Nombres moyen de boules noires tirées

mimod · 19-08-2013 23:14:15

Bonsoir;

Je vous demande de bien vouloir m'aider dans la résolution de cet exercice :

Une urne contient b boules blanches et n boules noires. On retire les boules une à une jusqu'à ce que la première boule blanche apparaisse. Quel est le nombre moyen de boules noires tirées ?

On pose X la variable aléatoire discrète finie qui désigne le nombre de boules tirées : X = 1, ... , n+1

P(X=1) = b/(n+b)
P(X=2) = n*b/[(n+b)*(n+b-1)]

P(X=i) = n*(n-1)...(n-(i-2))*b/[(n+b)*(n+b-1)...(n+b-(i-1))]

La question est de déterminer l'espérance de X-1

Merci d'avance

freddy · 20-08-2013 13:03:41

Salut,

où est le problème ? Il te suffit de reprendre la définition de [tex]E(X-1)[/tex] et de faire le calcul, puisque tu as tous les éléments en main.

Sauf erreur, pour [tex] p \in [1, n+1][/tex], on a [tex]\Pr(X=p) = \frac{n!}{(n-p+1)!}\times b \times \frac{(n+b-p) !}{(n+b)!}[/tex] et donc

[tex]E[X-1] = \sum_{p=1}^{n+1} (p-1)\times \Pr(X=p)[/tex]

Tu fais le calcul ?

Indication : vérifie au préalable que la distribution est bien un loi de probabilité (somme des proba individuelle égale à 1).

PS : tu m'as fait écrire des bétises :-) J'ai corrigé !

Dernière modification par freddy (20-08-2013 16:19:35)

totomm · 20-08-2013 16:47:27

Bonsoir,

Je préfère la formule suivante utilisant les combinaisons (ancienne notation) [tex]C_n^k=\frac{n!}{k!(n-k)!}[/tex]:
[tex]\Pr(X=p) = \frac{b}{p} \times \frac{ C_n^{p-1} } { C_{n+b}^p }[/tex]
c'est plus condensé pour exprimer l'espérance.

freddy · 20-08-2013 16:59:51

totomm a écrit :

Bonsoir,
Je préfère la formule suivante utilisant les combinaisons (ancienne notation) [tex]C_n^k=\frac{n!}{k!(n-k)!}[/tex]:
[tex]\Pr(X=p) = \frac{b}{p} \times \frac{ C_n^{p-1} } { C_{n+b}^p }[/tex]
c'est plus condensé pour exprimer l'espérance.

Salut,

tu ne pouvais pas imaginer un seul instant que c'est précisemment là où je voulais le conduire ? ...

Tu n'as toujours rien compris au travail pédagogique !

Pour info, utilise le code binom{a}{b} pour arriver aux notations plus modernes des combinaisons ...

yoshi · 20-08-2013 18:18:13

Bonsoir,

totomm a écrit :

Je préfère la formule suivante utilisant les combinaisons

Oh oui, là, il faut bien reconnaître que c'était rédhibitoire, hein !...

Trop difficile d'attendre ?
Ça commence fort !

Yoshi
- Modérateur -

freddy · 21-08-2013 22:59:05

Salut,

bon, manifestement, l'ami mimod doit attendre une réponse sans chercher à trop se fatiguer.

On va laisser le soin au camarade tontom de la lui donner, et on va demander au dit camarade de ne pas trop forcer sur les explications, as usual.

Connaissant le résultat, je corrigerai le cas échéant. Au pire, je détaillerai plus tard, pour les autres visiteurs.

Bises de Bâle !

totomm · 24-08-2013 23:27:12

Bonsoir,

La fin de semaine arrivant et sans nouvelle intervention de mimod qui devait connaitre la réponse et donc n'était pas "en perdition"...
L'espérance de X-1 est [tex]\frac{n}{b+1}[/tex],
n étant le nombre initial de noires et b celui des blanches, pour n>=0 et b>=1

A freddy de confirmer et détailler...

freddy · 26-08-2013 18:35:45

Salut,

très bien, mon ami, très bien !

freddy · 28-08-2013 07:54:30

Salut,

première étape : prouver que [tex]\sum_{k=1}^{n+1}\Pr(X=p)=1[/tex], ce qui n'est pas très simple a priori.

