Code pour résoudre un problème de probabilité

gebrane · March 2023

Bonjour
Donner un code ou résoudre mathématiquement le problème ci-dessous.

Dans une urne se trouvent n boules noires étiquetées de 1 à n et m (m<n) boules blanches étiquetées de 1 à m. Les billes sont tirées une par une sans remise. Trouver la probabilité que la boule blanche étiquetée 1 soit tirée avant toutes les boules noires.

Pour vérifier le programme, pour n=20 et m=10, on trouve 1/21

lourrran · March 2023

Mathématiquement, la question revient à : on a $n$ boules noires plus $1$ boule blanche plus $m-1$ boules sans intérêt. Ces $m-1$ boules sans intérêt sont là uniquement pour nous emmener vers de fausses pistes.
On aligne toutes ces boules, on retire les $m-1$ boules sans intérêt, ou plus simplement, on aligne au hasard les $n$ boules noires et la seule et unique boule blanche, quelle est la probabilité que la boule la plus à gauche soit la boule blanche.
Par symétrie, cette probabilité est de $1/(n+1)$

Par programme, qu'attend-on de nous ?
On peut simuler l'expérience 1000 fois, et voir si la fréquence est proche de 1/(n+1).
Mais après, il faut 'définir' ce que ça veut dire proche de. Si l'expérience donne 45 succès sur 1000 tests, est-ce suffisamment proche de la proportion 1/21 pour dire que le test confirme la théorie. ET donc on fait entrer en jeu des notions statistiques nettement plus complexes.

Et d'ailleurs, qu'attends-tu de ce forum sur cette question ?

Math Coss · March 2023

Les $m-1$ boules blanches de numéro $>1$ peuvent être ignorées complètement. On a donc $1$ boule blanche et $n$ boules noires. Un événement est une permutation de ces $n+1$ objets. On cherche la probabilité que l'image de $1$ soit $1$ : il y a $n!$ telles permutations, d'où la probabilité $n!/(n+1)! = 1/(n+1)$.

Code Sage :

sage: def T(N=1000, n=20, m=10):
....:     """ N est le nombre de tirages, n et m comme l'énoncé
....:     les boules blanches sont numérotées de 0 à m-1
....:     (la « boule blanche n° 1 » est donc la 0) ;
....:     les boules noires de m à m+n-1 """
....:     f = 0 # cas favorables
....:     for _ in range(N):
....:         l = list(range(m+n))
....:         shuffle(l)
....:         # i = l.index(0) est l'emplacement de la boule 0
....:         # on teste si toutes les boules en places 0 à i-1 
....:         # sont bien blanches : alors c'est « favorable »
....:         if all(l[k] for k in range(l.index(0))):
....:             f+= 1.
....:     return f/N
....: 
sage: T(100000)
0.0482700000000000
sage: 1/T(100000)
21.0614995787700

Edit : rectification d'une confusion entre blanc et noir et $m$ et $n$ dans le texte.

gebrane · March 2023

Tu es très fort @lourrran dans le raisonnement parallèle. Avec un raisonnement académique, on montre que cette proba est égale à

$$\sum_{k=1}^{m}\frac{(m-1)!}{n!}\frac{(n-k)!}{(m-k)!}$$
Je vais voir pourquoi cela donne $\quad\dfrac 1{n+1}\ $ et comprendre que dans cette affaire le nombre de boules blanches m n'est pas important.

Pour le code, est de donner une méthode alternative si

llorteLEG · March 2023

Hello, on suppose qu'il y a $n$ boules noires, $m$ boules blanches et $1$ boule verte.
On cherche la probabilité que la boule verte soit tirée avant que toutes les boules noires soient tirées.

Soit $i$ l'indice de la boule verte, on cherche le nombre de tirages où toutes les boules noires sont tirées avant.
Il y a $i-1$ places avant où mettre les $n$ boules noires donc il y a ${i-1 \choose n}$ possibilités
Le nombre de tirages possibles est donc : $\sum_{i=1}^{n+m+1} {i-1 \choose n}$
Et donc en considérant le nombre de tirages totaux, on place d'abord la boule verte à une position $i$ et on a $n$ places pour les boules noires parmi les $n+m$ places restantes :
Ce nombre de tirages est donc $(n+m+1) {n+m \choose n}$.
Et ainsi la probabilité recherché est : $$\frac{\sum_{i=1}^{n+m+1} {i-1 \choose n}}{(n+m+1) {n+m \choose n}}$$

gebrane · March 2023

Merci @Math Coss . Je vais donner un exemple de problème à Lourrain sur le choix entre l'option coder et l'option donner un calcul mathématiques

