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Problème de dénombrement

Modifié (11 Jan) dans Combinatoire et Graphes
Bonjour,
je dispose d'une urne composée de 3 boules blanches et 7 boules noires (non numérotées).
On tire successivement et sans remise 4 boules de l'urne.
1. Combien de tirages ne contiennent que des boules noires ?
2. Combien de tirages contiennent exactement une boule blanche et trois boules noires.

Je suis un peu perdu car le fait que les tirages soient successifs semble impliquer un ordre, mais le fait que les boules ne soient pas numérotées suggère le contraire ...

A la question a, j'ai répondu $\binom{7}{4}$.

A la question b, j'ai fait le raisonnement suivant :
- il y a 4 choix pour placer la boule blanche
- pour chacun de ces choix , il y a 3 tirages possibles pour la boule blanche.
- Il reste alors à tirer les boules noires : il y a $\binom{7}{3}$ possibilités
Au final, $4\times3\times\binom{7}{3}$ possibilités.

Ces deux raisonnements sont-ils corrects ?

Réponses

  • Bonjour,

    Le problème est de savoir ce qu'on appelle "tirage".
    Quel est le nombre total de tirages selon toi ?
  • C'est le nombre de tirages avec zéro boule blanche plus le nombre de tirages avec une seule boule blanche plus le nombre de tirages avec deux boules blanches plus le nombre de tirages avec trois boules blanches.
  • L'énoncé précise-t-il ce qu'il appelle "un tirage"? Car le mot a de nombreuses acceptions. Par exemple, si je tire quatre boules successivement, je les remets, puis je retire les quatre mêmes boules dans le même ordre, j'ai fait deux tirages. Dans ce sens-là, il y a potentiellement une infinité de tirages possibles. Mais je peux considérer que "c'est le même tirage", un tirage étant la suite de quatre boules précises dans un ordre donné. On peut encore considérer que si ce sont les mêmes boules, même pas dans le même ordre, c'est le même tirage; ou encore que si on remplace une boule noire par une autre, c'est le même tirage; avec ordre ou sans. Et je ne suis pas sûr d'avoir recensé toutes les possibilités d'interprétation.
    Donc si l'énoncé ne dit pas ce qu'est un tirage, il n'a pas de signification.

    Cordialement.

    NB : Chacune de mes interprétations donne lieu à un exercice de dénombrement.
  • Izoard, tu n'as pas répondu à ma question : combien y a-t-il selon toi de tirages en tout ?
    Nous as-tu donné un énoncé complet ?
    On a vraisemblablement en vue un calcul de probabilités passant par un dénombrement, et pour cela il vaut mieux que les tirages soient équiprobables, sous l'hypothèse implicite qu'à chaque étape chacune des boules restant dans l'urne à autant de chances d'être tirée. Un tirage sera alors un arrangement de 4 boules parmi les 10. Si on considère que l'ordre de tirage n'a pas d'importance, un tirage sera une combinaison de 4 boules parmi 10.
    Ça ne donnera pas le même dénombrement, mais au final on aura bien sûr la même probabilité.
  • Ici, visiblement Izoard maitrise les calculs...
    La question de GBZM, c'est :  comment définis-tu l'univers ?
    Est-ce que selon toi, l'univers comporte $10!$ tirages possibles, ou bien $\frac{10!}{4!}$ tirages possibles.
    L'énoncé est ambigu. J'ai bien une petite préférence pour une des 2 réponses, mais je ne veux pas t'influencer.

    Dans ta réponse au prof, je pense qu'il faut que tu dises :  j'interprète l'énoncé de telle façon.  Et ensuite, tu fais l'exercice conformément à ce que tu as décidé.

    Quitte à conclure : si il fallait interpréter de l'autre façon, alors il faut multiplier (ou diviser) tous ces résultats par $4!$
  • Les boules ne sont pas numérotées, mais on peut les numéroter, ça ne change rien à la solution et ça permet d'identifier plus clairement les « tirages », selon la demande de GBZM.

