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Proba

Posté par elaure (invité) 28-12-05 à 15:38

Bonjour, j'ai un exo de proba à faire et je bosse dessus depuis maintenant plus d'une semaine, ce n'est pas dans mes habitudes de demander de l'aide mais la je panique je dois le rendre la semaine prochaine et j'arrive à rien ou presque voici l'exo et mes difficultés

  p est un réel vérifiant 0<p<1   .Une entreprise dispose de  N   copies d'un logiciel. Une proportion   p  de ces disquettes est infectée par un virus. Il est malheureusement impossible de discerner une copie saine d'une copie contaminée. On suppose que le nombre N    peut s'écrire  N=nm  ,   n  et  m   étant deux entiers strictement supérieurs à 1   .Un des responsables du service statistiques propose la méthode suivante pour assainir le lot:Les N    copies initiales forment la génération 0   .On prélève  n   disquettes au hasard et avec remise dans la génération 0   , on les copie chacune en  m   exemplaires. Les  nm=N   disquettes ainsi obtenues constituent la génération 1   .On procède de la même façon pour fabriquer la génération  2   à partir de la génération    1, la génération 3    à partir de la génération 2   , etc. Durant tout le processus, la copie d'une disquette saine est saine, celle d'une disquette contaminée est automatiquement contaminée.Le statisticien pense que si la proportion   p  initiale est faible, on a de bonnes chances d'obtenir un lot sain après un assez grand nombre d'opérations. L'objet de ce problème est de vérifier ou d'infirmer cette conjecture.

On considère un couple de variables aléatoires (X,Y)    définies sur un espace probabilisé(oméga,A,P)  On suppose que   u  et t    sont deux entiers strictement positifs.On suppose que  X   prend u    valeurs réelles x1,x2...xu    et que Y    prend  t   valeurs réelles y1,y2....yt   . g    désigne une fonction définie sur R   .Pour tout entier   j  vérifiant 1<=j<=u   , on définit le réel Ej    par: Ej=g(yi)P(Y=yi/X=xj),i,1,t   .    E(g(Y))désigne l'espérance de la variable aléatoire g(Y)   .Démontrer que  E(g(Y))=sum EjP(X=xj),j,1,u
Comment faire cette question?  


k   désigne dans tout le problème un entier positif ou nul.
On note  Tk   le nombre de disquettes infectées obtenues parmi les     ndisquettes tirées dans la génération  k   pour constituer la génération k+1   .
1)
a) Quelles sont les valeurs prises par la variable aléatoire Tk    ?
b) Pour  j   décrivant l'ensemble de ces valeurs, déterminer la foi conditionnelle de la variable  Tk+1    sachant que l'événement (Tk=j)     est réalisé.
2)
a) En déduire, à l'aide du résultat préliminaire, une relation entre E(Tk+1)     et     E(Tk)
b) Montrer alors que pour tout entier positif  k   on a: E(Tk)=np   .
3) On considère maintenant la variable aléatoire Zk=Tk(n-Tk)   .
a) En utilisant le préliminaire avec le couple Tk, Tk+1     et une fonction g    convenablement choisie, montrer que la suite de terme général E(Zk)    est géométrique.
b) Donner l'expression de E(Zk)    en fonction de  n  ,   k  et  p  .
c) Montrer que la suite de terme général E(Zk)    tend vers 0    quand   k   tend vers l'infini.
4)
a) Que signifie concrètement l'événement (Zk=0)   ?
b) Quelle est la plus petite valeur de j(n-j)    quand  j   décrit l'ensemble [1,n]    ?
c) En déduire, à l'aide de 3)c), que P(0<Tk<n)    tend vers 0    quand k    tend vers l'infini.
d) Calculer la limite de P(Zk=0)    quand  k   tend vers l'infini et interpréter ce résultat.
e) Déterminer, en fonction de n    uniquement, une valeur de k    telle que P(Zk=0)>0.99   .
5) On cherche maintenant à calculer la probabilité de l'événement F     suivant :  F=  "A partir d'un certain rang, les générations ne sont constituées que de disquettes infectées."
a) Montrer que la suite d'événements ((Tk=n))k>0    est croissante pour l'inclusion.
b) Que représente alors  P(F)   pour la suite  P((Tk=n))k>0   ?
6) Soit  j   un entier vérifiant 0<j<n   . Déterminer la limite de P(Tk=j)    quand  k   tend vers l'infini.
7) En utilisant le résultat de la question 2), donner la valeur de P(F)   .
8) On cherche maintenant à calculer la probabilité de l'événement G    suivant : G=   "A partir d'un certain rang, les générations ne sont constituées que de disquettes saines."
a) Calculer P(G)   .
b) Que pensez-vous de la méthode proposée par le statisticien ?
9) Reprendre les questions 1) , 2) , 3) dans le cas de tirages sans remise.Le fait que les tirages se fassent avec ou sans remise a-t-il une influence sur les résultats obtenus dans ce problème ?