Considérons une boîte contenant une boule noire et une boule blanche. Chaque fois qu'une boule noire est tirée, un dé est lancé et un nombre de boules noires égal au résultat du dé est ajouté à la boîte. Donner P(X=3), où X est la variable aléatoire qui représente le nombre de tirages nécessaires pour obtenir une boule blanche.

lourrran · March 2023

Pour cette 2ème question, je vais avoir une approche ni mathématique, ni programmatique, mais via un arbre. On a un arbre, avec 3 niveaux (on s'arrête à 3 lancers) et 7 résultats possibles à chaque niveau (tirage d'une boule blanche, ou 6 résultats possibles pour le lancer de dé)
Un arbre dessiné à la main va être très long, mais via un tableur ... je trouve 4.724906%
Résultat non garanti, mais l'ordre de grandeur me paraît réaliste.
En fait, sur les 2 premiers niveaux, chaque noeud se découpe en 7 branches, mais pour le 3ème niveau, seul le tirage de la boule est important.

Si on veut le faire par programmation, on a en fait 2 approches :

Simuler 100000 tests, comme ce que fait Math Coss dans son programme Sage.
Ou faire le calcul précis (formel) des probabilités : Après la 1ère étape, on a telle probabilité d'être dans telle situation (proba 1/2 d'avoir obtenu une boule blanche, etc ) Etc, et donc calculer chaque branche de l'arbre et la probabilité associée.

gebrane · March 2023

Bonjour Lourrain, avec ton arbre trouves-tu quoi pour P(X=2) ?, je ne trouve pas la même chose que toi pour P(X=3).

Je propose aussi ce problème non évident:

Deux urnes contiennent respectivement 'n boules blanches et m boules noires' et 'm boules blanches et n boules noires'. Une série de tirages est effectuée selon les règles suivantes :
(i) À chaque fois, une seule boule est tirée et immédiatement retournée dans la même urne d'où elle vient.
(ii) Si la boule tirée est blanche, le prochain tirage est effectué à partir de la première urne.
(iii) Si elle est noire, le prochain tirage est effectué à partir de la deuxième urne.
(iv) La première boule tirée provient de la première urne.

Quelle est la probabilité que la p-ième boule tirée soit blanche ?

Bibix · March 2023

Pour la première question, ça me rappelle la régression vers la moyenne qui permet de démontrer $\sum_{k = 0}^p (-1)^k \frac{\binom{p}{k}}{\binom{n+k}{k}} = \frac{n}{n+p}$. On démontre que pour tout $X_1, ..., X_{n+p}$ v.a. réelles à densité i.i.d., $\mathbb{P}(\max(X_1, ..., X_n) \geq \max(X_{n+1}, ..., X_{n+p})) = \sum_{k = 0}^p (-1)^k \frac{\binom{p}{k}}{\binom{n+k}{n}} = \frac{n}{n+p}$ (la seconde égalité étant à peu près évidente).

lourrran · March 2023

J'ai pu me tromper. C'est tout à fait possible. Il faut s'appliquer, se concentrer, mais le challenge ne m'amuse pas suffisamment. Mais la démarche que je proposais me paraît la bonne :
Exercice 1 : par programmation, simuler n parties, et trouver une estimation.
Exercice 2 : par programmation, bâtir l'arbre de probabilités, et faire les calculs exacts (et non plus estimés).
J'ai bricolé un truc proche de l'exercice 2, avec un tableur, pour occuper une petite pause de 3 minutes. C'est une 3ème piste.

gebrane · March 2023

@lourrran J'ai eu un mp, affirmant que ton résultat est le bon. Ce membre trouve
$\mathbb P=\dfrac 1{72}\displaystyle \sum_{k=2}^7\dfrac k{k+1}\sum_{j=k+2}^{k+7}\dfrac 1j= 0.0472490588115\dots$

Ajout j'ai réussi une preuve de $\sum_{k=1}^{m}\frac{(m-1)!}{n!}\frac{(n-k)!}{(m-k)!}=\frac 1{n+1}$
Qui aussi ?

