Exercice 1

Nous avons réalisé un simulateur générant T (le nombre total de vignettes achetées pour avoir toute la collection) en fonction de M (le nombre de places distinctes pour les vignettes autocollantes).

Panini <- function(M = 300) {
  
    T <- 0
    x <- rep(0,M)
    flag <- 0
    
    
  while (flag < M) {
    
    i = sample(1:M,1)
    
    if(x[i] == 0){
      x[i] <- 1
      flag <- flag + 1
      }
    
    T <- T + 1
    
  }
  T
}

Panini(300)
## [1] 2246

Exercice 2

Nous avons étudié expérimentalement la valeur moyenne de T en fonction de M en prenant des échantillons de l’ordre de 100 ou 1000 et une dizaine de valeurs M entre 10 et 200 (tirées aléatoirement).

Moyen<- function(M = 300, echantillon = 1000){
  total <- c(echantillon)
  total[1] = Panini(M)
  
  for(i in 2:echantillon){
    total[i] = total[i-1]+Panini(M)
    }
  moyen <- total[echantillon] / echantillon
  moyen
}

plot(Moyen(300,1000))

plot of chunk unnamed-chunk-2

library(MASS)
library(calibrate)

Echantillon <- function(echantillon = 100){
  
  M <- c(10)
    T <- c(10)
  
    for(i in 1:10){
        M[i] = sample(10:200, 1)
        T[i] = Moyen(M[i], echantillon)
        }
  
    plot(M, T, xlab = "M", ylab = "T", main ="la valeur moyenne de T en fonction de M" )  
    textxy(M, T, T, cex = 0.8, offset = 0.6)
}

Echantillon(100)

plot of chunk unnamed-chunk-3

On remarque que l’on obtient des valeurs T tel que T est environ égal à M*5.

Exercice 3

On modélise la séquence des vignettes achetées par une suite de variables aléatoires X1, X2, …, Xn à valeurs dans {1,…,M}.

Les hypothèses statistiques sur la suite des variables Xn que suggère l’énoncé sont que les probabilité de réussite en obtenant une vignette que l’on a pas encore est inférieure à 1.

Exercice 4

Probabilité d’avoir une nouvelle carte distincte au bout du kième tirage P(Yi=1) = M-(i-1)/M = M-i+1/M = P P(Yi=2) = (1-P)P P(Yi=k) = ((1-P)^(k-1))P = ((1-(M-i+1)/M)^(k-1)) * ((M-i+1)/M) = (((i-1)/M)^(k-1)) * ((M-i+1)/M)

Calcul de l’espérance E(Yi=k) = somme de 1 à l’infini de k(P(Yi=k)) = somme k ((i-1)/M)^(k-1) * (M-i+1)/M = (M-i+1)/M * (somme ((i-1)/M)^k-1 + somme(k-1)((i-1)/M)^k-1)

Utilisation des formules de taylor somme de 0 à l’infini de x^k = 1/(1-x) somme de 0 à l’infini de k*x^k = x/(1-x)²

Suite du calcul de l’espérance E(Yi=k) = (M-i+1)/M * (1/(1-(i-1)/M) + (i-1)/M/(1-(i-1)/M)²) = M/(M-i+1)

calcul de la variance Var(Yi=k)=(E(Yi))2-E((Yi)2) =¡Æ(j=1,n)(j* ((i-1)/M)(k-1)(M-(i-1))/M)+¡Æ(j=1,n)(j^2((i-1)/M)(k-1)(M-(i-1 ))/M) =(i-1)(3i-M)/(M-i+1)^2 Les variables Yi sont indépendantes.

Exercice 5

Nous avons vérifié graphiquement que les résultats obtenus par simulation pour savoir si ils sont cohérents avec les calculs que nous avons fait précédement.

M=300
album<-array(0,c(1,M)) 
X<-c() 
Y<-c()

count=0 
T=0 
k=0 

while(count<M){
  T=T+1
  k=k+1
  X[T]=ceiling(runif(1,0,M))
  if(album[X[T]]==0){
    album[X[T]]=1
    count=count+1
    Y[count]=k
    k=0 
  }
}
cord<-c(1:300)
plot(cord,Y,col="white",main="La sequence de Yi")
lines(cord,Y)

plot of chunk unnamed-chunk-4 Les résultats semblent en effet cohérents.

Exercice 6

Nous avons ensuite calculé combien notre petit cousin devra dépenser en moyenne sachant que chaque paquet de 2 euros contient 10 vignettes et que l’album comporte 300 places.

ceiling(Panini(300)/10) * 2
## [1] 484
Moyen<- function(M = 300, echantillon = 1000){
  total <- c(echantillon)
  total[1] = ceiling(Panini(M)/10) * 2 #somme dépensée en euro pour les pacquets achetés
  
  for(i in 2:echantillon){
    total[i] = total[i-1]+ceiling(Panini(M)/10) * 2
    }
  moyen <- total[echantillon] / echantillon #moyenne sur x échantillons
  moyen
}

Moyen(300,100)
## [1] 359.4