Petit exercice de probas

Homo Topi

J'ai retrouvé un énoncé en triant le bazar sur/sous/autour de mon bureau. C'est de niveau lycée je pense, L1-L2 à coup sûr, peut-être @OShine voudra-t-il essayer.

On tire simultanément (sans remise) 3 cartes d'un jeu de 32 cartes. Calculer la probabilité de tirer exactement deux cartes de cœur et exactement un as. Je précise que c'est bien une seule question, pas deux questions séparées.

gebrane

Je m' essaie  $ C_7^2.C_4^1 / C_{32}^3$

GaBuZoMeu

Bonjour,

O'Shine=gebrane ?

Perdu !

gebrane

C'est une réponse au pif. Laissez Oshine me corriger
Je lui donne une deuxième  $(C_7^2.C_3^1 +C_1^1.C_7^1 .C_{30}^1 /C_{32}^3$ 

bd2017

Oui c'est bon.

Homo Topi

Le $C_{30}^1$ ne me convainc pas.

gebrane

Attendons @Oshine

Homo Topi

Bonne idée.

Rescassol

Bonjour,

C'est un cas typique où les deux événements ont une intersection non vide.
Il faut décomposer en $p(A)+p(B)$ où:
$A=$ 2 cœurs et 1 as avec l'as de cœur.
$B=$ 2 cœurs et 1 as sans l'as de cœur.

Cordialement,
Rescassol

Soc

On en revient toujours aux patates...

gebrane

@Soc une pour toi
on tire 10 cartes  simultanément. Donner la proba d'avoir exactement 2 As, au moins 2 cœurs et au plus 3 rois

lourrran

Que dit l'évaluation du jury ?

Homo Topi

C'est un exercice difficile, pour l'instant personne qui a répondu n'y est arrivé en entier.

Pour l'exo de gebrane pour Soc, le jury planche encore.

Rescassol

Bonjour,

Gebrane, ton exemple est long et chiant, mais simple. Il suffit de décomposer en catégories simples:
Les as de cœur.
Les autres as (pas cœur)
Les rois de cœur.
Les autres rois (pas cœur)
Les autres cœurs (ni roi ni as).
Le reste du paquet (ni roi ni as ni cœur)
Puis on décompose l'événement demandé en plein de petits événement disjoints, j'ai la flemme.

Cordialement,
Rescassol

gebrane

Qui ose donner une réponse ?  

Soc

@Gebrane: C'est simple! Tu étudies les $64\,512\,240$ possibilités parmi lesquelles tu ne retiens que celles qui conviennent !

Soc

Voilà la moitié de la réponse, le nombre de cas avec 2 as sans celui de cœur: $C_3^2 . (C_{28}^8 -C_{24}^4-(C_{21}^8+C_7^1 . C_{21}^7)+C_{18}^4) $

L'autre moitié: $C_3^1 . (C_{28}^8-C_{24}^4-C_7^1.C_{21}^7)$
On additionne tout, on divise par les 64 millions vus plus haut, et on laisse vérifier ceux qui ont le courage...
Je laisse Zeitnot me rouspéter en disant que la moitié n'est pas une moitié!

Edit: Ci dessous la version détaillée avec l'erreur corrigée.

* Nombre de mains différentes possibles: $C_{32}^{10}$

* Nombre de mains satisfaisantes contenant exactement 2 as, sans l'as de cœur : $C_3^2 . (C_{28}^8 -C_{24}^4-(C_{21}^8+C_7^1 . C_{21}^7)+C_{18}^4) $
-> On choisit d'abord les 2 as, puis on complète avec 8 cartes autres que des as:
           $C_3^2.C_{28}^8$
-> On retire les mains avec 4 rois:
           $C_3^2.C_{28}^8 - C_3^2.C_{24}^4$
-> On retire les mains ayant moins de 2 cœurs:
           $C_3^2.C_{28}^8 - C_3^2.C_{24}^4 -C_3^2.(C_{21}^8+C_7^1)$
-> On remet les mains avec 4 rois et moins de cœurs (retirées deux fois donc à remettre):
           $C_3^2.C_{28}^8 - C_3^2.C_{24}^4 -C_3^2.(C_{21}^8+C_7^1) + C_3^2.C_{18}^4$