Math Coss · March 2023

Eh bien, le fait d'avoir deux façons d'évaluer la même probabilité constitue une preuve de cette égalité !

lourrran · March 2023

@gebrane
Tu étais dans une démarche : on a des résultats différents, regardons les étapes du calcul supposé faux, et recherchons ensemble l'erreur.
Tu en es où de cette démarche ?

gebrane · March 2023

Je ne comprends pas ta demande. Mon raisonnement était faux, c'est pourquoi mon résultat était différent du tien. Je reviendrai ce soir. Je ne suis pas sûr que votre raisonnement avec les arbres puisse donner P(X=5) sans que tu commettes une erreur de calcul

aléa · March 2023

Le tirage de boules blanches qui ne sont pas la boule un ne fait que ralentir l'issue du processus mais ne change pas l'issue finale sur l'événement.

On est donc ramené au cas où il n'y a qu'une boule blanche, et dans ce cas la réponse est évidente.

aléa · March 2023

Si on veut formaliser mon raisonnement (que Mathcoss avait déjà fait, je viens de le réaliser), il suffit de considérer l'application $\pi$ de

l'ensemble des permutations de $\{1,\dots ,n+m\}$ dans l'ensemble des permutations de $\{1,\dots ,n+1\}$ qui à chaque permutation enlève les termes d'indice supérieur à $n+1$. Il est facile de voir que la loi image de la loi uniforme sur $\{1,\dots n+m\}$ par $\pi$ est la loi uniforme sur $\{1,\dots n+1\}$, ce qui permet de comparer les deux probabilités.

LOU16 · March 2023

Bonjour,

Pour le problème "à deux urnes", de Gebrane, je trouve que:
$$\text{ Probabilité d'obtenir une boule blanche au tirage numéro } p =\dfrac 12+\dfrac 12\left(\dfrac{n-m}{n+m}\right)^p.$$

$u_p:= \text{ Probabilité d'obtenir, à partir d'un tirage initial dans l'urne } 1, \text{une boule blanche au tirage numéro }p.$

$v_p:= \text{ Probabilité d'obtenir, à partir d'un tirage initial dans l'urne } 2, \text{une boule blanche au tirage numéro }p.$

$a:=\dfrac n{m+n}, \:\:b=\dfrac m{m+n}.\quad$ Alors: $\:\:a+b=1,\quad \begin{pmatrix} u_{p+1}\\v_{p+1}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}a&b\\b&a\end{pmatrix} \begin{pmatrix} u_{p}\\v_{p}\end{pmatrix}.$

La suite $(u_p)_p$ est définie par:$\quad u_1=a,\:\: u_2=a^2+b^2, \:\:$ et la relation de récurrence $u_{p+2}=2au_{p+1}+(b-a)u_p,$ dont le polynôme caractéristique est $(X-1)(X+b-a), \:$ ce qui permet l'obtention de l'expression de $u_p$ annoncée.

gebrane · March 2023

lourrran a dit :

@gebrane
Tu étais dans une démarche ... recherchons ensemble l'erreur.
Tu en es où de cette démarche ?

Bonjour @lourrran , Trouvons ensemble ma faute . Voici mon raisonnement

On a

1)$P(X=3)=P(N_1\cap N_2\cap B_3)$ les événements ne sont pas indépendants donc

2)$P(X=3)=P(N_1)P(N_2|N_1)P(B_3|N_1\cap N_2)$. On a $P(N_1)=1/6$. D’âpres Bayes multiples,

3)$P(N_2|N_1)=\sum_{i=1}^6 3)P(N_2|N_1\cap Y_i)P(Y_i)$ avec $Y_i$ l’événement que le premier lancer du dé donne le nombre i, donc

4)$P(N_2|N_1)=\frac 16 \sum_{i=1}^6 \frac{i+1}{i+2}$
5)$P(B_3|N_1\cap N_2)=\sum_{i,j=1}^6 P(B_3|N_1\cap N_2\cap Y_i\cap Z_j)P(Y_i\cap Z_j)$ avec $Z_j$ l’événement que le deuxième lancer du dé donne le nombre j, d'où ( puisque $Y_i$ et $Z_j$ sont indépendants ,

6)$P(Y_i\cap Z_j)=\frac 1{6^2} $)

7) $P(B_3|N_1\cap N_2)=\frac 1{6^2}\sum_{i,j=1}^6 \frac{i+j+1}{i+j+2}$

Donc je ne trouve pas la même chose que toi lou ran

Question folle, est-ce que quelqu'un peut donner $P(X=k)$ ?