On pose [tex]P_k=\Pr(X=k)[/tex] et on remarque que [tex](n+b-k)P_{k+1}=\Big(n-(k-1)\Big)P_k[/tex] cf.#13

Par suite, on a :

[tex]\begin{cases} \cdots \\
\\
\Big(n+b-(k+1)\Big)P_{k+2}=(n-k)P_{k+1} \\
(n+b-k)P_{k+1}=\Big(n-(k-1)\Big)P_k \\
\Big(n+b-(k-1)\Big)P_{k}=\Big(n-(k-2)\Big)P_{k-1} \\
\\
\cdots \end{cases}[/tex]

d'où l'on tire :

[tex]b\sum_{k=2}^{n+1}P_k=nP_1[/tex] puis [tex]b\sum_{k=1}^{n+1}P_k=(n+b)P_1=b[/tex] et donc [tex]\sum_{k=1}^{n+1}P_k=1[/tex]

(...)

Dernière modification par freddy (29-08-2013 05:54:50)

totomm · 28-08-2013 14:28:06

Bonjour,

freddy a écrit :

première étape : prouver que [tex]\sum_{k=1}^{n+1}\Pr(X=p)=1[/tex], ce qui n'est pas très simple a priori.
On pose [tex]P_k=\Pr(X=k)[/tex] et on remarque que [tex]\Big(n+b-(k-1)\Big)P_{k+1}=\Big(n-(k-2)\Big)P_k[/tex]

D'après la présentation du post # 2 je trouve :
[tex]\Big(n+b-k \Big)P_{k+1}=\Big(n-(k-1)\Big)P_k[/tex] que j'ai vérifié sur quelques exemples,
Je ne vois pas le défaut, mais cela ne doit pas changer la méthode…?!

freddy · 28-08-2013 15:14:29

En réalité, j'avais pris la définition de la #3 ...

Dernière modification par freddy (28-08-2013 18:37:36)

mimod · 28-08-2013 21:13:32

Bonsoir;

Pour démontrer que la somme des probabilités est égale à 1, je propose d'utiliser un sens purement de probabilité. Du moment qu'il est certain qu'une boule blanche soit prélevée lors de (n+1) tirages alors nécessairement la somme de toutes les probabilités qui équivaut à la réunion de tous les événements possibles, est égale à 1.

Que pensez-vous ?

freddy · 29-08-2013 05:45:48

Salut,

tout compte fait, on a bien

[tex]\frac{P_{k+1}}{P_k}= \frac{b.n!\Big(n+b-(k+1)\Big)!}{(n-k)!(n+b)!}\times \frac{\Big(n-(k-1)\Big)!(n+b)!}{b.n!(n+b-k)!}[/tex]

soit

[tex]\frac{P_{k+1}}{P_k}= \frac{\Big(n-(k-1)\Big)}{(n+b-k)}[/tex]

Je corrige donc ...

Bis ...

Dernière modification par freddy (10-09-2013 08:48:05)

totomm · 29-08-2013 10:46:21

Bonjour,

freddy a écrit :

tout compte fait, on a bien
....
[tex]\frac{P_{k+1}}{P_k}= \frac{\Big(n-(k-1)\Big)!}{(n+b-k)!}[/tex]
Je corrige donc ...

Surtout, pas d'exclamation.
Ah! quand on est pressé de bon matin...

totomm · 29-08-2013 11:36:22

Bonjour,

@ mimod : "Pour démontrer que la somme des probabilités est égale à 1…"

C'est un souci tout à l'honneur de freddy, même si je partage votre opinion. D'ailleurs en écrivant au post #3 :
[tex]\Pr(X=p) = \frac{b}{p} \times \frac{ C_n^{p-1} } { C_{n+b}^p }[/tex] on a de suite : [tex]\Pr(X=p) = \frac{ C_{n+b-p}^{b-1} } { C_{n+b}^b }[/tex]

dont la somme des numérateurs est donnée par la formule (classique) :
[tex]\sum_{k=1}^{N-r}{C_{N-k}^r }= C_N^{r+1} [/tex] (Il suffit de transposer N en n+b et r en b-1)

freddy · 29-08-2013 13:30:28

Salut,

vérifier que la somme des proba individuelles = 1 est un souci de cohérence indispensable avant de se lancer dans d'autres calculs comme celui de l'espérance d'une variable aéatoire.

Supposons que la formule utilisée de la proba individuelle soit fausse, tout le reste le sera aussi.

