Des boules noires, blanches, et des tiroirs

Sneg · September 2018

Bonjour,

Voici le problème que je cherche à résoudre :

Soient 6 boules noires et 4 boules blanches.
Si, négligemment, on range par deux ces 10 boules dans 5 tiroirs, quelle est la probabilité qu'exactement deux tiroirs contiennent à la fois une boule noire et une boule blanche, comme par exemple ici : (xo) (xo) (xx) (xx) (oo) (où chaque parenthèse représente un tiroir, un "x" une boule noire et "o" une boule blanche) ?

Par une méthode personnelle, intranscriptible ici, je trouve ceci :
Nombre de cas favorables : 691.200.
Nombre de cas possibles : 3.628.800.
(un peu moins d'une chance sur cinq.)

Serait-ce juste ?

Maintenant, à supposer que la solution proposée soit exacte, j'aimerais tester ma méthode en changeant les données du problème :

Soient 5 boules noires et 7 boules blanches.
Pareillement, si l'on range négligemment par deux ces 12 boules dans 6 tiroirs, quelle est la probabilité qu'exactement 3 tiroirs contiennent à la fois une boule noire et une boule blanche ?
Je trouve :
Nombre de cas favorables : 96.768.000.
Nombre de cas possibles : 479.001.600.
(un peu plus d'une chance sur cinq.)

A nouveau, êtes-vous d'accord ?

Merci d'avance.

GaBuZoMeu · September 2018

Les nombres choisis et ton exemple laissent soupçonner que tu mets deux boules par tiroir. Aurais-tu oublié de le préciser ?
Si c'est le cas, tes dénombrement sont fantaisistes.
Si ce n'est pas le cas, ils sont aussi fantaisistes.

Sneg · September 2018

Bonsoir, GaBuZoMeu,

Je pensais que le bout de phrase "Si l'on range $\textit{par deux}$ ces 10 boules dans 5 tiroirs" parlerait de lui-même.
Mais comme j'ai déjà pu constater que les mathématiciens ont du mal à comprendre le français - qui n'est pas ma langue maternelle, je le rappelle - j'ai même ajouté à cette phrase un exemple, que j'espérais parlant.

Cela dit, serais-tu disposé à me faire connaître tes solutions ?

Merci d'avance.

GaBuZoMeu · September 2018

Au temps pour moi, j'avais zappé le "par deux".
Et finalement ce n'est pas fantaisiste, je vois comment tu comptes :

$$\frac{120\times 4!\times 6!}{10!}\:.$$

Sneg · September 2018

Merci de me répondre.

Etant plutôt "dure de comprenure" en mathématiques, peux-tu (ou pas) confirmer la justesse de mes calculs dans les deux exemples donnés ? (Pour tout dire, la méthode de calcul que j'ai employée semble complètement différente de celle que tu as écrite au message précédent.)

GaBuZoMeu · September 2018

Tu peux toi-même comparer les résultats (et voir qu'on ne trouve pas la même chose pour le nombre de cas favorables).
Je peux détailler un peu plus pour le premier cas :
$$\binom{5}{2}\times \binom{3}{2}\times 2^2 \times \frac{4!\times 6!}{10!}=\frac47$$
et pour le deuxième :
$$\binom{6}{3}\times \binom{3}{2}\times 2^3 \times \frac{5!\times 7!}{12!}=\frac{20}{33}$$
sauf erreur.

Sneg · September 2018

Merci pour tes calculs détaillés.

Espérant ne pas abuser de ta patience, accepterais-tu de me dire quelle solution la méthode que tu viens d'employer trouve au tout dernier problème suivant ? :

Soient 2 boules noires et 4 boules blanches.

Si, négligemment, on range par deux ces 6 boules dans 3 tiroirs, quelle est la probabilité que 2 tiroirs exactement (et pas 1 ni 3) contiennent à la fois une boule noire et une boule blanche ?

Merci d'avance.

GaBuZoMeu · September 2018

Remarque : il n'y a aucune chance que 1 ou 3 tiroirs exactement contiennent à la fois une boule blanche et une boule noire !

$$\binom{3}{2}\times \binom{1}{1}\times 2^2 \times \frac{2!\times 4!}{6!}=\frac45$$

Sneg · September 2018

Au moins, dans ce dernier exemple, nous obtenons le même résultat.

Je vais me repencher sur ma méthode.