PS je remarque que personne n' a confirmé ou infirmé la réponse de LOU16,

bd2017 · March 2023

Bonjour

La réponse de @LOU16 est bonne. Pas de problème. La vraie difficulté étant de trouver l'expression simplifiée qu'il a donné.

lourrran · March 2023

Pour la réponse de Lou16, d'une part Lou16 est un intervenant 'solide', il raconte rarement des bêtises, d'autre part le résultat donné semble très plausible. Le résultat est correct pour p=1, et cette probabilité tend vers 1/2 quand p grandit, ce qui est évidemment la bonne limite.
Donc tu peux en confiance reformuler l'exercice : démontrer que la proba ... est celle donnée par Lou16.

Pour notre exercice, à chaque étape, il y a 7 événements possibles (et pas 6) :
Boule blanche , proba associée = ??? dépend du nombre de boules noires dans l'urne
Boule noire et dé=k , pour k=1 à 6 : proba associée = ??? dépend du nombre de boules noires dans l'urne

Toi, à la place de ces probas inconnues, tu as mis 1/6 partout.

Je maintiens la proposition, dessine un arbre. Evidemment, au moment de recenser tous les cas, tu vas revenir à une somme avec des $\Sigma_{i,j}$, mais l'arbre te permettra de mieux voir ce qu'il faut mettre derrière ce symbole $\Sigma$

Edit : j'ajoute un point, tu as la valeur 4%, que j'avais donné, mais tu as en plus la formule précise qui correspond, qui t'a été donnée en MP. Donc ça peut t'aider fortement à retrouver l'explication.

J'ajoute un point : je déteste la formulation 'probas conditionnelles', j'ai l'impression qu'à chaque fois que je vois un étudiant parler de proba conditionnelles, il se trompe. Une proba conditionnelle, c'est une proba comme une autre, une proba tout à fait normale. Simplement, l'univers dont on parle est un univers moins large que l'univers habituel.

Par exemple, j'ai un jeu de 32 cartes, et je demande la proba de tirer un as ...
Ou j'ai un jeu de 52 cartes, et je demande la probabilité de tirer un as sachant que la carte tirée n'est pas un 2 ni un 3 .... ni un 6
La question n°2, ou la question n°1, c'est exactement la même. C'est un exercice de proba, dans les 2 cas, et pas un exercice de proba conditionnelle. Certes, on peut compliquer la chose, et présenter ça sous la forme de proba conditionnelle. Mais pourquoi compliquer les choses quand elles sont simples ?

Oublie tout ce que tu as appris sur les probas conditionnelles, et l'exercice va devenir plus facile.

gebrane · March 2023

@lourrran Je veux quelqu'un qui m'explique en utilisant les probabilités conditionnelles ma faute. je suis pro-académique.

Je t'avais posé une question et tu n'as pas répondu, donne moi P(X=5) avec tes arbres ?
Lourrran dit Pour notre exercice, à chaque étape, il y a 7 événements possibles (et pas 6),
Je ne te comprends pas, le dé donne 6 résultats et le 1/6 vient du faite que la proba d'avoir la face i est 1/6

lourrran · March 2023

Le processus que tu traites, c'est quoi ? C'est un lancer de dé ? NON
C'est un tirage de boule suivi éventuellement d'un lancer de dé. Donc les différents résultats possibles, avec les probabilités associées sont :
Tirage d'une boule blanche : proba= b/(b+n)
Tirage d'une boule noire et chiffre n°k au lancer de dé : proba = n/(6*(b+n))

J'ai quand même l'impression de répéter des évidences.

Les arbres. Les arbres permettent de ne pas se tromper. Ils permettent de poser les choses noir sur blanc, et d'éviter de se lancer dans des formules fumeuses et fausses. Un arbre permet tout simplement de trouver la formule qu'on t'a donnée en privé.
Mais comme c'est a priori plus l'aspect programmation que l'aspect mathématique qui te concerne, je t'invite à relire le dernier paragraphe de ce message

Tu peux aussi regarder cette discussion ; ici, j'abordais un problème sous un angle probabiliste (proba conditionnelles, mais écrites de façon simple, toi tu préfères les écrire de façon compliquée). Le cheminement était le même : un arbre avec des probabilités, des calculs sur tableur, puis un programme pour faire la même chose à plus grande échelle.

gebrane · March 2023

C'est toi qui a dit donne ta démarche et trouvons l'erreur ensemble de ta preuve, la tu me forces à suivre ta stratégie .

Tu aimes les arbres moi non.