  • Euh lourran, les arrangements de 4 boules parmi 10, ça ne fait pas $10!$ pour moi.
    Et non, visiblement, Izoard ne maîtrise pas tout à fait parce qu'il mélange arrangements et combinaisons dans ses calculs.
  • Modifié (11 Jan)
    Merci pour vos réponses, mais j'ai du mal à comprendre le problème de ce que serait un tirage. Pour moi, sachant qu'il y a à priori un ordre, il s'agit d'une 4-liste sans répétition.
    Il y en aurait donc à priori $10\times 9\times 8\times 7$.
    Néanmoins, le fait que les boules ne soient pas numérotées implique que certaines de ces 4-listes seront les mêmes.

    Avec cette vision de ce qu'est un tirage, le raisonnement ci-dessous est-il correct pour déterminer le nombre de tirages avec une seule boule blanche ?
    - il y a 4 choix pour placer la boule blanche
    - pour chacun de ces choix , il y a 3 tirages possibles pour la boule blanche.
    - Il reste alors à tirer les boules noires : il y a $\binom{7}{3}$ possibilités
    Au final, $4\times3\times\binom{7}{3}$ possibilités de tirages avec uniquement une boule blanche .
  • Oupsss,  désolé pour l'erreur sur les 2 calculs. Peu importe.

    Izoard,
    Dans tous les exercices de dénombrement, il faut commencer par définir l'univers, et compter le nombre d'éléments de l'univers.
    TOUS les exercices.
    Les seules exceptions, c'est quand tu es devenu un hyper-spécialiste, 100% à l'aise avec tout ça.

    Déjà, ça te permet de poser les choses. Là tu dis ; je ne sais pas ce que veut dire le mot 'tirage', donc je ne compte pas le nombre de tirages, mais je compte un truc beaucoup plus compliqué...  : ça n'a pas de sens.

    En plus, ça peut être très utile pour des contrôles. Tu peux compter le nombre de tirages avec 0 boule blanche, puis 1 boule blanche, puis 2, puis 3 puis 4 ... et vérifier si la somme de tout ça, ça donne bien l'effectif de l'univers.
    Quand on est totalement serein, ces contrôles ne sont pas obligatoires, mais quand on a des doutes, ça prend un peu de temps, mais c'est drôlement utile.
  • Modifié (11 Jan)
    Izoard, tu optes donc pour tirage = arrangement puisque tu en comptes 10*9*8*7 (le nombre d'arrangements de 4 boules parmi 10). Très bien. Mais ce qui ne va plus du tout, c'est que dans ton calcul tu mélanges arrangement et combinaisons.
    Ou bien tu raisonnes "arrangement". Dans ce cas tu choisis la place de la boule blanche (4 possibilités) et tu choisis la boule blanche (3 possibilités). Ceci fait, tu remplis dans l'ordre les 3 places restantes avec un arrangement de 3 boules noires parmi 7 (et pas une combinaison !).
    Ou bien tu raisonnes "combinaison". Dans ce cas tu choisis une boule blanche parmi 3 et une combinaison de 3 boules noires parmi 7.
    Comme il se doit, il y a un rapport 4! entre les deux calculs.
    Mais surtout, ne fais pas une hybridation entre les deux calculs !
  • C'est exactement le problème que je soulevais,  tu ne sais pas trop si on parle de tirages ordonnés ou non ... tu refuses de prendre une décision, et du coup, tu alternes entre les 2 options.

    Prend une décision. Eventuellement, fais 2 fois l'exercice.  Une première fois en considérant qu'on te parle de tirages ordonnés, et une autre fois avec l'autre option. C'est certainement la bonne méthode. Ca va te booster, ça va t'apprendre plein de choses de faire l'exercice 2 fois, avec les 2 options.
  • Salut.
    izoard, moi je vois tout simplement si les boules ne sont pas numérotés (ou si on en tient pas compte comme c'est insinué) il y a un seul tirage ne contenant que des boules noires et 4 tirages contenant exactement un boule blanche et 3 boules noires.

