Le rat n’a pas de mémoire donc les evenements (choisir une porte) sont indépendants, on peut alors apparenter X à une variable aléatoire comptant le rang du 1er succès. Ainsi X suit une loi géometrique de paramètre 1/4
Il est alors connu que \[ {\mathbb{E}[X] = 4} \]
Le rat a une mémoire parfaite. A chaque nouvel essai, le rat a une porte en moins à choisir.
Donc : \[ \forall \, i \in \{0, 1, 2, 3\} \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \boxed{\pi_i = P( X = i + 1 | X > i) = \frac{1}{4 - i}} \]
Nous pouvons alors calculer les probabilités des événements (X = i) pour \(i \in \{1, 2, 3, 4\}\) :
\[\boxed{P(X = 1) = \frac{1}{4}} \, \, \, (4 \, \, choix \, \, possibles \, \, au \, \, d\acute{e}part)\]
Comme \(P(X = 2 | X > 1) = \frac{1}{3}\), alors : \[ P(X = 2) = P(X = 2 | X > 1) \cdot P(X > 1) = \frac{1}{3} \cdot \frac{3}{4} = \frac{1}{4} \] \[ \boxed{P(X = 2) = \frac{1}{4}} \]
De même, comme \(P(X = 3 | X > 2) = \frac{1}{2}\), alors : \[ P(X = 3) = P(X = 3 | X > 2) \cdot P(X > 2) = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{4}. \] \[ \boxed{P(X = 3) = \frac{1}{4}} \]
Enfin, comme \(P(X = 4 | X > 3) = 1\), alors : \[ P(X = 4) = P(X = 4 | X > 3) \cdot P(X > 3) = 1 \cdot \frac{1}{4} = \frac{1}{4} \] \[ \boxed{P(X = 4) = \frac{1}{4}} \]
\[\boxed{Ainsi,\, \, X \, \, suit \, \, une \, \, loi \, \, uniforme \, \, discr\grave{e}te \, \, sur \, \, l \, 'ensemble \, \,\{1, 2, 3, 4\}}\]
Calcul de l’espérance : \[ \mathbb{E}[X] = \sum_{i=1}^{4} i \cdot P(X=i) = \sum_{i=1}^{4} i \cdot \frac{1}{4} = \frac{4 \cdot 5}{2} \cdot \frac{1}{4} = \frac{5}{2} \] \[ \boxed{\mathbb{E}[X] = \frac{5}{2}} \]
### Question 3, partie 3
1_ Le rat n’ayant pas d’expérience antérieuré au premier essai, il choisit uniformément une porte entre les 4 portes.
\[P(X=1)= \frac{1}{4}\]
2 _Pour \(i\ge 1\), sachant que le rat a eu une expérience infructueuse à la \((i+1)^{ieme}\) tentative, il saura qu’une porte est un piège et choisira alors parmi les 3 autres portes, dont 2 pièges, suivant une loi uniforme de paramètre. Pour \(i \ge 1\), \[P(X > i+1|X > i)= \frac{2}{3}\]
3_ Pour \(i\ge 2\),
\[(X > i-1)=(X > i)\cup (X=i)\] Donc : \[P(X > i-1)=P((X > i) \cup (X=i))\] Donc, puisque les evenements sont disjoints : \[P(X > i-1)=P(X > i)+P(X=i)\] Alors, pour \(i\ge 2\):
\[P(X=i)=P(X > i-1)-P(X > i)\]
On note cette égalité (1).
Pour i=1, on a le resultat de (1.): \[P(X > 1)=1-P(X\le 1)=1-P(X=1)=\frac{3}{4}\] Pour \(i\ge 2\), ((\(X > i-1\))(\(X\le i-1\))) système complet d’événements, donc par formule des probabilités totales :
\[P(X\ge i)=P(X > i|X > i-1)P(X > i-1) + P(X > i|X\le i-1) P(X\le i-1)\]
Donc, par le resultat de (2.) : \[P(X > i)=\frac{2}{3}P(X > i-1) + 0\] Ainsi, par récurrence immédiate, pour \(i\ge 1\) : \[P(X > i)= \frac{3}{4}(\frac{2}{3})^{i-1} \] Et, par (1), pour \(i \ge 2\), alors : \[P(X=i)= \frac{3}{4} (\frac{2}{3})^{i-2} - \frac{3}{4} (\frac{2}{3})^{i-1}\] Ainsi, \[P(X = i)= \frac{3}{4} (\frac{2}{3})^{i-2} \frac{1}{3} \]
i)Il est clair que \(Z \in \mathbb{N^*}\) . \(\forall \,n \in \{2,3,4,...\}\,\,\,P(Z=n)=P(YG=n-1)=P(G=n-1)*P(Y=1)\). En effet, Y etant égale à 0 ou 1 et n-1 étant différent de 0 il est alors nécessaire que Y=1 et l’indépendance de Y et G donne la relation finale. Finalement : \[\forall \,n \in \{2,3,4,...\}\,\,\, P(Z=n)=(\frac{2}{3})^{n-2}*\frac{1}{4}\]
ii)Z et X suivent la même loi donc ont la même espérance, ainsi par indépendance de Y et G et linéarité de l’espérance: \[ {\mathbb{E}[X] = \mathbb{E}[Z]=1+\mathbb{E}[Y]\mathbb{E}[G]=1+\frac{9}{4}=3,25} \]
ii)La simulation R nous donne: \({\mathbb{E}[X]=3,250739}\)
On sait que \(P( D\acute{e}collage ) = \frac{1}{10^6}\).
Soit X la v.a modélisant le nombre d’essais jusqu’au décollage.