* Nombre de mains satisfaisantes contenant exactement 2 as, dont l'as de cœur : $C_3^1 . (C_{28}^8-C_{24}^4-C_{21}^8)$
-> On choisit l'as autre que cœur, puis on complète avec 8 cartes autres que des as:
           $C_3^1.C_{28}^8$
-> On retire les mains ayant 4 rois:
           $C_3^1.C_{28}^8 - C_3^1.C_{24}^4$
-> On retire les mains ayant moins de 2 cœurs:
           $C_3^1.C_{28}^8 - C_3^1.C_{24}^4 - C_3^1.C_{21}^8$
-> Il n'y a rien à remettre car il n'y a pas de main ayant moins de 2 cœurs, les 4 rois et l'as de cœur.

* Probabilité finale:

$ P(A) = \dfrac {C_3^2 . (C_{28}^8 -C_{24}^4-(C_{21}^8+C_7^1 . C_{21}^7)+C_{18}^4)+C_3^1 . (C_{28}^8-C_{24}^4-C_{21}^8)}{C_{32}^{10}} $

$ P(A) = \dfrac {3 . (2C_{28}^8  - 2C_{24}^4  -2C_{21}^8  - C_7^1 C_{21}^7    +C_{18}^4) }{C_{32}^{10}} $

Rescassol

Bonjour,

Pour le problème initial, $p=\dfrac{\binom{1}{1}\binom{7}{1}\binom{3}{0}\binom{21}{1}+\binom{1}{0}\binom{7}{2}\binom{3}{1}\binom{21}{0}}{\binom{32}{3}}=\dfrac{21}{496}$

Pour le problème plus compliqué, le principe est le même, en plus long.

Cordialement,
Rescassol

troisqua

@gebrane : Je dirais $\frac{\binom{7}{2}\binom{3}{1}+\binom{7}{1}\binom{1}{1}\binom{21}{1}}{\binom{32}{3}}$. Qu'en penses-tu ?

gebrane

@troisqua oui
et pour mon problème ?
J'espère que @GaBuZoMeu va donner une réponse, il aime ce genre de complications et surtout il ne trompe jamais 

Rescassol

Bonjour,

C'est la même chose en enlevant les $\binom{n}{0}$.

Cordialement,
Rescassol

troisqua

@Rescassol : oui, nos commentaires se sont croisé.

Homo Topi

Soc a dit :

@Gebrane: C'est simple! Tu étudies les $64\,512\,240$ possibilités parmi lesquelles tu ne retiens que celle qui conviennent !

Je n'ai pas compris, il faut numéroter ou non ?

Rescassol

Bonjour,
> J'ai pas compris, il faut numéroter ou non ?
OS, sors de ce corps ...
Cordialement,
Rescassol

verdurin

@gebrane en fait ton problème n'a aucun intérêt et demande beaucoup de calculs.

J'espère que tu n'auras pas de réponses.

bd2017

Bonsoir

Au contraire je trouve que le problème posé par @gebrane a de l'intérêt. En effet les mathématiques sont faites pour être appliquées. Dans la vie de tous les jours, les calculs ont tendance à être compliqués et non simples comme à l'école. 

Bon! je donne une valeur approchée que j'ai trouvé $p\approx 0.231$  (sauf erreur).

Soc

J'ai déjà donné la réponse plus haut, mais j'ai la flemme de la calculer, dans quel logiciel ou site peut-on entrer le calcul et avoir le résultat?

lourrran

Parfois, quand le problème comporte beaucoup de cas à additionner, c'est plus simple de calculer la probabilité du complémentaire.
Ici, en première lecture, on se dit qu'on va simplifier les calculs (uniquement 0 coeur ou 1 coeur ... contre 2, 3, 4 , 5, 6 ,7,8 coeurs à étudier).
Mais c'est trompeur. 
Très fastidieux, et pas beaucoup d'intérêt quand on maitrise bien.
Par contre, pour quelqu'un qui n'est pas très à l'aise, c'est un bon challenge.

verdurin

bd2017 a dit :

[ . . . ] En effet les mathématiques sont faites pour être appliquées. Dans la vie de tous les jours, les calculs ont tendance à être compliqués et non simples comme à l'école. [ . . . ]

Je suis bien d'accord.

