un problème de probabilité pas évident!

[invite0e446873]

Je n'ai pas obtenu de réponse à la question:un problème de probabilité qui me hante.

J'aimerais beaucoup savoir s'il ya une solution SIMPLE.


Merci d'avance.
-----

[invite1237a629]

Plop,

Il y a une question, à un simple endroit ?

[acx01b]

salut

il voulait faire remonter sa question:

"on tire au hasard un entier parmi les entiers allant de 1 a n.


on repete l'epreuve jusqu'a l'obtention de l'entier n.

La probabilite que tous les entiers allant de 1 a n-1 soient apparus au moins

une fois avant l'obtention de n est:1/n .J'ai trouve une demonstration de ce

resultat ,assez lourde.


Pourrait-on m'indiquer une demonstration simple?

Bien cordialement"

[invite0e446873]

Plop,

Il y a une question, à un simple endroit ?

La question figure dans la rubrique mathématiques dans le supérieur sous la question :un problème de probabilité qui me hante

[A voir en vidéo sur Futura]

[invite1237a629]

Ah oki, j'avais complètement zappé de regarder les anciens posts...

Et en plus de cela, on dirait qu'il ne repasse jamais sur les discussions qu'il a créées oO

[acx01b]

salut ça m'intéresserait de voir la démonstration qui n'est pas SIMPLE de ce résultat

[invitec9eae866]

le fait que le resultat soit 1/n semble tres normal il faut bien qu'il y est un dernier a etre tire ca aurait pu etre 1 , 2 , 5 mais celui qui nous interresse c n. Qu'il y est remise ou non cela ne change rien au probleme mais placons nous dans le cas ou il y a remise

On va essayer de voir que tous c cas sont identique et pour cela on va faire une bijection entre l'essemble des cas ou n est tiré en dernier et le cas ou k quelconque est tiré en dernier

cas qui nous interresse {(a1,...,ak,n) tel que 1<=j<n il existe au moin un ai=j}
en bijection avec {(a1,...,ak,l) tel que les ai different de l soit inchangé et les l soit transformé en n} Tu en deduit que l'on a la meme probabilite d'obtenir n en dernier que l. Sachant qu'il y a n cas possible tu en deduit le resultat.

[Médiat]

Erreur : Mal lu la question

[acx01b]

pat2K6 a priori tu as mal lu la question mais peut être pas et dans ce cas je n'ai pas compris bien ta démonstration

Renaud

[invite35452583]

pat2K6 a priori tu as mal lu la question mais peut être pas et dans ce cas je n'ai pas compris bien ta démonstration

Renaud

En d'autres termes on pose X=variable aléatoire associant le dernier numéro sorti.
Les évènements (X=1), ..., (X=n) forment une partition de l'univers.
Or, on peut aisément mettre en bijection (X=i) et (X=j) en permutant les numéros i et j dans les tirages. Donc les P(x=i) sont égaux, du moins s'il y a équiprobabilité de tirage entre chaque numéro.
Donc P(X=i)=1/n pour tout i en particulier pour i=n.

[acx01b]

j'ai l'impression que vous ne parlez de la même chose que mylou 2:
il disait

on tire au hasard un entier parmi les entiers allant de 1 a n.
on repete l'epreuve jusqu'a l'obtention de l'entier n.
La probabilite que tous les entiers allant de 1 a n-1 soient apparus au moins
une fois avant l'obtention de n est:1/n

alors que vous parlez de la proba que sur un tirage de n boules la proba que la dernière soit n est 1/n

[invite0e446873]

Il est important de noter que les tirages se font avec remise,et qu'un succès(obtenir n pour la première fois ,aprèstous les autres entiers allant de 1à n-1, chacun d'eux pouvant d' ailleurs etre obtenu plusieurs fois),n'est pas du tout obligatoire!
exemple: si n=3 on peut obtenir la suite:1,2,1,2,2,2,1,1,......,s ans jamais obtenir 3.Il n'est pas évident que la probabilité d'un échec soit nulle,car de nombreuses autres suites de ce genre sont possibles!

J'ai trouvé une démonstration très lourde ,basée sur le nombre de partitions en n parties d'un ensemble à p éléments (p au moins égal à n).

C'est très technique et fort long à exposer!D'ou ma demande de solution simple. Je veux bien en voyer par courrier ma solution (fort longue!)