    Cordialement.
  • C'est ton interprétation de "tirage" ! Quant à l'interprétation de Izoard, on attend toujours ...
  • Je ne vois pas plusieurs interprétations possibles du mot ''tirage''. C'est pas à @izoard de lui donner une interprétation.
  • Tu as une interprétation, à mon avis très mauvaise. Pourquoi n'aurait-on pas le droit d'avoir une ou plusieurs interprétations raisonnables ?
  • Quelle autre interprétation raisonnable proposes-tu @GBZM ?
  • Modifié (16 Jan)
    Bonjour,
    Ce n'est pas GaBuZoMeu qui a un exercice à faire, on attend l'interprétation d'Izoard.
    Cordalement,
    Rescassol
  • C'est qu'il n'y a pas deux interprétations possibles du mode de ''tirage'' décrit dans l'exo. @izoard, on lui a donné un exercice, il n'a pas à avoir sa propre interprétation (il doit se soumettre au sens connu). Il se trouve qu'il a tout simplement faux.
  • Modifié (16 Jan)
    1°) Soit $A$ un ensemble fini, $k\in \N$, $\mathcal I_k(A)$ l'ensemble de toutes les applications injectives de $\{1,...,k\}$ dans $A$ et $\mathcal P_k(A)$  l'ensemble de toutes les parties de $A$ de cardinal $k$. Si $f\in \mathcal I_k(A)$, on note $im(f):= \{f(1),f(2),...,f(k)\}$. $im$ est une application surjective de $\mathcal I_k(A)$ dans $\mathcal P_k(A)$ et étant donnés $g,h\in \mathcal I_k(A)$, $im(g)=im(h)$ si et seulement si il existe une permutation $\sigma \in \mathfrak S_k$ telle que pour tout $j\in \{1,...,p\}$ $g(j) = h\circ \sigma (j)$. Du fait de l'injectivité de $h$ cette permutation est unique et il vient pour tout $F\in \mathcal P_k(A)$, l'égalité $Card\left ( \{f\in \mathcal I_k(A) \mid im(f) = F\}\right ) = Card(\mathfrak S_k) = k!$.
    On en déduit, pour toute partie $\mathcal E$ de $\mathcal P_k(A)$, l'égalité $$ Card\left ( \{f\in \mathcal I_k(A) \mid im(f) \in \mathcal E\}\right ) = k! Card(\mathcal E) \tag {$\dagger$}$$
    Comme cas particulier de $(\dagger)$ avec $\mathcal E := \mathcal P_k(A)$, on retrouve l'égalité $Card\left (\mathcal I_k(A)  \right ) = k! Card \left( \mathcal P_k(A)\right)$.

    2°) Soit $X$ un ensemble fini non vide et $Y$ une partie de $X$. On appelle proportion (ou probabilité uniforme, ou même probabilité tout court lorsqu'aucune confusion n'est à craindre) de $Y$ dans $X$ le nombre $\frac{Card(Y)}{Card (X)}$, que l'on notera $\mathbf P_X(Y)$ ci_dessous. Les propos assimilant $\mathbf P_X(Y)$ à l'intensité d'une force magique (ou une "propension" pour rester politiquement correct) poussant à  "tomber dans $Y$" un objet "tiré au hasard" dans $X$ sont techniquement hors-maths (ils surviennent surtout dans le cadre de ce qu'on appelle la "modélisation") et leur examen n'est pas indispensable à la résolution de la plupart des problèmes de probabilité.

    3°) Avec les notations de 1°) ci-dessus et compte-tenu de l'égalité $(\dagger)$, pour toute partie $\mathcal F$ de $\mathcal P_k(A)$, on a l'égalité suivante:
    $$ \mathbf P_{\mathcal P_k(A)} \left ( \mathcal F\right ) = \mathbf P_{\mathcal I_k(A)} \left ( \{f\in \mathcal I_k(A) \mid im(f) \in \mathcal F\right\}) \tag{$\dagger \dagger$}$$ 
    En modélisation, lorsqu'on choisit d'employer $\mathcal I_k(A)$ on parle de "tirage sans remise de boules numérotées" (dans une urne dont l'ensemble des objets est $A$); lorsqu'on emploie $\mathcal P_k(A)$, on parle de tirages sans remise de boules non numérotées. Mais on calcule les mêmes quantités d'après $(\dagger \dagger)$.

