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Bonjour,
La loi de $X_n$ n'a pas de nom particulier. C'est la loi de distribution de $X_n$ telle que donnée par la définition que tu précises.

Bonjour,
En tant qu'espace vectoriel, $E$ admet un espace dual qualifié d'algébrique qui est l'espace vectoriel des formes linéaire, noté en général $E^*$.
Quand $E$ possède en plus une topologie, on note $E' \subset E^*$  le sous-espace vectoriel  des formes linéaire continues, et on l'appelle dual topologique.

Dans ta phrase, tu dis : "la restriction de $E$", qui n'a pas vraiment de sens. Je pense que tu veux parler de la notion de sous-espace vectoriel : le dual topologie est un sous-ev du dual algébrique constitué des formes linéaires continues.

Bonjour,
Je ne suis pas sûr d'avoir bien compris tes posts. Pourrais-tu récapituler ?
Je pense que la partie la plus compliquée de l'exercice est l'approximation diophantienne.

Bonsoir,
Une petite question Fred, qu'est ce qui garantit que $\Omega_1$ et $\Omega_2$ sont ouverts ? notamment dans le cas $E_1=\{0\}$.

Le terme "entre eux" est un peu vague, d'autant que tu répètes deux fois le même indice. Peux-tu préciser

Bonsoir,
Une approche "à la main" : analyser ce qui se passe avec GeoGebra. Exemple

Bonjour,
Je te propose d'abord un point de vue un peu différent sur la technique de stratification par un exemple tiré d'un article.
Supposons un jeu où le joueur tire une balle au hasard d'une urne qui contient des balles de 4 couleurs différentes (rouge, bleu, vert et noir) en proportions égales, et qu'ensuite, le gain est également tiré au hasard, mais conditionnellement à la couleur (il y aura donc quatre densités $f_r$, $f_b$, $f_v$ et $f_n$).
Supposons maintenant que l'on veuille calculer l'espérance de gain d'un joueur. Avec la méthode classique MC, avec $n$ simulations, on simule la couleur $c_i$, puis, on fonction de la couleur, on va simuler le gain $g_i$ avec la densité $f_{c_i} \in \{f_r, f_b,f_v,f_n\}$ et enfin on calculera l'estimateur comme $\hat{G}=\dfrac{1}{n}\sum_{i=1}^n g_i$.
L'inconvénient de cette approche est que la variance de l'estimateur peut être très grande en fonction des distributions $f_r$, $f_b$, $f_v$ et $f_n$ par exemple si le gain est très élevé pour la couleur verte mais très faible pour la couleur noire.
L'idée est alors de tirer profit de l'équi-distribution des boules dès le début :
$\mathbb{E}[G] = \mathbb{E}[\mathbb{E}(G|c)] = \mathbb{E}(G|c=r)\Pr(c=r)+\mathbb{E}(G|c=b)\Pr(c=b)+\mathbb{E}(G|c=v)\Pr(c=v)+\mathbb{E}(G|c=n)\Pr(c=n)$
Il faut donc calculer les différentes valeur $\mathbb{E}(G|c=x)$ avec la distribution $f_x$ pour $G$ et ensuite calculer la somme pondérée avec les probabilité $\Pr(c=x)$.

Donc en résumé, il faut arriver à partitionner l'espace de la variable aléatoire qu'on simule (l'équivalent des 4 couleurs dans mon exemple ou l'équivalent de ta variable $Q$ dans tes notations), ensuite il faut arriver à modéliser la distribution de la variable à intégrer, conditionnellement à être dans une des partitions (ce que j'ai noté $f_r$ pour la distribution conditionnellement au choix d'une boule rouge, ou ce que tu appelle "calculer l'intégrale dans la strate $D_j$) et ensuite on calcule la moyenne pondérée des probabilités des strates.

Bonjour,
il faut que tu utilises le fait que $f(X) \in A \Leftrightarrow X \in f^{-1}(A)$ où $f^{-1}(A) = \{ x \ | \ f(x) \in A \}$.
Ensuite, tu pars de $\Pr(f(X) \in A \textrm{ et } f(Y) \in B)$.

