Question 1:

set.seed(42);
panini <- function(nb_carte=300) {


tab = c()
pasplein=0;

compteur =0;
for(i in 1:nb_carte){
  tab[i]=0
}

while (pasplein <nb_carte){
 x= floor(runif(1, 1,nb_carte+1)) 
 if (tab[x]==0){
   tab[x]=1
   pasplein= pasplein+1
   
 }
 compteur=compteur+1
}
compteur
}

panini(300);
## [1] 1339

On remarque que pour avoir compltété totalement le panini il faut 1339 ce qui est assez important.

Question 2:

testpanini <- function(nb_ech =100){
  moy=0;
  X=10;
  ind=1;
  res=c();

  while(X<200){
    for(i in 1:nb_ech){
      moy=panini(X)+moy 
     
    }
    
    res[ind]=round(moy/nb_ech);
    X=X+1;
    moy=0;
    ind=ind+1;
    
  }
  plot (res)
  hist(res,)
}

#testpanini(1000)
#testpanini(10)
testpanini(100)

On peut voir que le resultat semble évoluer de façon linéaire. Ainsi on peut en conclure que la loi est linéaire et uniforme.

Question 3:

On supose que les variables Xi sont équiprobables et suivent une loi uniforme. On suppose également que dans un paquet de vignettes il est impossible d’avoir 2 fois la même carte.

Question 4:

La loi pour Yi est “Quelle est la probabilité d’avoir, en k ieme carte, une carte que l’on a pas dans notre album, sachant que les (k-1)ieme précedentes étaient des doubles?”

Calculons donc P(Yi = 1) = ((M-(i-1))/M) puis la probabilité qu il y ai K-1 échecs : ((i-1)/M)^k-1 Ce qui nous donne: P(Yi = k)=((i-1)/M)^k-1 *((M-(i-1))/M)

On pose N ayant valeur dans R+*.

E(Yi)=somme(i=1,N,(YiP(Yi=k))) =somme(i=1,N,(Yi((i-1)/M)^k-1 ((M-(i-1))/M))) =somme(i=1,N,(k((i-1)/M)^k-1 ((M-(i-1))/M))) =((M-(i-1))/M) somme(i=1,N,(k*((i-1)/M)^k-1)))

On effectue un changement de variable (on pose n=k-1) on a donc

((M-(i-1))/M)* somme(i=1,N,(k((i-1)/M)^k-1))) =((M-(i-1))/M) somme(n=0,N,(n+1)*((i-1)/M)^n)))

Or si l on regarde le développement des séries entières, nous remarquons que

               somme(n=0,N,(X^n)))=1/1-X

Par dérivation on a:

               somme(n=0,N,(n)*(X^n-1)))=1/(1-X)^2

Par dérivation on a également:

              somme(n=0,N,(n)*(X^n)))= X/(1-X^2)

Nous pouvons nous arrêter ici car nous remarquons qu’une partie de notre calcul à la même valeur. Donc:

((M-(i-1))/M)* somme(n=0,N,(n+1)((i-1)/M)^n))) = ((M-(i-1))/M)[(i-1)/M)/(1-((i-1)/M)^2) +somme(n=0,N,(((i-1)/M)^n)] = ((M-(i-1))/M)*[(i-1)/M)/(1-((i-1)/M)^2) + 1/((1-(i-1))/M)

Après simplification de tout ce calcul nous avons:

((M-(i-1))/M)* somme(n=0,N,(n+1)*((i-1)/M)^n))) = ((i-1)/(M-i+1))+1 = M/(M-i+1)

Nous voyons donc bien ici que Yi suis une loi géometrique car E(X)=1/p

– a calculer
V(Yi)=(i-1)/M)/(((M-(i-1))/M))^2

Pour la seconde partie de la question nous pouvons dire que les variables aléatoires Yi sont indépendantes. En effet chaqun de ces tirages peu etre fait indépendament. Nous pouvons donc en déduire que :

