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Probabilité terminal S

Posté par cri (invité) 08-02-05 à 21:01

Une urne contient n boules dont deux blanches et les autres noires. Elles sont indiscernables au toucher. On épuise les n boules en les tirant une à une sans les remettre. On désigne par X la variable aléatoire égale au rang de la 1ère boule blanche tirée.
a) déterminez la loi de probabilité de X
b)Montrer que l'espérance mathématiques de X est n+1/3
(on rappelle que Somme de k=1 à n de k^2(au carré)=n(n+1)(2n+1)/6 )
c) En déduire par des considérations de symétrie l'espérance mathématiques E(Y) du rang Y de la deuxième boule blanche tirée.
Je n'arrive pas à faire le c. Ca à l'air très dur c'est le sujet du bac 1975
Merci d'avance

Posté par
ma_corre probabilité 10-02-05 à 01:03

Bonsoir.
C'est la question a) qui détermine le raisonnement de tout le reste. En effet, pour déterminer la loi de probabilité de la v.a. X, on constate qu'au minimum la première boule blanche peut apparaître au premier tirage et au maximum au (n-1)e tirage car le ne serait la deuxième boule blanche.
Ainsi, on a :
P(X=1)=\frac{2}{n}=\frac{2.(n-1)}{n.(n-1)}
P(X=2)=\frac{n-2}{n} \frac{2}{n-1}=\frac{2.(n-2)}{n.(n-1)}
P(X=3)=\frac{n-2}{n} \frac{n-3}{n-1} \frac{2}{n-2}=\frac{2.(n-3)}{n.(n-1)}
...
P(X=k)=\frac{n-2}{n} \frac{n-3}{n-1} \frac{n-4}{n-2} ... \frac{n-k}{n-k+2} \frac{2}{n-k+1}=\frac{2.(n-k)}{n.(n-1)}
...
P(X=n-1)=\frac{2.1}{n(n-1)}
Dès lors, E(X)=\sum_{k=1}^{n-1}P(X=k).k=\sum_{k=1}^{n-1}\frac{2.(n-k)}{n.(n-1)}.k.
En développant et en utilisant les propriétés des sommes, il vient E(X)=\frac{n+1}{3}.
Voyons alors la loi Y = rang de la 2e boule blanche tirée : au minimum, la 2e boule apparaît au 2e tirage et au maximum au ne tirage.  Mais alors, il suffit de regarder le tirage de cette deuxième boule comme si elle était prise en premier lieu pour le dernier tirage et au n-1e tirage pour le deuxième.  Donc, par symétrie, on a :
P(Y=n)=P(X=2)
P(Y=n-1)=P(X=3)
...
P(Y=k)=P(X=n-k+1)
...
P(Y=2)=P(X=n-1)
Voilà.  Ainsi, E(Y)=\sum_{k=1}^{n-1}P(Y=k).k=\sum_{k=1}^{n-1}\frac{2.(k-1)}{n.(n-1)}.k et en développant, on a E(Y)=\frac{2.(n+1)}{3}.
J'espère que ces renseignements ne sont pas trop tardifs.

Posté par
ma_corRe probabilités 11-02-05 à 16:48

Rebonjour.
En repassant mes envois, je constate que l'écriture de E(Y) n'est pas correcte, bien que la réponse l'est : E(Y)=\sum_{k=2}^{n}P(Y=k).k=\sum{k=2}^{n}\frac{2(k-1)}{n(n-1}.k.
Voilà.

Posté par
ma_corre probabilités 12-02-05 à 11:02

Rebonjour.
Mille excuses, mais quand on a des gros doigts pour taper, on ne fait plus attention :
E(Y)=\sum_{k=2}^n(\frac{2(k-1)}{n(n-1)}.k)=\frac{2}{n(n-1)}\sum_{k=2}^n(k-1).k=\frac{2}{n(n-1)}\sum_{k=1}^n(k-1).k car on ajoute 1.(1-1) soit 0.
Donc, E(Y)=\frac{2}{n(n-1)}\sum_{k=1}^nk^2-\frac{2}{n(n-1)}\sum_{k=1}^nk.
On sait que \sum_{k=1}^nk^2=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6} et \sum_{k=1}^nk=\frac{n(n+1)}{2}.
On remplace et on a :
E(Y)=\frac{2}{n(n-1)}\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}-\frac{2}{n(n-1)}\frac{n(n+1)}{2}=\frac{1}{n(n-1)}[\frac{n(n+1)(2n+1)-3n(n+1)}{3}]=\frac{1}{n-1}\frac{(n+1)[2n+1-3]}{3}=\frac{2(n+1)(n-1)}{3(n-1)}=\frac{2(n+1)}{3}


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