Probabilité [Résolu]

cléopatre · 02-01-2009 21:55:19

Bonjour à tous !

J'ai une question que je n'arrive pas à résoudre sur les probas. J'ai n-1 boules rouges et 1 malheureuse boule blanche. J'ai 2n-1 tirages et les tirages impairs se font sans remise et les tirages pairs avec remise. On veut trouver l'espérance, c'est à dire en moyenne combien de fois la boule blanche sortira t-elle de l'urne.

Je sais que si elle sort lors d'un tirage impair, ce sera définitif. Je n'arrive par à trouver la probabilité qu'elle sorte exactement p fois... Je sais que la probabilité qu'elle sorte 1 fois est de 1/2 et la probabilité qu'elle sorte n fois est de 1/n!.

Voila mes petits bibmatheux !
Bises de Cléo

Fred · 04-01-2009 22:01:54

Bouh!!!! C'est difficile!!!! T'as pas d'indications????

Fred.

Barbichu · 05-01-2009 14:29:38

Salut,
dur dur ton exo,
J'en arrive à une formule basée sur une suite récurrente que je ne sais pas calculer.
On note V la variable aléatoire donnant le nombre de fois que la la boule blanche sort.
je trouve [tex]p(V=k) = \frac{1}{n!}\sum_{i=1}^n v_{i-1,k-1}^{n-i}[/tex]
Où
* [tex]v_{0,0}^p = p![/tex]
* [tex]v_{j,k}^p = 0[/tex] si [tex]k>j[/tex] ou [tex]j<0[/tex] ou [tex]k<0[/tex]
* [tex]v_{j,k}^p = v_{j-1,k-1}^p + (j+p-1) v_{j-1,k}^p[/tex]

J'ai un peu la flemme de rédiger ma démonstration maintenant (si quelqu'un me la demande, je me donnerais quand même la peine de l'écrire ici, quand j'aurais le temps). D'autant plus que je n'ai pas trouvé de formule générale pour [tex]v_{j,k}^p[/tex]

Je vais juste montrer qu'on retrouve bien les deux cas particuliers.
Dans le cas où k=1 :
[tex]p(V=1) = \frac{1}{n!}\sum_{i=1}^n v_{i-1,0}^{n-i}[/tex]
Or [tex]v_{i-1,0}^{n-i} = (n-2) v_{i-2,0}^{n-i} = \ldots = (n-2)\ldots(n-i)v_{0,0}^{n-i} = (n-i) (n-2)![/tex]
D'où [tex]p(V=1) = \frac{1}{n!}\sum_{i=1}^n (n-i) (n-2)![/tex]
i.e. [tex]p(V=1) = \frac{1}{n(n-1)}\sum_{i=1}^n (n-i)[/tex]
ou encore [tex]p(V=1) = \frac{1}{n(n-1)}\sum_{i=1}^{n-1} i[/tex]
Donc [tex]p(V=1) = \frac{1}{n(n-1)} \frac{n(n-1)}{2} = \frac{1}{2}[/tex]

Dans le cas où k=n :
[tex]p(V=n) = \frac{1}{n!}\sum_{i=1}^n v_{i-1,n-1}^{n-i}[/tex]
Or [tex]v_{i-1,n-1}^{n-i} = v_{i-2,n-2}^{n-i} = \ldots = v_{0,n-i}^{n-i}[/tex]
Donc [tex]v_{i-1,n-1}^{n-i} = 0[/tex] si [tex]i\neq n[/tex]
et [tex]v_{n-1,n-1}^0 = v_{0,0}^0 = 0! = 1[/tex]
Donc [tex]p(V=n) = \frac{1}{n!}\sum_{i=1}^n v_{i-1,n-1}^{n-i} = \frac{1}{n!}[/tex]

++

Dernière modification par Barbichu (05-01-2009 14:31:55)

Barbichu · 07-01-2009 18:28:54

Salut,
Je n'ai pas beaucoup plus cherché, mais j'ai séché.
Cléo tu as la réponse ?
++

cléopatre · 10-01-2009 18:41:02

Bonjour à tous !

Je crois que l'on est tous dans le même cas, on sèche. Je ne sais pas si il est réellement possible de répondre à cette question. Je sui sincérement désolé de vous fait réfléchir. il est vrai comme la très bien fait Barbichu que les cas extrème sont faissables mais pour le problème je pense que l'on peut le traité sans les cas intermédiaires. Juste avec P(V=1), on peut calculer l'espérence, et on peut atteindre aussi la variance. Mais sur un moment de folie, j'ai cru qu'on pouvait arriver à ce résultat sans trop de difficulté. J'aurais voulu l'utiliser pour appronfondir les recherches et pour modifier un peu l'énoncé et voir comment se comporte les réponses.

Désolé encore pour cette fin quelque peu rassurante pour vous mais bon sa me dérange un pue.
Pour me faire pardonner je vais vous poser des questions plsu sûre dès maintenant sur les equadiffs linéaires !

Bisous de Cléo !

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