Ta as sous les yeux ma preuve, pointe la faute numéro de la ligne et on discute. je vais réécrire ma preuve ligne par ligne

lourrran · March 2023

Je t'ai dit ce qui n'allait pas (peut-être pas très clairement) Après le premier tirage, on a 7 cas possibles :
1) le jeu est fini
2) le jeu continue et on a 2 boules noires plus une boule blanche dans l'urne
3) le jeu continue et on a 3 boules noires plus une boule blanche dans l'urne
etc
Selon qu'on est dans le cas n°2 ou n°3 ou ... n°7, la probabilité de tirer la boule blanche au tirage n°2 varie. Tu ne prends pas ça en compte dans ton calcul (ou, anticipons ta réponse, tu le prends mal en compte).
Si tu tiens à présenter cet exercice comme un exercice de proba conditionnelle, ou si tu veux résoudre cet exercice, tout simplement, il faut décomposer tous les cas :
- proba d'avoir une boule blanche au 1er tirage
- proba d'avoir une boule noire et un 1 au lancer de dé au premier tirage, et d'avoir une boule blanche au 2ème tirage (= proba d'avoir une boule blanche au 2ème tirage, sachant qu'on a tiré un boule noire et qu'on a eu 1 au dé au 1er tirage, pour le présenter sous la forme de proba conditionnelle pour que tu sois plus à l'aise)
- etc etc
Vouloir traiter les 2 premiers tirages comme un seul bloc, ce n'est pas possible.

gebrane · March 2023

Je vais regarder mon raisonnement ce soir.
Peux-tu stp donner $P(X=5)$ qui ressemble à $P(X=3)=\dfrac 1{72}\displaystyle \sum_{k=2}^7\dfrac k{k+1}\sum_{j=k+2}^{k+7}\dfrac 1j$ (je ne veux pas une valeur numérique). Si tu ne sais pas, pas grave.

lourrran · March 2023

Réfléchissons, d'où vient cette formule obtenue pour X=3 ! C'est l'étape essentielle si tu veux trouver une formule pour les valeurs suivantes.
Commençons par P(X=1), c'est $\dfrac 12$
$P(X=2)=\dfrac 1{12}\displaystyle \sum_{k=2}^7\dfrac 1{k+1}$

Pourquoi une somme de 2 à 7 : logiquement, on fait une somme de 1 à 6. Et selon la valeur de k, on a k+1 boules noires et 1 boule blanche dans l'urne. Pour alléger les notations, ton interlocuteur a choisi de dire k n'est pas le résultat du dé, mais le nombre de boules noires dans l'urne.

Reprendre la formule d'un autre est compliqué. Personnellement, je préfère dire que k est le résultat du dé, et idem pour la 2ème somme, je préfère faire une somme de 1 à 6, et au lieu d'avoir 1/j , je vais avoir 1/(j+k+1) où j et k représentent les résultats des 2 dés.
Mais effectivement, les fractions sont plus simples avec cette notation, donc tentons de continuer avec cette norme.
Si tu fais le même travail en parallèle de ton côté, utilise les notations qui te paraissent le plus naturelles ! Là, j'essaie d'utiliser la même norme que celle déjà utilisée, pour ne pas générer de perturbations.

Dans ma formule pour P(X=2), on a la fraction $\dfrac 1{k+1}$ qui vient se substituer à l'autre fraction $\dfrac k{k+1}$ : à partir d'une position avec k boules noires, on s'intéresse ici à la proba de tirer la boule blanche, alors que pour P(X=3), on s'intéressait à la proba de tirer une boule noire.

Pour P(X=4), on doit arriver sauf erreur à :
$P(X=4)=\dfrac 1{72 \times 6}\displaystyle \sum_{k=2}^7\dfrac k{k+1}\sum_{j=k+2}^{k+7}\dfrac {j-1}j \sum_{l=k+j+2}^{k+j+7}\dfrac 1l$
et pour P(X=5) :
$P(X=5)=\dfrac 1{72 \times 6 \times 6}\displaystyle \sum_{k=2}^7\dfrac k{k+1}\sum_{j=k+2}^{k+7}\dfrac {j-1}j \sum_{l=k+j+2}^{k+j+7}\dfrac {l-1}l \sum_{m=l+k+j+2}^{l+k+j+7}\dfrac 1m$

Vraiment sans garantie, en espérant ne pas m'être trompé sur les bornes des sommes.
Mais la formule en tant que telle n'a aucun intérêt. Ce qu'il faut, c'est vraiment comprendre le pourquoi de telle formule.