    4°) On adopte le point de vue des boules non numérotées. L'exo consiste à étudier le cardinal de certaines parties de $\mathcal P_4 \left (\{1,2,3,4,5,6,7,8,9,10\}\right )$. Les entiers $1,2,3$ sont appelés des "boules blanches", les autres de $4$ à $10$ des "boules noires".
  • Babsgeye, j'ai donné quatre significations possibles (et classiques !!) du mot tirage dans cet énoncé. Mais évidemment, tu arrives avec tes gros sabots sans avoir lu ce qui précède, tu considères que seules tes pensées (souvent fausses, tu l'as bien montré) sont les bonnes, et tu te ridiculises une fois de plus. Va donc vérifier ton graphe, qui va encore une fois ne pas être un contre-exemple, au lieu de faire perdre leur temps à ceux qui font des maths.
  • Modifié (16 Jan)
    ''On tire successivement et sans remise 4 boules de l'urne.''
    @gerard0 pardon, mais je ne vois aucune ambiguïté dans cette phrase pour quelqu'un qui a déjà traité beaucoup de problèmes de dénombrement.
    Le mec a mème précisé que les boules ne sont pas numérotés. Dans un exercice de math on travaille avec les donnés du problème. On n'a pas à supposer des choses qui n'ont pas été dites (à avoir ses propres interprétations).
    Dans ce problème il suffit qu'il y ait au moins 4 boules noires dans l'urne pour que la réponse à la question 1) ne change pas. 1 million de boules noires, 2 millions c'est pareille... mème réponse.
    Pour la question 2) il suffit qu'il y ait au moins une boule blanche et 3 boules noires pour que la réponse ne change pas.
    C'est peut-être un piège pour @izoard, mais c'est ce qui est dit.

    Pour mon contre-exemple là-bas, je vais expliquer ma méthode et ça te permettra de faire le comptage à la main. Peut-être tu arriveras à me convaincre de sa fausseté.

  • Modifié (16 Jan)
    ''On tire successivement et sans remise 4 boules de l'urne.''
    @gerard0 pardon, mais je ne vois aucune ambiguïté dans cette phrase 
  • Modifié (16 Jan)
    La numérotation des boules ne change rien !
    "je ne vois aucune ambiguïté dans cette phrase ". On le sait, mais tu ne te distingues pas ici par tes qualités de distinction.
  • babsgueye a dit :
    Quelle autre interprétation raisonnable proposes-tu @GBZM ?

    Tu n'as pas bien lu mes messages. Il y a deux interprétations raisonnables (à savoir, assurant l'équiprobabilité) : tirage = arrangement de 4 boules parmi 10 ou tirage = combinaison de 4 boules parmi 10.
    Ton interprétation tirage = fonction de {1,2,3,4} dans {N,B} avec au plus 3 valeurs B n'est pas raisonnable., parce qu'elle viole l'équiprobabilité et ne permet pas de tenir compte des données du problème (7 noires).
  • Heureusement, les messages de Babsgueye sont totalement délirants. S'ils étaient simplement 'un peu faux', un étudiant pourrait être induit en erreur en les lisant.
  • J'avoue ne pas comprendre vos messages et je suis plutôt d'accord avec babsgueye.
    On ne demande aucune probabilité donc chercher une situation où une loi de proba serait naturelle me semble peu adapté à l'exercice.
    Ensuite, j'interprète l'absence de numéro sur les boules comme : "on ne relève que la couleur de la boule obtenue".
    Donc il n'y a qu'un seul tirage avec 4 boules noires et 4 avec une boule blanche.
    Au passage, en cas de prolongement avec des probas, la formule des probas composées est aussi sympa que l'équiprobabilité...
  • Modifié (16 Jan)
    Donc il n'y a qu'un seul tirage avec 4 boules noires et 4 avec une boule blanche.

    Franchement, vous ne trouvez pas que l'exercice devient vraiment concon avec votre interprétation ? :D

  • Babsgueye part du principe qu'un exercice a forcément été vérifié par plein de personnes avant d'être publié. 
    Ce n'est pas toujours le cas. Ici, l'exercice est mal rédigé. 

    Soit le type voulait faire un exercice concon, soit il voulait faire un exercice un peu intéressant avec quelques calculs.
    En d'autres mots, soit le type qui a écrit l'exercice est totalement idiot, soit il était un peu déconcentré quand il a rédigé cet exercice.

    Moi, je préfère croire à la version 2.

  • Non @lourrran, j'ai pas pensé à ça. Vous, vous croyez que celui qui a donné l'exercice n'a pas vraiment dit ce qu'il voulait dire, moi je donne la solution telle que l'exercice est écrit.
    Mais comme je disais ci-haut, il se peut qu'il voulut piéger @izoard... On a tendance à devoir utiliser tous les nombres apparus dans les données dans ce genre d'exercice. Là c'était pas nécessaire. C'est pourquoi @izoard s'est gouré.
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