j'ai réussi la 1)a) et après je suis bloquée et c'est pas faute d'avoir cherché ca m'enerve trop!

Posté par
stokastikre : Proba 28-12-05 à 20:36


Ca me semble intéressant. Je vais t'aider.

Posté par
stokastikre : Proba 28-12-05 à 20:56


T_k=j : on a prélevé j disquettes infectées à la k\textrm{-ieme } génération. Avec les disquettes prélevées de la k-ième génération, on a donc produit jm disquettes infectées parmi les N=nm disquettes produites, soit une proportion de \frac{jm}{N}=\frac{j}{n} disquettes infectées. Sur l'événement T_k=j,
on va donc prélever n disquettes avec remise dans un lot de disquettes contenant une proportion de
\frac{j}{n} disquettes infectées : T_{k+1} suit donc une loi binomiale de paramètres \left(n, \frac{j}{n}\right) :
P[T_{k+1}=i|T_k=j]=C_n^i \left(\frac{j}{n}\right)^i\left(1-\frac{j}{n}\right)^{n-i}.

(C_n^i désigne ``i parmi n'')

Posté par
stokastikre : Proba 28-12-05 à 21:06

2)a) L'espérance d'une loi binomiale de paramètres (n, \theta) est égale à n\theta.

Puisque conditionnellement à \{T_k=j\}, la loi de T_{k+1} est loi binomiale de paramètres \left(n, \frac{j}{n}\right) , on a alors E[T_{k+1}|T_k=j]=j, donc E[T_{k+1}|T_k]=T_k.

Puisque E\big[E[T_{k+1}|T_k]\big]= E[T_{k+1}] (cours), on obtient E[T_{k+1}]=E[T_k].

Posté par
stokastikre : Proba 29-12-05 à 00:42

3)a) Pour tout k, on a Z_k=g(T_k) où g(i)=i(n-i).

On a alors d'après la question 1)b) :

E[Z_{k+1}|T_k=j]=E\big[g(T_{k+1})|T_k=j\big]=\sum_{i=0}^ng(i)C_n^i\left(\frac{j}{n}\right)^i\left(1-\frac{j}{n}\right)^{n-i}

On a g(0)=0 et pour i\neq0, on a g(i)C_n^i=nC_{n-1}^{i-1}
et \left(\frac{j}{n}\right)^i\left(1-\frac{j}{n}\right)^{n-i}=\frac{j}{n}\left(1-\frac{j}{n}\right) \left(\frac{j}{n}\right)^{i-1}\left(1-\frac{j}{n}\right)^{n-i-1}.

On obtient alors :

E[Z_{k+1}|T_k=j]=n\frac{j}{n}\left(1-\frac{j}{n}\right)\sum_{i=1}^{n}C_{n-1}^{i-1}\left(\frac{j}{n}\right)^{i-1}\left(1-\frac{j}{n}\right)^{n-i-1}.

Or \sum_{i=1}^{n}C_{n-1}^{i-1}\left(\frac{j}{n}\right)^{i-1}\left(1-\frac{j}{n}\right)^{n-i-1}=\sum_{i=0}^{n-1}C_{n-1}^{i}\left(\frac{j}{n}\right)^{i-1}\left(1-\frac{j}{n}\right)^{n-i}=\left(\frac{j}{n}+1-\frac{j}{n}\right)^{n-1}=1.

Donc E[Z_{k+1}|T_k=j]=n\frac{j}{n}\left(1-\frac{j}{n}\right)=j\left(1-\frac{j}{n}\right)=\frac{1}{n}j(n-j).

