1) déterminer la loi de probabilité de X, que vaut en particulier P(X=0)
2)montrer que X admet une espérance et la calculer
Bonjour, je bloque pour ces questions. Est-ce que l'univers de X est bien (2,3,4,5) ?
Merci d'avance
une expérience qui vous en fera voir de toutes les couleurs
une expérience qui vous en fera voir de toutes les couleurs
on effectue une suite de tirages d'une boule avec remise, dans une urne qui contient une boule blanche et quatre boules noires. On note X la variable aléatoire égale au nombre de lancers nécessaires pour voir au moins une fois chacune des deux couleurs, et qui prend la valeur 0 si on ne parvient jamais à ce résultat. On note aussi Y la variable aléatoire égale au nombre de boules blanches obtenues
1) déterminer la loi de probabilité de X, que vaut en particulier P(X=0)
2)montrer que X admet une espérance et la calculer
Bonjour, je bloque pour ces questions. Est-ce que l'univers de X est bien (2,3,4,5) ?
Merci d'avance
1) déterminer la loi de probabilité de X, que vaut en particulier P(X=0)
2)montrer que X admet une espérance et la calculer
Bonjour, je bloque pour ces questions. Est-ce que l'univers de X est bien (2,3,4,5) ?
Merci d'avance
Re: une expérience qui vous en fera voir de toutes les coule
Bonjour
Les différents tirages sont indépendants puisqu'il y a remise. Lors d'un tirage $P(N)=\frac{4}{5}$ et $P(B)=\frac{1}{5}$
Pour que l'événement $X=n$ soit réalisé, il faut au moins 2 tirages.
Pour $n\geq 2$, l'événement $X=n$ est réalisé si on a tiré $(n-1)$ fois une noire suivie d'une blanche ou si on a tiré $(n-1)$ fois une blanche suivie d'une noire donc :
Pour $n\geq 2\ ,\ P(X=n)=(\frac{4}{5})^{n-1}\times \frac{1}{5} +(\frac{1}{5})^{n-1}\times \frac{4}{5}$
$\lim_{n\to +\infty}[(\frac{4}{5})^{n-1}\times \frac{1}{5} +(\frac{1}{5})^{n-1}\times \frac{4}{5}]=0$ donc $P(X=0)=0$
2) $E(X)=\sum_{n\geq 2} [\frac{1}{5}\times n\times (\frac{4}{5})^{n-1}+\frac{4}{5}\times n \times (\frac{1}{5})^{n-1}]$
Il s'agit de la somme de 2 séries géométriques convergentes donc $E(X)$ est défini.
Rappel : $\sum_{k\geq 1} kx^{k-1}=\frac{1}{(1-x)^2}$ donc $\sum_{k\geq 2}kx^{k-1} =\frac{1}{(1-x)^2}-1$
On a donc $E(X)=\frac{1}{5} \times [\frac{1}{(1-\frac{4}{5})^2} -1]+\frac{4}{5} \times [\frac{1}{(1-\frac{1}{5})^2}-1]$
$E(X)=\frac{1}{5} \times (25-1)+\frac{4}{5} \times (\frac{25}{16}-1)=\frac{105}{20} =\frac{21}{4}$
Si vous n'avez pas vu le rappel, je peux le démontrer
Les différents tirages sont indépendants puisqu'il y a remise. Lors d'un tirage $P(N)=\frac{4}{5}$ et $P(B)=\frac{1}{5}$
Pour que l'événement $X=n$ soit réalisé, il faut au moins 2 tirages.
Pour $n\geq 2$, l'événement $X=n$ est réalisé si on a tiré $(n-1)$ fois une noire suivie d'une blanche ou si on a tiré $(n-1)$ fois une blanche suivie d'une noire donc :
Pour $n\geq 2\ ,\ P(X=n)=(\frac{4}{5})^{n-1}\times \frac{1}{5} +(\frac{1}{5})^{n-1}\times \frac{4}{5}$
$\lim_{n\to +\infty}[(\frac{4}{5})^{n-1}\times \frac{1}{5} +(\frac{1}{5})^{n-1}\times \frac{4}{5}]=0$ donc $P(X=0)=0$
2) $E(X)=\sum_{n\geq 2} [\frac{1}{5}\times n\times (\frac{4}{5})^{n-1}+\frac{4}{5}\times n \times (\frac{1}{5})^{n-1}]$
Il s'agit de la somme de 2 séries géométriques convergentes donc $E(X)$ est défini.
Rappel : $\sum_{k\geq 1} kx^{k-1}=\frac{1}{(1-x)^2}$ donc $\sum_{k\geq 2}kx^{k-1} =\frac{1}{(1-x)^2}-1$
On a donc $E(X)=\frac{1}{5} \times [\frac{1}{(1-\frac{4}{5})^2} -1]+\frac{4}{5} \times [\frac{1}{(1-\frac{1}{5})^2}-1]$
$E(X)=\frac{1}{5} \times (25-1)+\frac{4}{5} \times (\frac{25}{16}-1)=\frac{105}{20} =\frac{21}{4}$
Si vous n'avez pas vu le rappel, je peux le démontrer
Re: une expérience qui vous en fera voir de toutes les coule
On l'a vu merci
J'avais juste une question en plus: pourquoi pour calculer P(X=0) on doit faire la limite de ce qu'on a prouvé auparavant ?
J'avais juste une question en plus: pourquoi pour calculer P(X=0) on doit faire la limite de ce qu'on a prouvé auparavant ?
Re: une expérience qui vous en fera voir de toutes les coule
Ne jamais parvenir au résultat équivaut à dire que le résultat est rejeté à l'infini mais on peut aussi justifier d'une autre manière.
$P(X=0) =1-\sum_{n\geq 2} [\frac{1}{5} \times (\frac{4}{5})^{n-1}+\frac{4}{5} \times (\frac{1}{5})^{n-1}]$
$P(X=0)=1-\frac{1}{5} \sum_{n\geq 2}(\frac{4}{5})^{n-1}-\frac{4}{5} \sum_{n\geq 2}(\frac{1}{5})^{n-1}$
$P(X=0)=1-\frac{1}{5} (\frac{4}{5} \times \frac{1}{1-\frac{4}{5}})-\frac{4}{5} (\frac{1}{5} \times \frac{1}{1-\frac{1}{5}})=1-\frac{1}{5} -\frac{4}{5}=0$
$P(X=0) =1-\sum_{n\geq 2} [\frac{1}{5} \times (\frac{4}{5})^{n-1}+\frac{4}{5} \times (\frac{1}{5})^{n-1}]$
$P(X=0)=1-\frac{1}{5} \sum_{n\geq 2}(\frac{4}{5})^{n-1}-\frac{4}{5} \sum_{n\geq 2}(\frac{1}{5})^{n-1}$
$P(X=0)=1-\frac{1}{5} (\frac{4}{5} \times \frac{1}{1-\frac{4}{5}})-\frac{4}{5} (\frac{1}{5} \times \frac{1}{1-\frac{1}{5}})=1-\frac{1}{5} -\frac{4}{5}=0$