Bien cordialement. Mylou 2

[invite35452583]

j'ai l'impression que vous ne parlez de la même chose que mylou 2:
il disait


alors que vous parlez de la proba que sur un tirage de n boules la proba que la dernière soit n est 1/n

Non c'est toi et mylou 2 qui n'ont pas compris ma variable aléatoire. On prend une suite de tirage éventuellement infinie et X=dernier numéro à apparaître indépendamment de son rang.
Ainsi avec un tirage avec remise et n=3
X(2,3,1,...)=1 mais on a aussi
X(1,1,1,2,1,2,1,1,2,2,2,1,2,3, .....)=3
Pour un tirage avec remise X=numéro du dernier sorti en effet et que la proba vaille 1/n est alors assez évident.
Pour un tirage avec remise il faut être un peu plus précis que ce qui a été fait pour l'instant, on pose X=0 si à aucun moment il n'y a un dernier apparu.
On prend pour univers l'ensemble des suites infinies d'éléments de {1,..,n} (quitte à quotienter après si le jeu s'arrête au dernier sorti). La tribu est engendrée par les Ym=k (m entier naturel non nul, k entier compris entre 1 et n) qui sont les ensembles des suites pour lesquels le m-ème élément de la suite est k.
On considère la suite de variables (très hautement non indépendantes ) Xm.
Xm(suite)=numéro du dernier apparu (cf. ci-dessus) dans la suite si au m-ème tirage tous les numéros sont sortis au moins une fois, sinon Xm=0.
Pour tout k on a une suite d'inclusions évidentes (X1=k), (X2=k),....,(Xi=k), X_i+1=k),... tous ces évènements étant inclus dans (X=k). Tout élément de (X=k) étant réciproquement dans au moins un des (Xm=k) (il y a au moins un tirage pour lequel k est le dernier apparu). 5au passage on a donc (X=k) est bien un évènement).
Au rang m, univers=(Xm=1) U ...U (Xm=n) U (Xm=0)
(Xm=i) est une union disjointe d'évènements de la forme (Y1=k1, .., Yi=ki,...,Ym=km) car si les m premiers tirages permettent de déterminer le dernier numéro apparu alors ce numéro reste inchangé quelque soit les tirages. Les évènements (Y1=k1, .., Yi=ki,...,Ym=km) sont équiprobables de probabilité 1/n^m. P(Xm=i)=nombre de tesl évènements x 1/n^m.
La bijection induit par une permutation (ij) met en bijection (Xm=i) et (Xm=j) donc P(Xm=i)=P(Xm=j) pour tout couple (i,j) d'entiers de {1,...,n}.
La suite P(Xm=k) est croissante et tend vers P(X=k). Vu l'égalité entre ces probabilités au rang m on a P(X=1)=...=P(x=i)=...=P(X=n).
On a donc P(X=n)=(1-P(X=0))/n.
Il reste à montrer que P(X=0)=0. (X=0) est égal à l'union pour k=1,..,n non disjointe des ensembles de suites d'éléments de {1,...,n}\{k}.
On a au rang m, P(k n'apparaît pas)=((n-1)/n)^m ce qui tend vers 0. Donc en passant à la limite P(suites d'éléments de {1,...,n}\{k})=0.
Et on a la majoration P(X=0)<=nx0=0 donc P(X=0)=0.

[invite501e8040]

salut ça m'intéresserait de voir la démonstration qui n'est pas SIMPLE de ce résultat

Moi aussi cette démo m'interesse !

[invite35452583]

Je pense que j'ai encore fait trop compliqué.
On a (X=k) est une union disjointe d'évènements de la forme (Y₁=k1,...,Y_m-1=k_m-1,Y_m=k) tels que {k1,..,k(m-1)}={1,...,n}\{k}.
En effet, soit m le 1er rang pour lequel k apparaît. Puisque m est le dernier numéro apparu, {k1,...,k(m-1)} contient tous les entiers compris entre 1 et n sauf k d'après la définition de m. (=k) est donc bien l'union de ces évènements.
Ils sont disjoints si m est distinct de m' car pour le plus petit m" d'entre eux Ym" est égal à n pour l'un d'entre eux seulement. Si m=m' alors la disjonction est évidente si les m-uplets (k1,..,km-1) sont distincts.
Soit i et j deux entiers, on peut alors définir l'application sur les tirages qui pour un tirage donné associe le tirage pour lequel on change les "i" en "j" et les "i" en "j". Ceci permute les évènements (Y₁=k1,...,Y_m-1=k_m-1,Y_m=i) tels que {k1,..,k(m-1)}={1,...,n}\{i} avec les évènements (Y₁=k1,...,Y_m-1=k_m-1,Y_m=j) tels que {k1,..,k(m-1)}={1,...,n}\{j} de même probabilité (1/n)^m car les Yk sont indépendants par hypothèse (cela revient à dire que les tirages sont indépendants) . Comme (X=i) est égal à la somme des probabilités des premiers et que P(X=j) est la somme des probabilités des seconds, on a P(X=i)=P(X=j) pour tout couple (i,j).
Il reste à montrer que la somme des P(X=i) vaut 1 autrement dit que son complémentaire a une probabilité nulle.
Soit un tirage pour lequel aucun des numéros n'apparaît en dernier. Il existe un numéro qui n'apparaît pas. En effet, sinon, soit m_i le premier rang pour lequel le numéro i apparaît et soit m=max(mi, i variant entre1 et n}. m=mj pour un certain j, pour i distinct de j, on a mi<mj par définition donc i est dans {k1,...,k_mi=i,...,k_mj-1}. Ce dernier ne contient pas j par définition de m et de mj mais Ymj=j. Donc ce tirage est dans (X=j) (contradiction).
Donc (X=0) est inclus dans l'union non disjointe pour k=1,..,n des ensembles Rk de suites d'éléments de {1,...,n}\{k}. Pour k fixé on a Rk inclus dans pour tout m. Donc P(Rk)<=((n-1)/n)m pour tout m et en passant à la limite P(Rk)=0. Et en majorant par la somme P(X=0)=0.
Et on a la majoration P(X=0)<=nx0=0 donc P(X=0)=0.