Mais je me demande qui a besoin de connaître la proba d'avoir exactement 2 As, au moins 2 cœurs et au plus 3 rois quand on tire dix cartes d'un jeu de trente-deux cartes.

gebrane

Un de plus simple que j'ai eu dans un contrôle, on tire 5 cartes simultanément. Donner la proba d'avoir exactement 2 cœurs et un 1 AS. 

verdurin

Je dirais $\binom{1}{1}\times \binom{7}{1}\times \binom{24}{3}+\binom{3}{1}\times \binom{8}{2}\times \binom{23}{2}$

Correction : $\binom{1}{1}\times \binom{7}{1}\times \binom{24}{3}+\binom{3}{1}\times \binom{7}{2}\times \binom{23}{2}$

Je suis trop vieux : je corrige encore une fois.
$\binom{1}{1}\times \binom{7}{1}\times \binom{21}{3}+\binom{3}{1}\times \binom{7}{2}\times \binom{21}{2}$

gebrane

faux verdurin

gebrane

ok cette fois-ci mais tu divises par le truc  . On demande une proba

lourrran

Pour l'exercice avec les 10 cartes.
on tire 10 cartes  simultanément. Donner la proba d'avoir exactement 2 As, au moins 2 cœurs et au plus 3 rois
On a 4 configurations :
-A- As de coeur et roi de coeur, exactement un autre as, et au max 2 autres rois
-B- As de coeur, pas le roi de coeur, exactement un autre as, et au moins un autre coeur.
-C- Pas l'as de coeur, le roi de coeur, exactement 2 autres as, au max 2 autres roi, et au moins un autre coeur.
-D- Pas l'as ni le roi de coeur , exactement 2 autres as, et au moins 2 autres coeurs.

-A- As de coeur et roi de coeur, exactement un autre as, et au max 2 autres rois
On va faire la différence entre 2 cas :
-A1- As de coeur et roi de coeur, exactement un autre as,  et donc 7 cartes totalement au choix parmi les 27 autres (on exclue les as et le roi de coeur)
-A2- As de coeur et roi de coeur, exactement un autre as, et les 3 autres rois, et donc 4 cartes parmi les 24 autres cartes (tout sauf as et rois)
A1 : 3 * C(27,7)
A2 : 3 *C(24,4)
Et donc A=A1-A2

-B- As de coeur, pas le roi de coeur, exactement un autre as, et au moins un autre coeur.
Là aussi, on va faire une soustraction.
-B1- As de coeur, pas le roi de coeur, exactement un autre as, et donc 8 cartes au choix parmi les 28 cartes restantes (hors les as)
-B2- As de coeur, pas le roi de coeur, exactement un autre as, aucun coeur et donc 8 cartes au choix parmi les 21 cartes restantes (hors les as et les coeurs)
-B3- As de coeur, pas le roi de coeur, exactement un autre as, un seul coeur en dehors de l'as et donc 7 cartes au choix parmi les 21 cartes restantes (hors les as et les coeurs)
Et ensuite B=B1-B2-B3

J'ai fait ma part du travail.  En espérant que sur cette partie, il n'y a pas d'erreur.
C'est un travail collaboratif, je laisse la main à qui veut continuer.

gebrane

On peut transférer cette question direct au Shtam

lourrran

Je reprends : 
Déjà, le raisonnement pour le cas B est faux...
B=B1-B2
Le cas B3 est en trop.
Et en plus, le complément n'est pas : 8 cartes au choix parmi les 28 cartes restantes (hors les as)

B1- As de coeur, pas le roi de coeur, exactement un autre as, et donc 8 cartes au choix parmi les 27 cartes restantes (hors les as et le roi de coeur)
B1= 3*C(27,8)
-B2- As de coeur, pas le roi de coeur, exactement un autre as, aucun coeur et donc 8 cartes au choix parmi les 21 cartes restantes (hors les as et les coeurs)
B2=3*C(21,8)