Donc E[Z_{k+1}|T_k]= \frac{1}{n}T_k(n-T_k)=\frac{1}{n}Z_k, d'où en passant à l'espérance :

E[Z_{k+1}]=\frac{1}{n}E[Z_k]. Ainsi la suite E[Z_k] est géométrique de raison \frac{1}{n}.

Posté par
stokastikre : Proba 29-12-05 à 00:47

4)a) Zk=0 équivaut Tk=0 ou Tk=n, ce qui signifie, respectivement, que les n disquettes prélevées dans la k-ième génératio sont toutes non infectées, ou toutes infectées.

Posté par elaure (invité)re : Proba 29-12-05 à 11:51

merci beaucoup je vais regardé tout ça, et je vais voir si j'arrive à continuer le reste sinon je vous recontacterai
merci

Posté par
stokastikre : Proba 29-12-05 à 11:59


Tutoie-moi. Et j'aimerais bien savoir ce que tu fais comme études où on t'a donné cet exo ?

Posté par
stokastikre : Proba 29-12-05 à 12:23



4)b)  i(n-i)=n\frac{i}{n}\left(1-\frac{i}{n}\right). La fonction x\mapsto x(1-x) définie sur [0,1] est
croissante sur [0,1/2] et décroissante sur [1/2,1]. La plus petite valeur de i(n-i) est alors prise pour
i=1 \text{ ou } i=n-1, et elle vaut n-1.


4)c) 0<T_k<n équivaut à Z_k\neq 0 donc P[0<T_k<n]=P[Z_k\neq 0]

Là je ne vois pas trop à quoi sert la question précédente. Puisque les Z_k sont positives et ne prennent que des valeurs isolées (ici un nombre fini de valeurs), et puisque E[Z_k] \to 0,  on peut en déduire que P[Z_k\neq 0]\to 0.

4)d) Donc P[Z_k= 0]\to 1, ce qui signifie qu'à la limite, on aura tout ou rien : toutes les disquettes infectées, ou toutes non-infectées.

4)e) Là on pourrait utiliser la question 4)b) et la question 3)b) peut-être.

Posté par elaure (invité)re : Proba 29-12-05 à 15:38

je fais une prépa bio (2ème année)!
j'ai déjà quelques questions à te poser pour la première partie, tout d'abord comment puis je démontrer le résultat préliminaire, il faut s'en servir dans la 2a) et je comprends pas trop ce que tu fais du coup à cette question.
Ensuite une autre petite question:
g(i)(n,i)=n(n-1,i-1) dans ma formule c'est p(n,p)=n(n-1,p-1) je comprends pas pourquoi l'autre marche après c'est ok j'ai continué pour 3b) et je trouve E(Zk)=Zo(1/n)^k avec Zo=p(n-p), est ce correct?
je vais regarder le reste de ta réponse, encore merci

Posté par
stokastikre : Proba 29-12-05 à 16:10


La démonstration du résultat préliminaire dépend de ce que tu as dans ton cours sur les espérances conditionnelles et les lois conditionnelles.

Posté par
stokastikre : Proba 29-12-05 à 16:13


g(i)(n,i)=n(n-1,i-1) dans ma formule c'est p(n,p)=n(n-1,p-1)

Qu'est-ce que ça veut dire "dans ma formule" ??

g(i)(n,i)=n(n-1,i-1) ça se démontre en quelques étapes de calcul (si je ne me suis pas trompé)

Posté par
stokastikre : Proba 29-12-05 à 16:14


Oui je suis OK pour E[Zk]

Posté par elaure (invité)re : Proba 29-12-05 à 18:15

ok c'est ok, 4 e) j'y arrive pas malgré tes indications et ensuite pour le reste je suis toujours bloquée.
merci encore

Posté par
stokastikre : Proba 29-12-05 à 18:24


Pardon, c'est E(Zk)=E[Zo](1/n)^k avec E[Zo]=p(n-p)

Posté par
stokastikre : Proba 29-12-05 à 18:27

euh... non : E[Zo]=np

Posté par
stokastikre : Proba 29-12-05 à 18:28


euh non non non! je ne sais plus où j'en suis...