Ici, si j'étais sérieux, (si je savais utiliser un logiciel de calcul formel), je calculerais ces différentes sommes pour faire quelques contrôles de cohérence. Est ce que $P(X=1)>P(X=2)> P(X=3) > P(X=4) > P(X=5)$ ?
Est-ce que $P(X=1) + P(X=2)+ P(X=3) + P(X=4) + P(X=5) < 1$ ?
Si ces 2 contrôles sont vérifiés, go, c'est plausible.

gebrane · March 2023

Bonjour Lourrran,

Enfin j'ai compris (il m 'a indiqué que la faute vient de ma première ligne) il fallait écrire $\mathbb{P}(X=3) = \sum_{1\leqslant i,j\leqslant 6}\mathbb{P}(N_1\cap D_{1i}\cap N_2\cap D_{2j}\cap \overline{N_3})$.

Avec $N_i$ l’événement on obtient une noire au ieme titrage et $D_{i,j}$ le ieme lancer du dé donne le résultat $j$.

Tu as commis une faute dans les indexations c'est pourquoi je préfère les preuves académiques. Si tu es intéressé ou une autre personne, je peux donner les détails (Si j’étais enseignant en Lycée, je le donnerais à mes élèves

).

lourrran · March 2023

Evite les mots comme 'académiques'... Le seul critère ici, c'est le soin apporté à trouver la formule correcte. Ici, il faut prendre un papier, un crayon, il faut s'appliquer. Point final. Je n'ai pas pris de papier ni de crayon, j'ai tenté une formule qui me semblait pas trop éloignée de la vraie , et il se peut tout à fait que je me sois trompé, je l'ai écrit et répété.
L'exercice, c'est de répondre à chacune de ces questions :
- quel est l'ensemble des situations possibles à la fin de l'étape 1, avec les probabilités associées.
- pour chacune de ces situations, quelles sont les situations possibles à la fin de l'étape 2, avec les probabilités associées.
- et rebelote pour chacune des étapes suivantes
On peut le présenter de plein de façons, ça reste cette succession de questions.
On peut appeler cela un arbre, on peut appeler cela des probabilités conditionnelles si on veut employer un terme plus intellectuel, peu importe. Il se trouve que la succession de questions qu'il faut se poser pour résoudre l'exercice, elle vient naturellement si on emploie le mot arbre, alors que le mot 'proba conditionnelle' n'apporte aucune idée sur le processus à mettre en oeuvre.

gebrane · March 2023

lourrran a dit :

j'ai tenté une formule qui me semblait pas trop éloignée de la vraie ,

Ce raisonnement n'est pas académique. Peux-tu corriger ta formule pour P(X=4) ? Si je te montre le raisonnement, tu n'auras pas besoin de "tâtonner" ou d'un crayon.

Pour qu'on soit d'accord, mon but n'est pas de t'intimider, on apprend des maths. Moi-même, je ne comprenais pas ce calcul au début.

lourrran · March 2023

Je répète ce que je disais : la formule en tant que telle n'a aucun intérêt. Ce qu'il faut, c'est vraiment comprendre le pourquoi de telle formule. Apparemment, tu n'as pas lu ou pas compris ce que je disais.
Je n'ai absolument pas changé d'avis.
Tu avais besoin d'aide, je t'ai apporté cette aide en t'expliquant la démarche. Tu réclamais une formule, j'ai écrit une formule. Je me suis attaché à ce que cette formule soit pédagogique, j'ai expliqué par exemple pourquoi on avait 1/(k+1) dans un cas, puis k/(k+1), et apparemment, ça a été efficace, puisque tu dis que tu as maintenant la solution.

gebrane · March 2023

Lourrain ma discussion avec toi était utile car ma première formule $P(X=3)=P(N_1\cap N_2\cap B_3)$ était totalement fausse. La question, il fallait la remplacer par quoi ?

Avec tes arbres, tu as vu comment traiter tous les cas possibles . De mon côté, je cherchais une formule générale académique = utiliser des théorèmes.