Bonsoir
Autre démonstration que je trouve intéressante (je vais noter $pgcd(x,y)=x\vee y$) : on commence par remarquer qu'il suffit de montrer que $x\vee y = 1 \Leftrightarrow x^2\vee y = 1$ et on utilise Bezout.
$x\vee y = 1 \Leftrightarrow \exists u,v\ ux +vy = 1 \Leftrightarrow \exists u,v\ (ux +vy)^2 = 1 \Leftrightarrow ux^2 + (2uxv + v^2)y = 1 \implies x^2 \vee y = 1$
$x^2\vee y = 1 \Leftrightarrow \exists u,v\ ux^2 +vy = 1 \Leftrightarrow \exists u,v\ (ux)x +vy = 1 \implies x \vee y = 1$

Bonsoir,
Je ne pense pas que ce que tu probabilité de transition soit correcte.
Ton $P(x,y)$ est indépendant de l'état $y$ alors qu'on voit bien que si un compartiment contient plus de boules que l'autre, on aura plus de chances de tomber sur une boule qu'il contient. Il te manque également un 4-ème cas. Si on note $|x|=\sum x_i$ (nombre de particules dans la boite $A$ dans l'état $x$), les cas atteignables sont un état $y$ tel que $|y|=|x|+1$, $|y|=|x|$ ou $|y|=|x|-1$, soit 4 cas (les atteignables et les autres).
Par exemple, pour passer d'un nombre de particules $n$ à $n-1$ dans l'urne $A$, la probabilité serait $\dfrac{n}{2N}$ (probabilité de choisir une particule dans $A$ $\times$ probabilité de choisir l'urne $A$), et pour $n$ à $n+1$, ce serait $\dfrac{N-n}{2N}$ ...

Pour $T_i$, il faut calculer la probabilité qu'on ne choisisse pas la particule $i$ de $T_1$ à $T_{i-1}$ puis qu'on la choisisse en $T_i$.
Pour $X_{T_i}$, je ne suis pas sûr, il faudrait peut être se ramener au cas à $N-1$ particules (conditionnellement à ne choisir $i$ qu'à l'instant $T_i$, ça revient à "enlever" une particule dans tous les instants de $T_1$ à $T_{i-1}$)

Je ne comprends pas ce que tu ne comprends pas !

$\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1} t^{n}}{n} + \frac{t^n}{n} = \sum_{k=1}^\infty \left(\frac{(-1)^{2k-1} t^{2k}}{2k} + \frac{t^{2k}}{n}\right) + \sum_{k=1}^\infty \left(\frac{(-1)^{2k-2} t^{2k-1}}{2k-1} + \frac{t^{2k-1}}{{2k-1}}\right)$

Le premier terme du membre de droite est nul.

$\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1} t^{n}}{n} + \frac{t^n}{n} = \sum_{k=1}^\infty \left(\frac{t^{2k-1}}{2k-1} + \frac{t^{2k-1}}{{2k-1}}\right) = 2 \sum_{k=1}^\infty \frac{t^{2k-1}}{2k-1} = \frac{2}{t}\sum_{k=1}^\infty \frac{t^{2k}}{2k-1}$

Bonjour,
Il faudrait que tu fasses un effort pour écrire tes formules en Latex, c'est plus agréable pour les gens qui pourraient t'aider !
Donc, pour ta formule sur la matrice de transition, je n'ai pas tout compris. Disons que par rapport à la notation que j'avais utilisée au début $P(X_n = e)$, $e$ n'est pas un nombre, c'est un état (une étiquette si on veut), élément de $\{0,1\}^N$ alors que dans ta formule tu écris $P(X_n=k)$ avec $k \in \{1,\cdots N-1\}$.
Il faudra que tu raisonnes sur le nombre de particules, en introduisant par exemple une notation du type $|e|$ pour $\sum e_i$ (nombre de particules en $A$). Physiquement, la probabilité de transition ne vas pas dépendre de l'identité précise des particules qui sont dans le compartiment $A$ mais uniquement de leur nombre. D'ailleurs, dans beaucoup d'articles, en modélise l'état par le nombre de particules dans $A$ ou $B$ et non par un $N$-uplet donnant précisément quelle particule se trouve où.

Pour la deuxième partie de ta question, je ne suis pas sûr de comprendre. Je n'ai pas étudié la question 2/ de l'exercice. Mais en tout cas, je peux t'affirmer que $P(X_n = e) \neq \dfrac{1}{2^N}$ (tu peux raisonner par exemple en supposant que $X_0=0$ (aucune particule dans $A$), alors $X_1$ ne peut pas avoir une distribution uniforme sur tous les états possible. Il y aura au plus une particule dans $A$ à l'instant $1$).

Tu peux rechercher "modèle d'Ehrenfest", tu trouveras beaucoup d'articles qui traitent ce modèle, décrit par Kac comme probablement l'un des modèles les plus instructifs de toute la physique (ici, article succinct sur Wikipedia)