Posté par
stokastikre : Proba 29-12-05 à 18:33


Bon maintenant je dis  E[Zo]=np(1-p)

Posté par
stokastikre : Proba 29-12-05 à 18:52

4)e) Ca revient au même de trouver k tel que  P[Z_k\neq 0]<0.01.

La plus petite valeur non nulle pouvant être prise par Z_k est n-1 d'après 3)b). Donc



P[Z_k\neq 0] = P[Z_k\geq n-1]

Par l'inégalité de Tchebychef (à l'orthographe près), P[Z_k\geq n-1] \leq \frac{E[Z_k]}{n-1}.

On a vu que E[Z_k]=E[Z_0]\frac{1}{n^k}=\frac{np(1-p)}{n^k}

Donc  \frac{E[Z_k]}{n-1}=np(1-p)\frac{1}{(n-1)n^k}

p(1-p)\leq1 \text{ donc } \frac{E[Z_k]}{n-1} \leq n\frac{1}{(n-1)n^k}=\frac{1}{(n-1)n^{k-1}}\leq \frac{1}{(n-1)^{k-1}}=\exp\big((1-k)ln(n-1)\big)


\exp\big((1-k)ln(n-1)\big)<0 .01 \Leftrightarrow (1-k)ln(n-1)<ln(0.01) \Leftrightarrow \\ 1-k<\frac{ln(0.01)}{ln(n-1)} \Leftrightarrow k>1-\frac{ln(0.01)}{ln(n-1)}= 1+\frac{ln(1000)}{ln(n-1)}

Mais c'est peut-être un peu compliqué et avec des erreurs de calcul...


Posté par
stokastikre : Proba 29-12-05 à 18:55


Tu comprends la question 5) non ?

Posté par elaure (invité)re : Proba 29-12-05 à 19:55

oui je la comprends mais j'y arrive pas, je tourne en rond

Posté par
stokastikre : Proba 29-12-05 à 20:29

lol! En disant "tu comprends" je voulais dire implicitement "tu y arrives"...

5)a) T_k=n signifie qu'on a prélevé n disquettes infectées à la k-ième génération, c'est-à-dire  des disquettes toutes infectées. Donc on ne va produire que des disquettes infectées à la génération suivante et on va en prélever que des infectées, c'est-à-dire T_{k+1}=n.

Ainsi T_k=n \Rightarrow T_{k+1}=n, c'est-à-dire que l'événement \{T_k=n\} est inclus dans l'événement \{T_{k+1}=n\}. Cela répond à la question.

Posté par
stokastikre : Proba 29-12-05 à 20:37

5)b)  L'événement F est réalisé si et seulement si il existe n \text{ tel que } T_k=n, en fait on a
F=\bigcup_n\{T_k=n\} donc P[F]=\lim_{n\to \infty}P[T_k=n].

Posté par
stokastikre : Proba 29-12-05 à 20:39


6) S'il te plait pour me prouver ta bonne volonté, et aussi pour te la prouver à toi-même, fais la question 6) et poste la réponse ou au moins les idées que tu as.

Posté par elaure (invité)re : Proba 29-12-05 à 21:24

alors pour la 6 je pense à :
limite de P(Tk=j)    quand  k   tend vers l'infini.
0<j<n
il faudrait connaitre la loi de Tk, pour Tk
je pense à
limP(Tk=j)=lim (n,j)(p)^j(1-p)^(n-j)
mais la j'ai un problème,puisque k n'intervient pas dans la formule, ca doit etre faux...

Posté par
stokastikre : Proba 29-12-05 à 22:53


C'est bien ce que je pensais : tu ne t'es pas appropriée ce que fait le stasticien, ce que représentent les Tk et les Zk....

Je t'explique pour la limite de P(Tk=j), mais il faut absolument que tu assimiles la procédure du statisticien.

