Exercice Tirage successif sans remise

LadyCe95

Une urne contient 9  jetons: 3 rouges numérotés 1,2,2 et 6 bleus numérotés 1,3,3,4,5,6. On tire successivement trois jetons sans remise. Soient A et B les événements suivants:
A" les trois jetons aient des numéros distincts deux à deux "
B" le premier jeton soit rouge , le deuxième bleu et le troisième rouge "

1.  Calculez P(A),P(B) et P($A\cap B$).

Ma correction: 
C'est un tirage successif sans remise de trois jetons parmi 9 jetons. Pour $P(B)$, j'ai fait $Card(\Omega)=A^{3}_{9}=9*7*6=504$ , $\Omega$ ici l'ensemble de toutes les éventualités B="Le premier jeton soit rouge, le deuxième bleu et le troisième rouge" $Card(B)=A^{1}_{3}*A^{1}_{6}*A^{1}_{2}=3*6*2=36$ donc $P(B)=\frac{36}{504}=0,071$.

Pour P($A \cap B$),

$A\cap B$="Les trois jetons ont des numéros différents mais le premier jeton est rouge, le deuxième bleu et le troisième rouge". 

  Card($A\cap B$) =$(A^{1}_{2}*A^{1}_{2}*A^{1}_{2})+(A^{1}_{2}*A^{1}_{2}*A^{1}_{1})+(A^{1}_{2}*A^{1}_{1}*A^{1}_{2})+(A^{1}_{2}*A^{1}_{1}*A^{1}_{1})$
=$(2*2*2)+(2*2*1)+(2*1*2)+(2*1*1)= 8+4+4+2=18$

D'où P($A\cap B$) =$\frac{18}{504}$=0,035. Il était un peu difficile pour moi de calculer le cardinale de $A$  (le nombre de possibilités pour que l'événement $A$ se produise!) et je ne sais pas sûre est ce que je dois multiplier le $(A^{1}_{3}*A^{1}_{6}*A^{1}_{2})$ de $B$ par $\frac{3!}{2!}$ (le nombre de permutations) car dans le tirage successif sans remise, l'ordre est tenu en compte et j'ai deux jetons bleus à arranger.

gerard0

Bonjour.

Je ne comprends pas ton "multiplier les arrangements par permutations", mais il semble relié à l'idée : la réponse à une question de dénombrement" est "faire un calcul". C'est une des erreurs de base des apprenants en dénombrement.

Dénombrer, c'est compter. Pour des comptes simples, on utilise la suite des nombres :  un, deux, trois, ... Par exemple le mot "compter" a 6 lettres (j'ai compté). Pour des comptes plus élaborés, on va faire des groupes faciles à compter et additionner les comptes, parfois multiplier par le nombre de groupes, si tous les groupes ont la même taille (*). Mais dès qu'on sort des exercices élémentaires le vrai problème est de savoir comment compter utilement. Le calcul éventuel apparaîtra dans un deuxième temps, comme conséquence de la méthode.

Parfois, il suffit de décrire ce qu'on ferait. Par exemple, pour le B, il faut tirer un rouge (combien de façons ?) puis, pour chaque tirage, il faut tirer un bleu (combien de façons ?) et enfin, à chaque fois qu'on a eu ces deux jetons, tirer un autre rouge (combien de façons ?), et finalement, on a ... tirages.

Tu peux remarquer qu'on n'a utilisé ni suite (liste), ni arrangement, ni permutation, ni combinaison. Ces outils servent dans d'autres cas, mais pas ici.

Cette méthode marche aussi pour le A, mais est plus complexe (un arbre peut simplifier la réflexion).

Bon travail !

(*) il y a aussi la "méthode des bergers" qui, pour compter les moutons, comptent le nombre de pattes et divisent par 4.

LadyCe95

C'est un tirage successif sans remise de trois jetons parmi 9 jetons. Pour $P(B)$, j'ai fait $Card(\Omega)=A^{3}_{9}=9*7*6=504$ , $\Omega$ ici l'ensemble de toutes les éventualités B="Le premier jeton soit rouge, le deuxième bleu et le troisième rouge" $Card(B)=A^{1}_{3}*A^{1}_{6}*A^{1}_{2}=3*3*6=36$ donc $P(B)=\frac{36}{504}=0,071$.

Pour P($A \cap B$),

$A\cap B$=Les trois jetons ont des numéros différents mais le premier jeton est rouge, le deuxième bleu et le troisième rouge. 

  Card($A\cap B$) =$(A^{1}_{2}*A^{1}_{2}*A^{1}_{2})+(A^{1}_{2}*A^{1}_{2}*A^{1}_{1})+(A^{1}_{2}*A^{1}_{2}*A^{1}_{2})+(A^{1}_{2}*A^{1}_{1}*A^{1}_{1})=8+4+4+2=18$
D'où P($A\cap B$) =$\frac{18}{504}$=0,035. Il était un peu difficile pour moi de calculer le cardinale de $A$  (le nombre de possibilités pour que l'événement $A$ se produise!) et je ne sais pas sûre est ce que je dois multiplier le $(A^{1}_{3}*A^{1}_{6}*A^{1}_{2})$ de $B$ par $\frac{3!}{2!}$ (le nombre de permutations) car dans le tirage successif sans remise, l'ordre est tenu en compte et j'ai deux jetons bleus à arranger.

gerard0

Bonjour.

Première remarque :  Écrire $A_n^1$ pour $n$ est assez bizarre ! Des arrangements de 1 objets, tu sais combien il y en a depuis le début de l'école primaire.

De ce fait, tu as fait faux au calcul de card(B) !!!

Deuxième remarque : Pour le cardinal de $A\cap B$, tu recommences à écrire un calcul sans justification. Donc je  ne sais pas ce que tu calcules , pourquoi tu fais une somme de 4 nombres. À priori, c'est donc faux

Trouve une méthode effective et explique comment tu calcules; on pourra alors voir si c'est correct et si c'est faux, trouver pourquoi tu te trompes.

Il est effectivement plus simple de traiter $Card(A\cap B  )$ que $Card(A)$, mais la méthode pour l'un peut s'adapter pour l'autre.

Cordialement.

gerard0

Rappel sur les opérations en dénombrement :

* Si un résultat peut s'obtenir de deux façons différentes et indépendantes, l'un donnant n cas, l'autre m cas, le résultat s'obtient de n+m façons.

Si un résultat peut s'obtenir de n façons et, pour chacune de ces façons, de m manières, alors il est obtenu de nm manières.

Ceci n'est d'ailleurs que ce qu'on apprend à l'école primaire sur les significations de l'addition et de la multiplication.

lourrran

Comme Gerard0, je m'étonne à chaque fois que je vois un résultat comme $A^1_2 \times A^1_1 \times A^1_1$ ... alors que c'est quand même plus lisible d'écrire $2 \times 1 \times 1$