Pas beaucoup moins long mais encore plus complet.

[invite0e446873]

Merci infiniment pour ton implication dans mon petit problème.

Avec toute ma considération.

[invite501e8040]

Si j'ai bien compris homotopie, on procède comme suit:

Soit U l'ensemble des suites infinies {a₁,a₂,...,a_i,....} de nombres compris entre 1 et n. Ce U est notre univers cad l'espace des cas possibles.

Ensuite on partitionne cet ensemble en n+1 groupe, G₀,G₁,...,G_i,...,G_n.
Le groupe G_i i compris entre 1 et n représente l'ensemble des suites infinies tel que lorsqu'en parcourant la suite dans l'ordre a partir de a₁ on aura rencontré tous les nombres sauf i au moins une fois avant de tomber sur le premier i.Par exemple si n=3, les suites commençant par {1,1,2,2,3,...} appartiennent à G₃, les suites commençant par {3,1,2,...} appartiennent à G₂, etc...
G₀ représente l'ensemble des suites n'appartenant a aucun autre G_i.

On montre ensuite que le nombre d'éléments (la cardinalité) de G_i et de G_j est identique pour tout i,j appartenant à {1,2,...n}. Pour cela on montre qu'a chaque élément de G_i on peut associé un élément de G_j et vice versa, on montre donc qu'il y a une bijection entre les deux ; il suffit pour chaque suite de G_i de remplacer les i par les j et les j par les i pour retomber sur une suite de G_j et vice versa

On montre ensuite que G₀ n'a aucun élément, sa cardinalité est nulle. Pour qu'une suite appartienne à G₀ il faut qu'il manque au moins un nombre dans la suite {a₁,a₂,...,a_i,....}.En effet, si tous les nombres de 1 jusque n y sont présent, en parcourant la suite dans l'ordre, parmis les n nombres il y en a forcement un qui apparaitra le dernier nommons le b. Tous les autre nombres sont apparus avant lui sinon il ne serait pas le dernier a apparaitre, et donc cette suite appartiendrait a G_b.
L'ensemble G₀ est donc compris dans l'ensemble des suites {a₁,a₂,...,a_i,....} pour lesquels il manque au moins un nombre, notons cet ensemble R. R est donc l'union disjointe des ensembles R_i pour lesquels il manque le nombre i, i allant de 1 jusque n. On peut egalement dire que R est compris dans l'union NON-disjointe cette fois des R_i, soit R' cet ensemble.
On a donc #G₀<=#R<=#R' (#=cardinalité). On montre ensuite que #R' = lim m->inf : n*((n-1)/n)^m = 0. et par conséquent #G₀ = 0.

Notre univers U étant partitionné en n sous univers G_i ayant chacun la même cardinalité, on a une probabilité de 1/n de se trouver dans l'un ou l'autre. La question était de savoir avec quelle probabilité on se trouve dans G_n.



Un question pourtant me taraude, travaillant avec l'infini les cardinalités sont infinies et on se retrouve a manipuler des inf/inf

[invite35452583]

Un question pourtant me taraude, travaillant avec l'infini les cardinalités sont infinies et on se retrouve a manipuler des inf/inf

C'est bien pour cela que pour l'essentiel je ne travaille pas avec des cardinaux mais avec des probabilités.
G0 est infini (puissance du continu donc comme les autres Gi !) dès que n>2 mais est de mesure nulle.