Grand merci.

babsgueye · September 2018

@GBZM, je pense que ce que tu dis est faux, est-ce que tu peux expliquer ton raisonnement un peu plus ?

GaBuZoMeu · September 2018

Oui, je peux. Mais je ne veux pas pour le moment.
Par ailleurs la façon de compter apparaît assez clairement dans la forme que je donne aux résultats, si on réfléchit bien.

Sneg · September 2018

GaBuZoMeu,

A y regarder de plus près, je m'aperçois que toi et moi avons exactement la même façon de calculer. A ceci près que dans chacun de tes calculs, tu introduis un facteur, absent dans mes calculs à moi. Ainsi :

- Dans le problème des 10 boules, tu introduis le facteur $\binom{3}{2}$. Sans ce facteur, nous obtiendrions le même résultat.
- Dans le problème des 12 boules, tu introduis encore le facteur $\binom{3}{2}$. Et, encore une fois, sans ce facteur, nous obtiendrions le même résultat.
- Dans le problème des 6 boules, tu introduis le facteur $\binom{1}{1}$. Etant donné que ce facteur vaut 1, nous obtenons le même résultat.

J'aimerais vraiment connaître la raison de la présence de ce facteur.

En fait, ce genre de problème est lié au problème suivant :
Avec un certain nombre de dominos, combien de configurations $\textit{visuellement différentes}$ peut-on obtenir en changeant les dominos de place, sans faire subir à aucun de ces dominos une rotation de 180° ?
Par exemple :
Avec les trois dominos (x o) (x o) (o o), où x=point noir et o=point blanc, bien qu'on puisse les combiner de 6 façons différentes, on ne peut obtenir que 3 configurations $\textit{visuellement différentes}$, à savoir :
(x o) (x o) (o o)
(x o) (o o) (x o)
(o o) (x o) (x o)
Pour moi, comme il y a 2 types différents de dominos pour trois places à pourvoir, cela revient à calculer $\binom{3}{2}$.
Je ne sais pas si tout ceci peut être utile à qui que ce soit d'autre que moi.

GaBuZoMeu · September 2018

Ben, c'est tout bête : il y a
1) les tiroirs avec une noire et une blanche,
2) ceux avec deux blanches,
3) ceux avec deux noires.
Par exemple, pour ton deuxième cas, il y a 3 tiroirs de type 1), 2 de type 2) et 1 de type 3). Le nombre de répartitions possibles des 7 tiroirs est le coefficient multinomial
$$\binom{6}{3,2,1}=\frac{6!}{3!\times 2!\times 1!}= \binom63\times \binom32\;.$$

Sneg · September 2018

D’accord. Je vais donc devoir me pencher sur la question de savoir ce qu’est un coefficient multinomial.
(Je rappelle que je ne suis pas mathématicienne.)

GaBuZoMeu · September 2018

Tu peux t'en tirer sans savoir ce qu'est un coefficient multinomial, juste avec la forme :
$$ \binom63\times \binom32\;.$$
Parmi les 6 tiroirs tu en veux 3 de type 1) : $\displaystyle\binom63$.
Puis parmi les 3 restant tu en veux 2 de type 2) : $\displaystyle\binom32$.

babsgueye · September 2018

Et c'est quoi tes $2^2$ et $2^3$ @GBZM ?

GaBuZoMeu · September 2018

Pour chaque tiroir où on a à la fois une noire x et une blanche o, ça peut être xo ou ox.

Sneg · September 2018

GaBuZoMeu,

A propos des dominos (voir deux messages à moi avant celui-ci) :

Elle était trop simpliste, ma façon de dénombrer ce que j'ai dans ce message-là appelé "les configurations $\textit{visuellement différentes}$".
En effet, Il semble bien qu'il faille plutôt recourir à la notion de "coefficient multinomial". Merci du renseignement.

babsgueye · September 2018

Bonjour.

Gil Bill a écrit:

Avec les trois dominos (x o) (x o) (o o), où x=point noir et o=point blanc, bien qu'on puisse les combiner de 6 façons différentes, on ne peut obtenir que 3 configurations visuellement différentes, à savoir :
(x o) (x o) (o o)
(x o) (o o) (x o)
(o o) (x o) (x o)
Pour moi, comme il y a 2 types différents de dominos pour trois places à pourvoir, cela revient à calculer $\binom{3}{2}$.

Si je comprends ton soucis, tu peux utiliser le raisonnement qu'on fait avec les anagrammes, dans des cas plus généraux que celui de ton exemple.