B=B1-B2=3*C(27,8)-C(21,8)

-C- Pas l'as de coeur, le roi de coeur, exactement 2 autres as, au max 2 autres rois, et au moins un autre coeur.
On va aussi faire des soustractions :
Premier comptage sans la contrainte 'au moins un autre coeur'
Deuxième comptage, avec la contrainte 'aucun coeur'
Puis soustraction.
Et pour la contrainte 'au max 2 autres rois', on va compter les 3 cas 0 roi, 1 roi ou 2 rois.
Pour tous ces cas , on a : pas l'as de coeur, le roi de coeur. 
C1 = pas d'autre roi :  3*C(24,7)
C2 = un autre roi : 3*3*C(24,6)
C3 = 2 autres rois : 3*3*C(24,5)
C4 = pas d'autre roi, pas de coeur en dehors du roi :  3*C(18,7)
C5 = un autre roi, pas de coeur en dehors du roi : 3*3*C(18,6)
C6 = 2 autres rois, pas de coeur en dehors du roi : 3*3*C(18,5)
C=C1+C2+C3-(C4+C5+C6)

-D- Pas l'as ni le roi de coeur , exactement 2 autres as, et au moins 2 autres coeurs.
Là encore, une soustraction :
D1 : Pas l'as ni le roi de coeur , exactement 2 autres as,
D2 : Pas l'as ni le roi de coeur , exactement 2 autres as, aucun coeur
D3 : Pas l'as ni le roi de coeur , exactement 2 autres as, un seul coeur parmi les 6 petits coeurs.
D1 : 3 * C(27,8)
D2 : 3 * C(21,8)
D3 : 3*6*C(21,7)
D= 3 * C(27,8) - 3 * C(21,8) - 3*6*C(21,7)

... Je ne détaille pas plus.
Proba = 23.1448%   conforme au résultat de SOC.

On peut valider ce résultat par un autre calcul, un peu approximatif, mais beaucoup plus simple.
Proba d'avoir exactement 2 as = 28.9%
Proba d'avoir au max 3 rois = 99.4% 
Proba d'avoir ces 2 résultats : les résultats ne sont pas indépendants, le fait d'avoir exactement 2 as (plus que la moyenne) aide à avoir maxi 3 rois.
Proba d'avoir ces 2 résultats : environ 28.9*99.6 

Proba d'avoir au moins 2 coeurs : 80.7%
Si on multiplie ces 2 probas, on trouve 23.24% si on part de 99.6, ou 23.2% si on prend le 99.4%
Très proche du 23.1448%.
C'est cohérent.
Je me suis bien interrogé sur le petit écart : 23.144 est inférieur à 23.2 ... donc le fait d'avoir exactement 2 as diminue la proba d'avoir au moins 2 coeurs. Ca paraît bizarre.  Du coup, la proba d'avoir exactement 2 valets diminuerait aussi la proba d'avoir au moins 2 coeurs. Et pareil pour tous les niveaux...
Et oui, ça s'explique. Quand on prend 10 cartes, on peut avoir des configurations comme (1,0,1,3,3,0,1,1) (nombre de cartes par niveau)
Et donc aucun niveau avec 2 cartes.
Du coup, ça paraît normal si le résultat final est inférieur à ce 23.2%


Correction : c'est BD2017 qui avait donné ce 0.231, et non Soc.

LOU16

Bonjour,

Une réponse qui vise surtout à faire un joli tableau en Latex et qui confirme celles de bd2017 et de lourran, (mais pas celle de Soc.)