Tu as mentionné à deux reprises que la question (formule) était inutile. Penses-tu que les mathématiques progressent uniquement grâce à l'utilité des questions ?

les mathématiques ne progressent pas seulement en répondant à des questions utiles. La recherche de méthodes mathématiques pour résoudre des problèmes peut conduire à de nouvelles découvertes et à l'élargissement de notre compréhension de la nature des mathématiques elles-mêmes

Pourquoi se casser la tête avec des calculs intégraux exacts qui nous sont présentés sur ce forum ? La question n'est peut-être pas utile en soi, mais c'est la recherche de méthodes mathématiques pour résoudre la question qui contribue au développement des mathématiques.

lourrran · March 2023

Lol.
Je vais donc recopier une nouvelle et dernière fois ce que je disais : Ce qu'il faut, c'est vraiment comprendre le pourquoi de telle formule.

gebrane · March 2023

lourrran a dit :

je disais : Ce qu'il faut, c'est vraiment comprendre le pourquoi de telle formule.

Je n'ai pas dit le contraire. Moi je voulais utiliser un théorème ( je suis formé comme ca, je n'y peux rien

) et toi tu as préféré les arbres . Pour moi l'utilisation des arbres me rendent aveugles pour une éventuelles généralisation

Voici la justification par la Formule des probabilités composées

On note $N_i$ l’événement on obtient une noire au ieme titrage et $D_{i,j}$ le ieme lancer du dé donne le résultat $j$.
\begin{align*}
\mathbb{P}(X=3) &= \sum_{1\leqslant i,j\leqslant 6}\mathbb{P}(N_1\cap D_{1i}\cap N_2\cap D_{2j}\cap \overline{N_3}) \\
&= \sum_{1\leqslant i,j\leqslant 6} \mathbb{P}(N_1)\times \mathbb{P}(D_{1i}|N_1)\times \mathbb{P}(N_2 | N_1\cap D_{1i}) \\
&\quad \times \mathbb{P}(D_{2j}|N_1\cap D_{1i}\cap N_2)\times \mathbb{P}(\overline{N_3}|N_1\cap D_{1i}\cap N_2 \cap D_{2j}) \\
&= \sum_{1\leqslant i,j\leqslant 6} \frac 12\times \frac 16 \times \frac {i+1}{i+2}\times \frac 16\times\frac 1{i+j+2} \\
&= \sum_{i=1}^6 \sum_{j=1}^6 \frac 12\times \frac 16 \times \frac {i+1}{i+2}\times \frac 16\times\frac 1{i+j+2} \\
&= \frac 1{72}\times \sum_{i=1}^6 \frac {i+1}{i+2}\times \sum_{j=1}^6\frac 1{i+j+2}\\
\end{align*}
On généralise par$$ \forall k\geq 1,\quad P(X=k+1)=\sum_{1\leqslant i_1,i_2,...,i_k \leqslant 6} \frac 1{2.6^k}\big( \prod_{l=1}^{k-1} \frac{1+\sum_{p=1}^l i_p}{2+\sum_{p=1}^l i_p} \big)\frac 1{2+\sum_{p=1}^k i_p },$$
avec la convention $\prod_{l=1}^{0} a_l =1$

Merci Lourrran pour cette discussion. Et s'il y a un conflit de procédés préféré, ce conflit est purement sain et mathématique.

lourrran · March 2023

Quand tu écris par exemple $\mathbb{P}(\overline{N_3}|N_1\cap D_{1i}\cap N_2 \cap D_{2j})$ , tu le lis avec le mot 'sachant que' . Pour ma part, je vais juste remplacer les mots 'Sachant que' par 'partant de'. C'est la seule différence entre les 2 approches. Il n'y a vraiment pas de quoi en faire une histoire.

gebrane · March 2023

Non lourrran, on va faire toute une histoire

Je propose cet exercice niveau lycée ayant le thème arbres vs dénombrement.

Une boîte contient p boules noires et q boules blanches. n boules sont retirées de la boîte, sans remise. Trouvez la probabilité que la n ieme boule retirée de la boîte soit blanche.

Pour p=6, q=4 et n=3, est-il conseillé de procéder avec les arbres ou le dénombrement. J'ai trouvé avec les arbre 2/5 mais c'est pénible et peut être je me suis trompé.

lourrran · March 2023

Cette probabilité est q/(q+p). Les arbres sont inutiles ici.

gai requin · March 2023

Je trouve $\dfrac 1{(p+q-n+1)\binom{p+q}{n-1}}\sum\limits_{k=0}^{n-1}(q-k)\binom q k\binom p{n-1-k}$ sans avoir cherché à simplifier.

gebrane · March 2023

Oui c'est l’équiprobabilité des tirages . On est au moins d’accord que les arbres ne sont pas toujours utiles

gebrane · March 2023

Bonsoir @gai requin Je viens de voir ton calcul. Si on simplifie, on tombe sur le résultat donné par Lourrran. La raison en est que si l'on place les tirages sur une ligne, la chance de tirer le premier est la même que celle de tirer le nième. En réalité, c'est une question philosophique sur la nature du hasard.