Il faut absolument que ces points-là soient clairs dans ta tête :

a) Tk=0, ça vaut dire qu'à la k-ième génération, on n'a prélevé aucune disquette infectée, et donc qu'on a gagné.

b) Tk=n, ça vaut dire qu'à la k-ième génération, on n'a prélevé uniquement des disquettes infectées, et donc qu'on a perdu.

c) Zk=0, ça vaut dire que l'on est dans le cas a) ou dans le cas b).

d) Tk=j pour j0 et jn, ça veut dire qu'on n'est ni dans le cas a), ni dans le cas b) ; ou encore, ça vaut dire  Zk0,

OK ? Maintenant peux-tu m'expliquer pourquoi lim P(Tk=j) = 0 quand k tend vers ? (en utilisant un ou des résultat(s) précédent(s))

Posté par elaure (invité)re : Proba 30-12-05 à 12:09

merci pour tes explications.
alors je me servirai de d), Tk c'est le nombre de disquettes infectées donc plus k tend vers l'infini, donc de génération en génération les disquettes infectées vont avoir leur probabilité tendant vers 0. (il faut je pense prendre les evts contraires de a et b

Posté par
stokastikre : Proba 30-12-05 à 13:04


NON NON NON!!!!!!!!!!

Tu écris : Tk c'est le nombre de disquettes infectées donc plus k tend vers l'infini, donc de génération en génération les disquettes infectées vont avoir leur probabilité tendant vers 0

* "La probabilité des disquettes infectées" ça ne veut rien dire! Et puis c'est le but de l'exercice de déterminer à la limite la probabilité qu'il n'y aura plus de disquettes infectées, ou qu'il n'y aura que des disquettes infectées.

* Réponse:  Tk=j pour j0 et jn, ça veut dire que   Zk0. Autrement dit : les événements {Tk=j} et {Zk0} sont les mêmes événements pour j0 et jn, donc P(Tk=j)=P(Zk0), et on a vu que cette probabilité tend vers 0!!!

Posté par
stokastikre : Proba 30-12-05 à 13:18

7)

E[T_k]=\sum_{j=0}^njP(T_k=j)=0+\sum_{j=1}^{n-1}jP(T_k=j)+nP(T_k=n).

En faisant tendre k vers +\infty, on obtient, d'après les questions 2)b et 6) :

  np = n\lim_{k\to\infty} P(T_k=n) d'où \lim_{k\to\infty} P(T_k=n)=p

Posté par elaure (invité)re : Proba 30-12-05 à 16:21

ok j'ai compris mais je suis vraiment trop nulle ca me déprime, les probas ca veut pas rentrer
pour calculer P(G) est ce qu'on peut faire 1-P(F)?
et pour les tirages sans remise ca va changer quoi dans  les questions 123
encore merci

Posté par
stokastikre : Proba 30-12-05 à 18:45


Non ne déprime pas! Je trouve que c'est un peu hard pour quelqu'un de deuxième année.
Pour la suite je te répondrai plus tard.

@+

Posté par
stokastikre : Proba 01-01-06 à 10:43


Bon suis là... oui on a P(G)1-P(F) mais ça demande quelques petites explications.

Pour les tirages sans remise à mon avis ça ne change rien, mais je n'y ai pas réfélchi.

@+

Posté par
stokastikre : Proba 01-01-06 à 10:44


pardon : P(F)=1-P(G)

Posté par
stokastikre : Proba 01-01-06 à 11:42


8)a) On raisonne comme à la question 5). La suite d'événements \{T_k=0\} est croissante (s'il n'y a pas de disquettes infectées prélevées à la k-ième génération, il n'y en aura plus après).
\text{On a } G=\bigcup_k \{T_k=0\} \text{ donc } P(G)=\lim_{k\to \infty}P(T_k=0).

Comme P(T_k=0)+\sum_{j=1}^{n-1} P(T_k=j)+P(T_k=n)=1, en passant à la limite en utilisant les questions 6) et 7), on obtient P(T_k=0)+p=1 donc P(T_k=0)=1-p

Posté par elaure (invité)re : Proba 01-01-06 à 15:28

ok j'ai compris merci beaucoup et surtout BONNE ANNEE et BONNE SANTE

Posté par
stokastikre : Proba 01-01-06 à 23:31


Au fait je pense que la question préliminaire tu peux la démontrer en utilisant la définition de l'espérance et la formule de Bayes.

Posté par
stokastikre : Proba 15-01-06 à 18:57


Pardon, je voulais dire la formule des probabilités totales.

Dis-moi elaure, comment ça s'est passé la correction de cet exercice ? Tu as bien compris maintenant ?


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