Reste donc maintenant à calculer l'espérance de X-1 ...(penser à la fonction génératrice !)

totomm · 29-08-2013 18:06:12

Bonsoir,

Je ne passe pas par la fonction génératrice car j'ai une formule (sans entrer dans l'hypergéométrie [tex]_2F_1[/tex])
[tex]F=\sum_{k=1}^N{kC_{N+r-k}^r}=\frac{(N+r) (N+r+1) C_{N+r-1}^r}{( r+1) (r+2)}[/tex]

Soit n=nombre de noires, b=nombre de blanches
posant[tex] r=b-1\ et\ N=n+1\ :\ F=\sum_{k=1}^{n+1}{kC_{n+b-k}^{b-1}}=\frac{(n+b) (n+b+1) C_{n+b-1}^{b-1}}{( b) (b+1)}[/tex]
[tex]Espérance_{\ nombre\ de\ noires}\ = \frac{F}{ C_{n+b}^b}-1 =\frac{n+b+1}{b+1}-1=\frac{n}{b+1}[/tex].

totomm · 02-09-2013 16:27:25

Bonjour,

Merci à mimod d'avoir posé le problème et à freddy d'avoir secoué mes méninges à propos de la notation \binom.
J'ai proposé à Wolfram alpha : [tex]\sum_{k=1}^{n+1} k\ \binom{b+n-k }{b-1}[/tex]
Pour la réponse en moins de 5 secondes : [tex]\frac{(b+n) (b+n+1) \binom{b+n-1}{b-1}}{b (b+1)}[/tex]
Même démarche avec [tex]\sum_{k=1}^{n+1} \Big(\binom{b+n-k }{b-1}\ t^k\Big)[/tex] pour tester la valeur de la fonction génératrice
Réponse : [tex]\binom{b+n-1}{b-1}\times t \times _2F_1(1, -n ; -b-n+1 ; t)[/tex]
Le traitement peut continuer avec Wolfram alpha, mais je l'ai fait aussi jusqu'au bout "avec crayon et papier"

Référence pour commencer :
Comment déterminer les Coefficients de la série hypergéométrique :
http://www.math.upenn.edu/%7Ewilf/AeqB.pdf Chap. 3.3 page 46 et 47
il faut ensuite bien sûr dériver puis évaluer …

Peut-être freddy suit une autre méthode ?
Dans mes souvenirs anciens une démarche consistait à finir par un polynôme de degré n identifié comme identiquement nul en lui appliquant n+1 valeurs judicieuses…

freddy · 02-09-2013 21:26:20

Salut,

pas mieux, l'ami, pas mieux !

freddy · 03-09-2013 11:00:11

Re,

pour autant, inutile d'aller chercher à 14 heures ce qu'on avait à midi : Hypergéométrie de soeur Céline :-)))

totomm · 03-09-2013 16:19:06

Bonjour,

freddy a écrit :

pour autant, inutile d'aller chercher à 14 heures ce qu'on avait à midi : Hypergéométrie de soeur Céline :-)))

Difficile de choisir une bonne interprétation :
Si c'est un hommage aux travaux de Mary Celine Fasenmeyer après son PhD de 1945 c'est tout à fait justifié

Que placez-vous donc à midi qu'on serait allé chercher à 14 heures ?

freddy · 09-09-2013 11:09:38

Salut,

notre ami totomn considère comme classique le résultat : [tex]\sum_{k=1}^{n-q}\binom{n-k}{q}=\binom{n}{q+1}[/tex].

C'est possible pour certains, probablement moins évident pour d'autres.

Alors voici une manière d'y arriver.

Chaque terme [tex] \binom{n-k}{q}[/tex] est le coefficient binomial de [tex]X^q[/tex] du polynôme [tex] (1+X)^{n-k}[/tex]

Donc la somme ci-dessus est le coefficient de [tex]X^q[/tex] de la somme [tex]\sum_{k=1}^{n-q} (1+X)^{n-k}= \frac{(1+X)^n-(1+X)^q}{X}[/tex]

A cause de la division par [tex]X[/tex], le coefficient de [tex]X^q[/tex] est égal à [tex]\binom{n}{q+1}[/tex], ce qu'on voulait montrer.

totomm · 09-09-2013 15:33:51

Bonjour,

freddy a écrit :

Salut,
notre ami totomn considère comme classique le résultat : [tex]\sum_{k=1}^{n-q}\binom{n-k}{q}=\binom{n}{q+1}[/tex].
C'est possible pour certains, probablement moins évident pour d'autres.