Pour une "main" de $10$ cartes ayant les propriétés requises, on définit les entiers $x,y,z$ par:

$x:= \text{ nombre de rois présents dans la main: }\: x\in \{0,1,2,3\}.$

$y: = \text{ nombre de rois de coeur présents dans la main: }\: y \in \{0,1\}.$

$z:= \text{ nombre d'as de coeur présents dans la main: } \: z\in \{0,1\}.$

$$\begin{array} {|c|c|}\hline  (x,y,z) &\text{nombre de mains de type }(x,y,z)\\ \hline  (0,0,0)& 3\times \left[ \binom {24}8 -\binom {18} 8 -6 \binom {18}7 \right]\\ \hline (0,0,1) & 3\times\left[ \binom{24}8 - \binom{18}8\right]\\ \hline (1,0,0) &9 \times\left[ \binom{24}7 - \binom{18}7 -6\binom{18}6\right] \\\hline (1,0,1)& 9 \times \left[\binom{24}7 - \binom{18} 7 \right]\\ \hline (1,1,0) & 3\times \left[ \binom {24}7 - \binom {18} 7 \right]\\\hline (1,1,1)& 3 \times \binom {24 }7 \\ \hline (2,0,0)& 9\times \left[ \binom {24}6 - \binom {18}6 -6\binom {18}5\right] \\ \hline (2,0,1)& 9 \times \left[ \binom{24}6 -\binom {18}6 \right] \\ \hline (2,1,0) & 9\times \left[ \binom{24}6 - \binom {18}6 \right] \\ \hline\hline  (2,1,1)& 9 \times \binom {24} 6 \\ \hline (3,0,0)& 3 \times \left[\binom{24}5 - \binom{18}5 - 6 \binom{18}4\right] \\ \hline (3,0,1)& 3 \times\left[ \binom{24}5 - \binom {18}5 \right] \\ \hline (3,1,0) & 9 \times \left[ \binom{24}5 - \binom{18}5 \right] \\ \hline (3,1,1) & 9 \times \binom {24}5 \\ \hline\end{array}$$

Soit $A$ l'événement dont il est demandé de déterminer la probabilité.

$\mathbb P(A) = \dfrac {\text{Card } A}{\text{Card }\Omega}, \:\text{Card }\Omega = \binom {32}{10},\:\text{Card }A =6\binom {24}8 +24 \binom {24}7 + 36 \binom {24}6 +24 \binom {24}5 -6 \binom {18}8 - 39 \binom {18}7 -81 \binom {18}6 - 69 \binom {18}5 -18 \binom {18}4.$

$$ \mathbb P(A) = \dfrac {14931234}{64542240} = 0.2314480.\dots .$$

Il m'avait échappé que "au plus trois rois" signifiait "pas tous les rois dans la main"! Je viens ainsi d'apercevoir un décompte nettement plus simple:

$$ \text{Card } A= a-b$$

où $a$ est  le nombre de mains de $10$ cartes avec exactement  $2$ as et au moins $2$ cœurs et $b$ le nombre de ces mains possédant les $4$ rois.

$a= 3\times \left [\Big(\binom {28}8 -\binom {21}8 -7\binom {21}7 \Big )+ \Big( \binom {28}8 - \binom{21}8 \Big) \right] \qquad b =6\binom {24}4 - 3\binom  {18}4, \qquad \text{Card } A= 6\binom{28}8 +3\binom{18}4 -6\binom {21}8 -21 \binom{21} 7 - 6 \binom {24}4 =14931234.$

Soc

Merci Lou16, avant de lire ta copie je vais du coup revoir la mienne! Une question d'abord: utilises-tu un logiciel/site pour le résultat numérique ou le fais-tu "à la main"?

gebrane

Très joli Lou16, c'est très formateur. Encore mille merci pour l'effort 

Soc

Grace au Xcas soufflé par Lou16 j'ai identifié l'erreur: il fallait remplacer le dernier $C_7^1.C_{21}^7$ par $C_{21}^8$. Ce qui donne:

$ P(A) = \dfrac {C_3^2 . (C_{28}^8 -C_{24}^4-(C_{21}^8+C_7^1 . C_{21}^7)+C_{18}^4)+C_3^1 . (C_{28}^8-C_{24}^4-C_{21}^8)}{C_{32}^{10}} $

$ P(A) = \dfrac {3 . (2C_{28}^8  - 2C_{24}^4  - 7 C_{21}^7  -2C_{21}^8  +C_{18}^4) }{C_{32}^{10}} $

$ P(A) = \dfrac {14931234 }{64512240} $

$ P(A) = 0,231...$

lourrran

En terme de pédagogie,
Faire le calcul et écrire tout le calcul n'a pas beaucoup d'intérêt.
Les formules sont relativement simples. Mais il y en a beaucoup.
A un moment je me suis planté. A la fin de mon premier message, j'avais mis un 28 ... et c'est en fait 27 qu'il fallait mettre.

