_{N}=k)$.
Mais ensuite, pour ce qui est de déduire de cette fonction de distribution l'espérance et la variance, avec les formules de définition, ce n'est pas impossible, mais il faut en savoir plus sur les nombres de Stirling et ceci devient très calculatoire. D'où mon goût pour l'autre méthode.
Bonne soirée.
F. Ch.



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a cinq années et a été effectuée par Chaurien.
Re: sujet concret: kinder surprise
il y a cinq années
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@ babsgueye
Je commence à comprendre tes objections, mais tu te compliques trop la vie. Les vignettes sont supposées éditées à un grand nombre d'exemplaires, et chacune en même nombre (ce qu'on espère pour l'honnêteté de l'entreprise). Les achats sont donc assimilés à des tirages successifs et indépendants, avec remise, dans un $N$-ensemble, avec équiprobabilité. Une année, pour ne pas embêter mes étudiants avec les problèmes d'interprétation, j'avais posé le problème avec un dé à $N$ faces, que l'on lançait jusqu'à ce qu'on ait obtenu au moins une fois chaque numéro.
Bonne soirée.
F. Ch.
Dom
Re: sujet concret: kinder surprise
il y a cinq années
@Chaurien
Avec le dé à six faces, de mémoire, on trouvait une moyenne d'environ 13 lancers pour avoir chaque face.
Re: sujet concret: kinder surprise
il y a cinq années
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@ Dom
Fais le calcul toi-même : $E(X_{N})=NH_{N}$, $E(X_{6})=14,7$.
Bonne soirée.
F. Ch.



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a cinq années et a été effectuée par Chaurien.
Dom
Re: sujet concret: kinder surprise
il y a cinq années
Lol c'est ce que j'ai trouvé winking smiley
Re: sujet concret: kinder surprise
il y a cinq années
avatar
Ben. Sachant que concrètement ce que nous supposons ne se passe en réalité (la production est appelée à s'épuiser, sans aucun contrôle possible sur la fluctuation de la probabilité, sinon approximatif, basée sur des suppositions). Il serait plus juste de dire que la probabilité que vous avez calculée est pour celui qui achète k kinders d'un seul coup (on peut se permettre de dire même au delà du moment de lancement, sans trop de dégats) .

''Dans un point, il n'y a pas de matière, donc il y a de l'esprit, et que de l'esprit.''
Re: sujet concret: kinder surprise
il y a cinq années
avatar
Bon, moi je me suis exprimé sur le problème classique du collectionneur de vignettes (coupon collector) :
[fr.wikipedia.org]
[en.wikipedia.org]
[alea.impa.br]

On peut trouver de nombreuses références à ce problème, qui provient probablement de William Feller, dans les années 1950. Il me semble que cette façon de le traiter donne une approximation raisonnable de l'achat aléatoire de vignettes, si les conditions que j'ai dites sont respectées. D'après les références, il y a eu des applications et généralisations. Maintenant on peut toujours proposer d'autres mathématisations de la situation, mais ce n'est pas mon propos pour l'instant.

En ce qui concerne ce problème classique, j'ai dit que la décomposition en somme de variables aléatoires géométriques donne sans mal l'espérance et la variance. Pour avoir la fonction de distribution, je passais par les nombres de Stirling, mais ceci oblige à un détour par la Combinatoire, qui est un des (nombreux) parents pauvres de l'enseignement en classes préparatoires scientifiques (et même commerciales). C'est pourquoi j'ai pensé à utiliser la fonction génératrice, qui fait apparaître des coefficients que j'ai appelés $a_{k,N}$ dans un message précédent, et dont on peut étudier les propriétés, sans qu'il soit besoin de savoir qu'ils ont un nom.

J'ai posé ceci en colle hier en PSI, et cela s'est bien passé, l'élève a adhéré sans problème à l'interprétation que j'ai rédigée ainsi :

<< Une collection de vignettes comprend $N$ vignettes, numérotées de $1$ à $N$, avec $N\in \mathbb{N}^{*}$. Ces vignettes sont vendues à l'unité, chacune dans un emballage clos. Elles sont toutes éditées à un grand nombre d'exemplaires, le même nombre pour chacune, en sorte qu'à chaque achat d'une vignette, toutes les vignettes ont la même probabilité $\frac{1}{N}$ d'être achetées. Une suite d'achats de ces vignettes peut ainsi être considérée comme une suite de tirages aléatoires indépendants avec remise dans l'ensemble des $N$ vignettes.
On achète successivement des vignettes jusqu'à ce que l'on ait acquis la collection complète, et l'on désigne par $X_{N}$ la variable aléatoire réelle égale au nombre de vignettes qu'il faut acheter pour arriver à ce résultat.>>

Bonne journée.
F. Ch.



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a cinq années et a été effectuée par Chaurien.
Re: sujet concret: kinder surprise
il y a cinq années
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Moi aussi j'adhère à l'interprétation que vous faites de votre solution. C'est exactement ce problème que tu as résolu ci-haut.
Je disais quand même que c'est pas exactement ce qui se passe (se serait mal informer le consommateur et ou l'entreprise, que de s'en tenir là). Je pense pas qu'il y ait un problème de calculabilité ! Sur la base d'un nombre de clients potentiels (qui achètent au même rythme), avec les probabilités conditionnelles et une formule des probabilité totales, je pense qu'il est possible de donner un résultat fiable sans imposer les restrictions trahissant la réalité que tu fais ici.

Bonne chance !

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