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bridgslam · 09-07-2021 14:14:20

Bonjour,

De mémoire Napier était bien son nom ( écossais ? ), anglicisé sans doute ensuite en Neper, une façon comme une autre de s'approprier un lopin d'Ecosse pour nos amis anglais :-)

Alain

pentium mix · 09-07-2021 03:54:01

Merci pour vos reponses
Je vois que l'exercice n'était pas difficile en soit
Merci

bridgslam · 08-07-2021 16:34:07

Moi non plus au départ, mais au moins deux erreurs d'énoncé ( le j incongru et le k variant de 0 à N) m'ont interpellé et du coup j'ai fini le truc, en rectifiant le tir, au minimum pour que les assidus sérieux vérifient mon "bazar"...
Du coup je t'en remercie.
Merci à l'avenir de recopier correctement les énoncés svp:
Les choses sont déjà ( parfois, pour ne pas dire souvent... ) assez ardues avec de bons énoncés, pas besoin d'en rajouter à la Bahlsen... avec de vrais fausses cacahuètes, qui sèment le trouble.
La médaille Fields n'est pas loin si en plus vous corrigez celles du prof ! ( Si ,si, ça arrive...)

Questions subsidiaires: sans remises cette fois, et si n est supérieur à N ... de quoi s'occuper cet hiver ou même en août, nouvelle vague oblige (?)

Bonne soirée
Alain

Zebulor · 08-07-2021 16:25:08

Napier : je viens de faire le lien .. :-)
merci Monsieur bridgslam je sais maintenant l'origine de ce logarithme !

bridgslam · 08-07-2021 16:19:23

Tout à fait, merci Messieurs Napier et Zebulor... :-)

Alain

Zebulor · 08-07-2021 16:12:03

re,
je ne voulais pas donner toutes les réponses à notre ami Pentium mix..
...sinon une chose m'interpelle : lorsque la taille de la population égale le nombre de tirages, la proba du 7 tend vers $1-\frac {1}{e}$ lorsque le nombre de tirages tend vers l infini

bridgslam · 08-07-2021 16:01:40

4) [tex]E(i,k) = \binom{n}{k}(N-1)^{n-k}[/tex] est le nombre d'échantillons où l'individu i apparait k fois exactement.
Il doit y avoir un schmilblick ( j ?) dans ton énoncé. Par ailleurs k varie de 0 à n, pas N.

5) Pour avoir [tex]Q_n(i)[/tex] on somme, pour k variant de 0 (ou 1 c'est pareil) à n les [tex]k.E(i,k) [/tex], puisque i est présent exactement k fois pour chacun des échantillons dénombrés à la question précédente...
Un peu de calcul pas trop dur ( on abaisse d'un cran le rang de k en factorisant par n, puis on fait un changement d'indice simple avec décalage de 1) montre que l'on retrouve la valeur précédente par la formule du binôme de Newton.

6) On a exactement [tex](N-1)^n[/tex] échantillons où l'individu i est absent, parmi les [tex]N^n[/tex] échantillons au total.
Donc on a [tex]N^n -(N-1)^n [/tex] échantillons où i est présent.

7) La probabilité cherchée est donc [tex](N^n -(N-1)^n)/N^n = 1 - (1-1/N)^n [/tex] ( en supposant les tirages équiprobables )
Evidemment elle tend vers 1 lorsque la taille de l'échantillon tend vers l'infini, et d'autant plus vite que N est petit (choix restreint des individus...).

Zebulor · 08-07-2021 13:19:56

Bonjour,
en tout cas quel que soit le nombre demandé, je suis d'accord avec brigslam ..

bridgslam · 08-07-2021 11:12:42

et donc tous individus confondus, cela donne le nombre total d'éléments du tableau : [tex]n.N^n[/tex], en considérant les N individus.
C'est plutôt cela qui est demandé, je crois.

Alain

bridgslam · 08-07-2021 11:04:28

Bonjour,

pour la 2) formons le tableau de dimensions [tex]N^n \times n [/tex] représentant tous les tirages avec leurs résultats.
Chacun des N individus apparait autant de fois qu'un autre dans ce tableau qui contient [tex]N^n \times n [/tex] éléments.
Donc un individu donné apparait [tex] n. N^n /N = n.N^{n-1} [/tex] fois.
Je pense que c'est le nombre demandé.