\(\boxed{Alors \, \, X \, \, suit \, \, une \, \, loi \, \, g\acute{e}ométrique \, \, de \, \, param\grave{e}tre \, \, p = \frac{1}{10^6}}\)
Donc :
X est à valeurs dans \(\mathbb{N_*}\)
\(\forall \, k \in \mathbb{N_*} \, \, \, P(X = k) = p \cdot q^{k-1}\) où q = 1 - p
Probabilité qu’aucune fusée ne décolle lors du premier million d’essais : \[ P( X > 10^6 ) = q^{10^6} \] Notons n = \(10^6\) Alors : \[ P( X > 10^6 ) = q^n = (1 - p)^n = (1 - \frac{1}{n})^n \] Or, lorsque n \(\to + \infty\) : \[ (1 - \frac{1}{n})^{n} = e^{n \cdot ln(1 - \frac{1}{n})} = e^{n \cdot (- \frac{1}{n} + o(\frac{1}{n}))} = e^{-1 + o(1)} \] Donc, \[ \lim_{n \, \rightarrow \,\infty} (1 - \frac{1}{n})^n = \frac{1}{e} \] On peut alors faire l’approximation suivante : \[ \boxed{P(X > 10^6) \approx \frac{1}{e}} \]
Soit \(x \in [|1, 36|]\),
\(\exists ! \ (q, r) \in \mathbb{N}^2\) tel que \(\left\lbrace\begin{array}{ll}x-1 = 6q + r&\\0 \le r \le 5\end{array}\right.\) en appliquant le thorme de la division euclidienne.
Alors, \(\exists ! \ (q, r^*)\) tel que \(\left\lbrace\begin{array}{ll}x = 6q + r^* &\\1 \le r^* \le 6\end{array}\right.\)
De plus,
\(q \ge 0\)
\(q \le 5\) car \(r^* \ge 1\) et \(x \le 36\)
Donc \(1 \le q^* = q + 1 \le 6\)
\(\boxed{Finalement, \ \exists ! (q^*, r^*) \ \in \{1, 2, 3, 4, 5, 6\}^2 \ \ tel \ que \ \ x = 6(q^* -1 ) + r^*}\)
1_ Avec des dé 6 faces, on peut modéliser un dé à 36 grâce à l’exercice 2 de la partie 2 du TD 2. Or \(i \le 36\) pour \(i \in {4,5,10,20}\), donc on peut appliquer la procédure de rejet, c’est à dire que pour i naturel non nul, on “lance” de façon indépendante le dé à 36 faces jusqu’à un resultat L tel que \(L \ge i\). L sera le resultat du dé à i faces ainsi modélisé. On admet dé6() fonction qui modélise un dé à 6 faces.
def dé36():
…..jet1=dé6()$
…..jet2=dé6()$
…..return $6(jet1-1)+jet2
Pour le dé à 4 faces:
def dé4():
…..jet=37$
…..while \(jet \le 4\):
……….jet=dé36()
…..return jet
La moyenne du nombre de jets du dé à 36 faces, notée J36, lors d’une prodédure correspond au rang moyen de la première réalisation de l’événement (\(jet \le 4\)) avec \(jet \sim U(36)\) pendant une série d’experiences aléatoires : c’est l’espérance d’une loi geométrique de paramètre P(\(jet \le 4\))=\(\frac{4}{36}\). De plus, un lancer du dé à 36 faces correspond, dans notre modélisation, à 2 fois un lancer à 6 faces. Donc en notant J6 le nombre moyen de lancer du dé à 6 faces, on a : \[J6=2E(G(\frac{4}{36}))=2\frac{36}{4}=18\]
Avec le même raisonnement, on obtient les autres modélisations, et le nombre de lancers moyen du dé à 6 faces de chacune pendant une procédure.
Pour le dé à 5 faces :
def dé5():
…..jet=37$
…..while \(jet \le 5\):
……….jet=dé36()
…..return jet
En notant J5 le nombre moyen de lancers du dé à 5 faces, on a :
\[J5=2E(G(\frac{5}{36}))=2\frac{36}{5}=14,4\]
Pour le dé à 10 faces :
def dé10():
…..jet=37$
…..while \(jet \le 10\):
……….jet=dé36()
…..return jet
En notant J10 le nombre moyen de lancer du dé à 10 faces, on a :
\[J6=E(G(\frac{10}{36}))=2\frac{36}{10}=7,2\]
Pour le dé à 20 faces :
def dé20():
…..jet=37$
…..while \(jet \le 20\):
……….jet=dé36()
…..return jet
En notant J20 le nombre moyen de lancer du dé à 20 faces, on a :
\[J20=E(G(\frac{20}{36}))=2\frac{36}{20}=3,6\]
2_ Puisque \(19 \le20\), on peut
également appliquer la procédure de rejet dans le cas présent.
En implementant la fonction dé36 précedemment définie :
def dé19():
…..jet=20$
…..while \(jet \le 19\):
……….jet=dé36()
…..return jet
En notant J19 le nombre moyen de lancer du dé à 20 faces, et on
suivant le même raisonnement que pour obtenir J36 pour chacune des
procédures precendentes, on a :
\[J19=E(G(\frac{19}{20}))=\frac{20}{19}=1,05...\]
3_ Pour toutes procédures modélisant ainsi un dé à 19 faces, il faut au moins un lancer de dé à 20 faces (il faut au moins une expérience). Donc la moyenne de lancer de ces procédures doit être supérieure à 1. Or la moyenne des lancers de la procédure de rejet est de 1,05 relativement très proche de 1…