En itérant simplement la règle de Pascal pour éliminer le premier terme de chaque somme du second membre :

[tex]\binom{n}{q+1} = \binom{n-1}{q+1} + \binom{n-1}{q}[/tex]
[tex]\binom{n-1}{q+1} = \binom{n-2}{q+1} + \binom{n-2}{q}[/tex]
[tex]\binom{n-2}{q+1} = \binom{n-3}{q+1} + \binom{n-3}{q}[/tex]
.
.
.
[tex]\binom{n-(n-q-3}{q+1} = \binom{n-(n-q-2)}{q+1} + \binom{n-(n-q-2)}{q}[/tex]
[tex]\binom{n-(n-q-2}{q+1} = \binom{n-(n-q-1)}{q+1} + \binom{n-(n-q-1)}{q}[/tex]
[tex]\binom{n-(n-q-1}{q+1} = \binom{n-(n-q)}{q+1} + \binom{n-(n-q)}{q}[/tex]

et en additionnant, avec [tex]\binom{n-(n-q)}{q+1}=\binom{ q}{q+1}=0[/tex]

[tex]exemple\ pour\ \binom{7}{3}\ :\ \frac{7.6.5}{1.2.3}=\frac{6.5+5.4+4.3+3.2+2.1}{1.2}[/tex]

Edit : Horreur, j'avais omis le bonjour de rigueur...

Dernière modification par totomm (09-09-2013 15:41:33)

freddy · 09-09-2013 22:18:40

Re,

je continue sur ma lancée, totomn a montré une méthode alternative à la mienne, ce dont je le félicite.

Pour calculer [tex]E(X-1)[/tex], je propose la manière suivante.

Si on considère le polynôme [tex](1+X)^{n+1-k}[/tex], le coefficient de [tex]X^q[/tex] du polynôme dérivé s'écrit : [tex](n+1-k)\binom{n-k}{q}[/tex].

Par suite, le terme [tex]\sum_{k=1}^{n-q}(n+1-k)\binom{n-k}{q}[/tex] est le coefficient de [tex]X^q[/tex] de la dérivée du polynôme [tex]\frac{(1+X)^{n+1}-(1+X)^{q+1}}{X}[/tex], soit

[tex]\frac{(n+1)(1+X)^{n}-(q+1)(1+X)^{q}}{X}-\frac{(1+X)^{n+1}-(1+X)^{q+1}}{X^2}[/tex].

Le coefficient de[tex] X^q[/tex] est égal à [tex](n+1)\binom{n}{q+1}-\binom{n+1}{q+2}=\sum_{k=1}^{n-q}(n-k+1)\binom{n-k}{q}[/tex]

On a alors [tex]\sum_{k=1}^{n-q}(k-1)\binom{n-k}{q}=\binom{n}{q+1}\left(\frac{n+1}{q+2}-1\right)[/tex].

En transposant [tex]q=b-1[/tex] et [tex]n = n_o+b[/tex], on obtient [tex]E(X-1)=\frac{n_o}{b+1}[/tex].

Dernière modification par freddy (09-09-2013 22:22:48)

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#1 19-08-2013 23:14:15

Nombres moyen de boules noires tirées

#2 20-08-2013 13:03:41

Re : Nombres moyen de boules noires tirées

#3 20-08-2013 16:47:27

Re : Nombres moyen de boules noires tirées

#4 20-08-2013 16:59:51

Re : Nombres moyen de boules noires tirées

#5 20-08-2013 18:18:13

Re : Nombres moyen de boules noires tirées

#6 21-08-2013 22:59:05

Re : Nombres moyen de boules noires tirées

#7 24-08-2013 23:27:12

Re : Nombres moyen de boules noires tirées

#8 26-08-2013 18:35:45

Re : Nombres moyen de boules noires tirées

#9 28-08-2013 07:54:30

Re : Nombres moyen de boules noires tirées

#10 28-08-2013 14:28:06

Re : Nombres moyen de boules noires tirées

#11 28-08-2013 15:14:29

Re : Nombres moyen de boules noires tirées

#12 28-08-2013 21:13:32

Re : Nombres moyen de boules noires tirées

#13 29-08-2013 05:45:48

Re : Nombres moyen de boules noires tirées

#14 29-08-2013 10:46:21

Re : Nombres moyen de boules noires tirées

#15 29-08-2013 11:36:22

Re : Nombres moyen de boules noires tirées

#16 29-08-2013 13:30:28

Re : Nombres moyen de boules noires tirées

#17 29-08-2013 18:06:12

Re : Nombres moyen de boules noires tirées

#18 02-09-2013 16:27:25

Re : Nombres moyen de boules noires tirées

#19 02-09-2013 21:26:20

Re : Nombres moyen de boules noires tirées

#20 03-09-2013 11:00:11

Re : Nombres moyen de boules noires tirées

#21 03-09-2013 16:19:06

Re : Nombres moyen de boules noires tirées

#22 09-09-2013 11:09:38

Re : Nombres moyen de boules noires tirées

#23 09-09-2013 15:33:51

Re : Nombres moyen de boules noires tirées

#24 09-09-2013 22:18:40

Re : Nombres moyen de boules noires tirées

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