@gerard0, stp vu ton expérience comment expliquer aux étudiants sans faire aucun calcul que la probabilité que la n ieme boule retirée de la boîte soit blanche est égale à la probabilité que la première boule retirée de la boîte soit blanche.

gebrane · March 2023

Un casse tête.

Il y a 3 boîtes. La première boîte contient a balles blanches et b balles noires . La deuxième boîte contient c balles blanches et d balles noires et la troisième est vide. Vous tirez n balles de la première boîte et m balle de la deuxième boîte, puis vous les mettez dans la troisième boîte.
Quelle est la probabilité de tirer une balle blanche de la troisième boîte ?

gerard0 · March 2023

Gebrane,
on retire les boules sans les regarder, sauf la n-ième, qu'on regarde en premier. Quelle est la probabilité que la première boule soit blanche ?

Si ça ne suffit pas, on replace les boules dans la boite avant de regarder.

Enfin pour ceux qui ne cèdent qu'aux calculs, on fera le calcul pour n=2 voire n=3 (arbre).

Attention, il s'agit bien de la probabilité "a priori", bien évidemment, si on connaît les tirages précédents, ça devient faux.
Cordialement.

gai requin · March 2023

@gebrane : Dans ton tirage de $n$ boules sans remise, quelle est la probabilité que la $k$-ième soit blanche $(1\leq k\leq n)$ ?

gebrane · March 2023

@gai requin c'est la même probabilité d'obtenir une blanche au premier tirage

gai requin · March 2023

Preuve ? 😉

gebrane · March 2023

Preuve: Chaque boule a la même probabilité d'être la première boule retirée que n'importe quelle autre boule.

gebrane · March 2023

Si tu n'es pas convaincu voici une preuve avec les probas conditionnelle.

Soit l’état de la boîte après le i-1 ème tirage $b_{i-1}$ blanche et $n_{i-1}$ noire. On note $B_i$ l'événement " la boule tirée au i ème tirage est blanche " on a

\begin{align*}
P(B_{i+1})&=P(B_{i+1}|B_i)P(B_i)+P(B_{i+1}|\bar B_i)P(\bar B_i)\\
&=\frac{b_{i-1}-1}{n_{i-1} +b_{i-1}-1 }\frac{b_{i-1}}{n_{i-1} +b_{i-1}}+\frac{b_{i-1}}{n_{i-1} +b_{i-1}-1 }\frac{n_{i-1}}{n_{i-1} +b_{i-1}}\\
&=\frac{1}{(n_{i-1} +b_{i-1}-1)(n_{i-1} +b_{i-1})} \big((b_{i-1}-1)b_{i-1} + b_{i-1}n_{i-1} \big)\\
&=\frac{ b_{i-1}}{(n_{i-1} +b_{i-1}-1)(n_{i-1} +b_{i-1})} (b_{i-1}-1 + n_{i-1} )\\
&=\frac{b_{i-1}}{n_{i-1} +b_{i-1}}=P(B_i).
\end{align*}

gebrane · March 2023

@gai requin Bonjour
Tu n'as pas répondu. Convaincu ou non par la preuve gebranesque ?

gai requin · March 2023

@gebrane : Donc tu dis que $b_{i-1}$ ne dépend pas du tirage 🤔

gebrane · March 2023

Je ne te suis pas, J'ai dit je considère l’état de la boite après le i-1 tirage. Pour simplifier les notations, tu prends dans cette état, x le nombre de blanches et y le nombre de noires dans la boîte. Tu appliques après mon raisonnement.

gai requin · March 2023

@gebrane : Tu dis que $p(B_i)=\dfrac{b_{i-1}}{n_{i-1}+b_{i-1}}=\dfrac{b_{i-1}}{p+q-i+1}=p(B_1)=\dfrac q{p+q}$ donc $b_{i-1}=\dfrac{q(p+q-i+1)}{p+q}$ (est-ce un entier ?) ne dépend pas du tirage.

Alain24 · March 2023

[*** Erreur de discussion ou tentative de faire dévier la discussion. AD]

Code pour résoudre un problème de probabilité

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