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problème vraiment dure

Posté par
gallile
01-03-11 à 11:24

Bonjour tout le monde! Voila j'ai un devoir maison de math qui est plutôt difficile et j'aimerai bien de l'aide s'il vous plait voici l'énoncé:
Dans une soirée, n personnes déposent leur chapeaux au vestiaire. A la sortie il en choisissent 1 au hasard.
on désigne par X la variable aléatoire qui mesure le nombre de personnes parmi les n personnes qui retrouvent leur chapeau. On veut déterminer la loi de probabilité de X.
On veut savoir quel est le nombre moyen de personnes retrouvant leur chapeau.
On désigne par pn la probabilité de "X=0". et on pose po = 1.

1.on numérote les personne de 1 a n et de même pour les chapeaux, comme univers des issues l'ensemble des bijections de [1,n]sur lui même. On suppose l'équiprobabilité sur cet univers quel est son cardinal ?

2.Déterminer p1 et p2.

3.On suppose dans la suite que n2. On désigne par dn le nombre de bijections de [1,n] sur lui même qui ne possède pas de point fixe (c'est a dire pour lesquelles j[1,n], f(j)j).De telles bijections sont appelées dérangements. Donner un lien entre dn et pn

Si f est un dérangement de [1,n] sur lui même alors
1.Soit f échange le numéro 1 avec le numéro i (c'est a dire f(1)=i et f(i)=1)et alors f réalise aussi un dérangements de [1,n]/{1,i} sur lui même
2.Soit f n'échange jamais le numéro 1 avec un autre numéro

4.Soit f un dérangement qui n'échange jamais le numéro 1 avec un autre nombre
a.justifier qu'il existe k1 tel que f(k)=1.
b On associe alors à f, la fonction g défini sur [2,n]et à valeur dans [2,n] par g(k)=f(1) et pour tout j[2,n]/{k} g(j)=f(j).Justifier que g est un dérangement de [2,n]sur lui même.(on remarquera que pour prouver que g est une bijection il suffit de prouver que 2 nombres différents ont des images différentes) .

5.Réciproquement si g est un dérangement de [2,n] sur lui même et si k est fixé dans [2,n] , alors on définit f de [1,n] sur lui même par f(1)=g(k) , f(k)=1
et pour j [2,n]/k f(j)=g(j).Justifier que f est un dérangement de [1,n] sur lui même qui n'échange pas 1 et k.

6. en déduire que dn= (n-1)dn-2+(n-1)dn-1

7.en déduire que pn= (1-1/n)pn-1+(1/n)pn-2

8.Pour n2 on pose Un= pn-pn-1
a.prouver que Un=-(1/n)Un-1
b.En déduire l'expression de Un en fonction de n
c.En déduire que pn=((-1)k)/k!  [ de k=0 a k=n
d. On sait alors lim n+ pn=1/e avec |pn-1/e|e/(n+1)! pourquoi peut-on affirmer que dès que n est supérieur ou égale à 4 pn ne dépend pratiquement pas de n?

9On suppose maintenant n fixé et on désigne par k un entier de [0,n]
a.justifier p(X=k)=[(k parmis n)dn-k ]/n!
b. en déduire que p(x=k)= 1/k! ((-1)i)/i!  [de i=o a i=n-k]

10. On définit aussi la variable aléatoire Xi par Xi= 1 si la personne i récupère son chapeau
                                                      0 sinon
a.Déterminer la loi de Xi
b.Montrer E(Xi)=1/n
c.En remarquant que X=Xk pour k allant de 1 a n déterminer E(X) et interpréter ce résultat

voila

Posté par
gallile
re : problème vraiment dure 01-03-11 à 11:27

pour la 1. j'ai dit que le cardinal était n! car on tire les chapeau jusqu'à l'épuisement
pour la 2 j'ai du mal a comprendre les notation de l'énoncé je ne comprend pas ce que représente pn

Posté par
cailloux Correcteur
re : problème vraiment dure 01-03-11 à 13:39

Bonjour,

1) Oui, il s' agit du nombre de permutations de \{1,2,\cdots ,n\} soit n!

2) p_n=P(X=0) autrement dit, c' est la probabilité que sur les n personnes, aucune n' ait son chapeau.

p_1=0 (puisqu' une personne prend son propre chapeau en sortant)

p_2=\frac{1}{2} (une situation favorable: à la sortie la personne 1 prend le chapeau 2 et la personne 2 prend le chapeau 1 pour deux issues possibles).

Posté par
gallile
re : problème vraiment dure 01-03-11 à 14:14

donc si j'ai bien compris pn est la probabilité que personne ne retrouve son chapeau sur les n personnes présentes

Posté par
cailloux Correcteur
re : problème vraiment dure 01-03-11 à 14:32

Tout à fait!

Posté par
gallile
re : problème vraiment dure 01-03-11 à 15:39

merci sa devrait bien m'aidé déjà je vais chercher alors

Posté par
gallile
re : problème vraiment dure 01-03-11 à 16:22

pour la 3 on a pn=dn/n!
ce qui est logique car dn est le nombre de façon que personne ne retrouve son chapeaucar f(j)j
4.on sait qu'il existe k [1,n]/{1,i} tel que f(k)=1 car f est un dérangement

Posté par
gallile
re : problème vraiment dure 02-03-11 à 09:51

alors ?

Posté par
cailloux Correcteur
re : problème vraiment dure 02-03-11 à 11:11

Alors c' est bon

Posté par
gallile
re : problème vraiment dure 02-03-11 à 11:32

même ma question 4? car je sais pour quoi mais j'ai du mal a l'expliquer

Posté par
cailloux Correcteur
re : problème vraiment dure 02-03-11 à 11:43

f étant un dérangement de [1,n]\cap \mathbb{N} sur lui même est donc une bijection de [1,n]\cap \mathbb{N} sur lui même.

Donc tout élément de [1,n]\cap \mathbb{N} a un antécédant dans cet ensemble.

De plus cet antécédant est différent de 1 (sinon f(1)=1 et f n' est plus un dérangement)

Il existe donc k\not =1 de [2,n]\cap\mathbb{N} tel que f(k)=1

Posté par
gallile
re : problème vraiment dure 02-03-11 à 15:48

je ne comprend pas tellement la 4b car on g(k)=f(1)=i ?
et a quoi sert cette fonction g ?

Posté par
gallile
re : problème vraiment dure 03-03-11 à 10:51

ya quelqu'un ?



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