E(T)=somme(i=1,N,E(yi)) =somme(i=1,N,M/(M-i+1))

Var(T)=somme(i=1,N,(i-1)/M)/(((M-(i-1))/M))^2)

Question 5:

Traçons l’espérance de T

EsperancedeT <- function(M){
  Espy=0
  tab=0
  i=1
  while(i<M){
 
    Espy=0;
    j=0;
    while(j<i){
        Espy<-Espy+(i/(i-(j-1)));
        j=j+1;
        }
    tab[i]<-Espy;
    i=i+1;
  }
  plot(tab)
  }
EsperancedeT(M=300)

Ici si l’on compare notre premier jet et la formule nous voyons que les résultats sont approximativement similaires. Nous remarquons qu’avec cette formule de l’espérance de T notre courbe est beaucoup plus lisse que lors de nos echantillons précedents

Question 6:

Afin de calculer le nombre d’euros que notre petit cousin devra dépenser, nous devons dans un premier temps calculer l’espérance de T pour M=300.

E(T) = somme(i=1,M,E(yi)) = 1885 (arrondi)

Comme il y a 10 vignettes par paquet, il faut donc acheter 1890 vignettes, soit 189 paquets. A 2€ le paquet, nous obtenons un total de 378€ auxquels nous devons ajouter les 4€ de l’album. Ainsi notre petit cousin doit dépenser un total de 382€ pour completer son album, ce qui est énorme!

Question 7:

Cherchons dans un premier temps à calculer la nouvelle probabilité de chaque carte:

alpha1 <- function(M){

  sum=0
  
  for (i in 1:M){
    sum = sum + 1/i;
  }
  sum
  }

alpha2 <- function(M){

  sum=0
  
  for (i in 1:M){
    sum = sum + 1/(i*i);
  }
  sum
  }


NeoProba1 <- function(M,i){
  
  pi= 1/(alpha1(M)*i)
  pi
}

NeoProba2 <- function(M,i){
  
  pi= 1/(alpha2(M)*i*i)
  pi
}

En appliquant ces nouvelles lois à notre modèle de la question 1, on a:

paniniTruque1 <- function(nb_carte=300) {


tab = c()
pasplein=0;

proba = c()
for (i in 1:nb_carte){
  proba[i] = NeoProba1(nb_carte,i)
}

compteur =0;
for(i in 1:nb_carte){
  tab[i]=0
}

while (pasplein <nb_carte){
 x=  sample(300,1, prob = proba, replace=TRUE)
 if (tab[x]==0){
   tab[x]=1
   pasplein= pasplein+1
 }
 compteur=compteur+1
}
compteur
}

paniniTruque1(300);
## [1] 6367

On voit qu’il faut acheter 6367 cartes, ce qui est vraiment incroyablement énorme. Calculons maintenant pour la deuxieme loi.

paniniTruque2 <- function(nb_carte=300) {


tab = c()
pasplein=0;

proba = c()
for (i in 1:nb_carte){
  proba[i] = NeoProba2(nb_carte,i)
}

compteur =0;
for(i in 1:nb_carte){
  tab[i]=0
}

while (pasplein <nb_carte){
 x=  sample(300,1, prob = proba, replace=TRUE)
 if (tab[x]==0){
   tab[x]=1
   pasplein= pasplein+1
 }
 compteur=compteur+1
}
compteur
}

paniniTruque2(300);
## [1] 813202

Avec 813202 cartes, le vendeur est sûr de gagner sa vie lors de l’évênement…

Question 8:

La loi est ici encore plus désavantageuse que les deux précédentes. La carte la plus rare est de 1/(300 alpha) pour la loi truquée numéro 1, de 1/(90000 alpha) pour la loi truquée numéro 2 et de 1/(2300 alpha) pour cette loi. Quand on sait que 216 vaut environ 64000….