Comment je m'en suis rendu compte ?

On a d'une part le calcul précis, avec plein d'étapes et plein d'occasions de se tromper.
On a d'autre part une estimation relativement simple à faire (proba d'avoir exactement 2 as x proba d'avoir au moins 2 coeurs)
Soit le résultat obtenu par ces 2 calculs est assez proche, et on le garde.

Soit il est très éloigné, et il y a un problème.
J'avais trouvé 27% contre 23.2 dans le calcul approximatif ... j'ai donc revérifié chaque résultat intermédiaire, parce qu'il y avait certainement une erreur quelque part.

Quand on fait plein de calculs, avec plein d'occasions de se tromper, il faut mettre en place des stratégies pour contrôler.

gebrane

Hier j'ai essayé de comprendre les calculs de Soc et Lourrain, mais sans succès ( à causes des erreurs d'inattentions laissées)
Bravo à bd,  Soc et Lourrain

Soc

Je vais les détailler alors pour ceux qui liront plus tard.

bd2017

Bonjour.  On peut varier à l'infini ces exercices de proba. En voici un:  Je prends un jeu de 32 cartes que je partage de façon aléatoire en 2 paquets de 16 cartes.  J'ai donc 2  paquets  nommes $P_1$  et $P_2.$     Je tire une carte au hasard dans $P_1,$   si la carte tirée est un As le jeu s'arrête.   Sinon on tire une carte dans $P_2.$ Quel est la proba d'avoir tiré un as? 

Soc

$P=0,2379...$ ?

gebrane

Je ne sais pas si j'ai bien compris l'énoncé de bd, donc soit une population de 32 cartes. Pour constituer P1,  on extrait au hasard 16 cartes avec des tirages successives sans remises . Si X est le nombre de AS dans P1, la v.a X suit la loi Hypergéométrique de paramètres N=32, n=16 et p=4/32. Puis On met ce qui reste dans une boite P2, c'est ca j'ai compris ce début ? 

bd2017

Non  c'est plus simple que ça.     Tu fais 2 paquets  de même taille $P1$  et $P2,$  ces 2 paquets sont fait aléatoirement  (c'est à dire qu'une carte donnée à 1 chance sur 2 d'être dans P1  et idem pour P2). 

Ensuite tu tires une carte dans P1.  Cette carte est soit un AS  ou  n'est pas un AS. Si c'est un As on dira qu'on a gagné. Sinon  on a une seconde chance, c'est de tirer une carte dans P2. Si cette seconde carte est un AS  c'est gagné, sinon c'est perdu.  Donc quel est la proba de gagner?

Je trouve le   même que Soc.   A confirmer.

On change un peu la règle du jeu.    $P1$ sera un paquet de 10 cartes tirées au hasard et $P2$  le reste sera un paquet de 22 cartes.  Quelle sera la proba de gagner?

gebrane

Merci je vais volr ce problème  ce soir

Soc

@bd2017 La même

lourrran

Pour Gebrane : 
Dans l'énoncé, il faut essayer de voir les informations utiles, et les informations qui sont là pour te piéger.

Le notions de lois hypergéométriques ou les noms compliqués comme ça, c'est utile quand une opération se répète plein de fois, on a un nombre n de tirages, et on cherche une formule x=f(n)
Quand on a 2 ou 3 tirages, on n'a pas besoin de connaissances théoriques. Juste du bon sens.
En général, on préconise de dessiner un arbre.

gebrane

 (Depuis téléphone )Mon esprit est tordu, je ne trouvée la meme chose. La stratégie  est perdante si on  tire un non as dans P1 et P2. Par indépendance cette proba est le produit de la proba de non as dans P1 et la proba de non as dans P2. C'est a dire (7/8) .(7/8). Quand je calcule l événement contraire je trouve 0,2343