On montre ensuite que le nombre d'éléments (la cardinalité) de G_i et de G_j est identique pour tout i,j appartenant à {1,2,...n}. Pour cela on montre qu'a chaque élément de G_i on peut associé un élément de G_j et vice versa, on montre donc qu'il y a une bijection entre les deux ; il suffit pour chaque suite de G_i de remplacer les i par les j et les j par les i pour retomber sur une suite de G_j et vice versa

Il faut être plus précis car G0 de mesure nulle a même cardinal (dans le sens "est bijectif", je précise sinon je vais me faire taper dessus par les passionnés de la théorie des ensembles) que les Gi.
Je montre en plus que la bijection utilisée préserve les mesures de probabilité des évènements concernés ("groupes" pour toi mais ce terme est plutôt réservé à certaines structures algébriques).

Pour le reste ton résumé est correct.

[Médiat]

je précise sinon je vais me faire taper dessus par les passionnés de la théorie des ensembles

Tu fais allusion à qui ?

Sinon le résultat précédent permet de démontrer (si je ne me suis pas planté dans les calculs, ce qui serait miraculeux) la formule suivante (que je ne connaissais pas) à propos des nombres de Stirling de la deuxième espèce :



A noter que le n de l'exercice précédent correspond à k+1 dans la formule (dont le résultat est indépendant de k).

PS : je sais que c'est stupide, mais je répugne à écrire

[invite35452583]

Tu fais allusion à qui ?

A toi, par exemple. Les cardinaux sont des ordinaux particuliers, je le sais mais j'ai souvent tendance à l'oublier

Sinon le résultat précédent permet de démontrer (si je ne me suis pas planté dans les calculs, ce qui serait miraculeux) la formule suivante (que je ne connaissais pas) à propos des nombres de Stirling de la deuxième espèce :



A noter que le n de l'exercice précédent correspond à k+1 dans la formule (dont le résultat est indépendant de k).

PS : je sais que c'est stupide, mais je répugne à écrire

Peut-être mais je ne vois pas tout de suite le pourquoi.

[Médiat]

Peut-être mais je ne vois pas tout de suite le pourquoi.

Ooops, désole, quand on a réfléchi sur un sujet, on ne sait plus déméler l'évident du non évident :

est le nombre de partition en k classes d'un ensemble de m éléments.
est le nombre de chaînes de longueur m, utilisant exactement k symboles (pour chacune des classes (qui définit des positions dans la chaîne) il faut choisir le symbole que l'on y met).
La probabilité de créer un telle chaîne en tirant les symboles au hasard parmi (k+1) est donc de

La probabilité de créer une chaîne de longueur (m+1) utilisant exactement (k+1) symboles telle que (k+1) soit le dernier est donc

La probabilité de créer une chaîne utilisant exactement (k+1) symboles telle que (k+1) soit le dernier est donc
.

J'ai supposé que ce n'était pas à cause du PS que tu posais la question

[invite35452583]

Merci pour tes explications très claires.

J'ai supposé que ce n'était pas à cause du PS que tu posais la question

Tu supposais bien.

[invite0e446873]

Merci encore ,Homotopie;je n'avais pas vu que (X=0) signifie qu'un au moins des entiers n' apparait jamais.

J'ai bien compris tes explications.J'aimerai faire quelques remarques me paraissant intéressantes.

Si on appelle A(m) l'évènement: il n'ya pas de dernier sorti au m-ieme tirage alors (X=0) est l'intersection des A(m) pour m allant de 1 à l'infini.
(X=0) est donc un évènement contenu dans A(m) pour tout m.
D'ou P((X=0))<=P(A(m)) .

Deplus si A(m,k) est l'évènement:k n'est pas sorti aucours des m premiers tirages,on voit comme pour (X=0) queA(m) est réunion des A(m,k),k allant de 1 àn.
Il en résulte que P(A(m))<=somme desP(A(m,k)),pourk allant de 1à n.
Or P(A(m,k))<=((n-1)/n)^m.DoncP(A(m))<=n*((n-1)/n)^m,qui tend vers 0.

Comme P(X=o)<=P(A(m)) on en déduit que P(X=0)=0.


Remarque:Pour établir que P((X=i))=P((X=n)) on aurait pu se contenter de
remarquer que:{1,2,...n}={1,...,i-1,i+1,...,n,i} et donc que i peut etre considéré comme le "dernier" élément de cet ensemble d'ou P(X=i)=P(X=n).
Qu'en pense-tu?

[invite35452583]

Remarque:Pour établir que P((X=i))=P((X=n)) on aurait pu se contenter de
remarquer que:{1,2,...n}={1,...,i-1,i+1,...,n,i} et donc que i peut etre considéré comme le "dernier" élément de cet ensemble d'ou P(X=i)=P(X=n).
Qu'en pense-tu?

Intuitivement il n'y a en effet rien de plus. Maintenant la rigueur exige de montrer que ceci ne modifie pas les probabilités même si c'est somme toute évident.
Pour ta reformulation de la preuve de P(X=0) si tu préfères le voir ainsi il n'y a pas de problème.