Alain

Zebulor · 07-07-2021 11:30:53

Rebonjour,

pentium mix a écrit :

2) Déterminer le nombre total d'apparitions de tous les individus de P dans tous les étantillons de En

En fait ce problème est peut être mieux posé que je ne le pense.

pentium mix a écrit :

Pour la question 2 je crois que le nombre total d'apparition de tout les individus c'est le cardinal de En × le nombre total d'individus de P soit N × N^n
Je me demande si c'est vraiment ça !!

Tu peux facilement vérifier que ce n'est pas $N.N^n$ avec n=1, N=2 par exemple..

Je crois plutôt que c'est $nN^n$ = nombre d'échantillons (Card En) fois le nombre d'éléments contenus dans chaque échantillon (n) et non dans la population P.
Un élément de En étant un n-uplet $(a_1,a_2,....a_n)$ correspondant à n tirages successifs avec remise. Et il y a $N^n$ n-uplets..

De là Qn(i) s'en déduit facilement compte tenu que chaque individu apparaît avec la même probabilité et on recolle les morceaux pour la suite du problème. Et j'ai vérifié qu'on retrouve bien nos petits..

Zebulor · 06-07-2021 10:35:12

pentium mix a écrit :

Du coup je pense que le nombre d'apparition de i dans tous les échantillon c'est la somme de : k × nombre d'échantillons où i apparaît k fois; k allant de 0 a n

Oui, et tu peux dénombrer les échantillons de taille $n$ où $i$ apparaît $k$ fois en considérant l'un d'entre eux : $(a_1,...,i,...,i,....,i,...a_n)$. Dans ce dernier tu peux dénombrer :
- les valeurs que peuvent prendre les $a_j$ différents de $i$ dans la population P,
- les $a_j$ différents de $i$
- les échantillons contenant exactement $k$ fois la valeur $i$ : c'est une combinaison.

Enfin comme tu l'écris il te reste à en faire la somme : c'est le cardinal de $E_n$... ce qui du même coup te fait répondre aux 5 premières questions ? si bien que je trouve ton problème bizarrement posé. De quoi s'y perdre au début du moins.
Finalement on a pris ton problème sans suivre l'ordre des questions mais je ne sais pas comment faire autrement ! J'ai remarqué que pour certains concours il peut être intéressant de lire rapidement toutes les questions quand le sujet n'est pas trop long.
Question 4 : Bizarre cette notation E(i,j).. une coquille ?
Question 6 : "au moins un" est le contraire de "aucun"
Question 7 : simple quotient de deux cardinaux. $\bar P=1-P$

Zebulor · 06-07-2021 07:43:54

Rebonjour,
même si c'est implicite jusque là : le nombre total d'apparitions d'un individu de P dans tous les échantillons de En est indépendant de l'individu, s'agissant de tirages successifs aléatoires avec remise..

pentium mix · 05-07-2021 20:07:36

Zebulor a écrit :

pentium mix a écrit :
Dans un échantillon prit au hasard, le nombre i peut apparaitre 0,1,2,..,n fois
Du coup je pense que le nombre d'apparition de i dans tous les échantillon c'est la somme de : k × nombre d'échantillons où i apparaît k fois; k allant de 0 a n
Mais alors ce nombre ne dépendrait pas de la taille N de la population, ce qui me semble étrange...

Je pense que le nombre d'échantillon ou i apparaît k fois dépend de N
Puisque i apparait k fois, on choisi les n-k autres éléments dans P distincts de i; je pense que le nombre de tels échantillons c'est (N-1)^(n-k)

Zebulor · 05-07-2021 15:05:42

pentium mix a écrit :

Dans un échantillon prit au hasard, le nombre i peut apparaitre 0,1,2,..,n fois
Du coup je pense que le nombre d'apparition de i dans tous les échantillon c'est la somme de : k × nombre d'échantillons où i apparaît k fois; k allant de 0 a n

Mais alors ce nombre ne dépendrait pas de la taille N de la population, ce qui me semble étrange...

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