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Matou · 05-10-2022 11:25:00

Bonjour,

tu aurais pu ouvrir un nouveau sujet !

Sinon, tu as deux possibilités pour la première case (1 ou 2), ensuite deux pour la deuxième, ce qui en fait quatre en tout (11, 21, 12, 22).
Pour la troisième, ça fait huit (111, 211, 121, 221, 112, 212, 122, 222)... Pour chaque étape, on copie deux fois l'étape précédente et on rajoute 1 au bout des premiers et 2 au bout des deuxièmes.
Tu vas arriver à un peu plus que 200 possibilités...

Si j'ai bien compris ta question

Matou

samuel23zenfight · 04-10-2022 22:53:05

Bonjour, j’ai un problème que j’arrive pas à résoudre, j’aimerais savoir comment obtenir toute les possibilités de combinaisons, sur le chiffre 1 et 2 s’arrêtant à 10 (exemple: 1221122121) j’aimerais juste savoir comment c’est possible de générer toute les combinaisons possible s’il vous plais ?( je tien a préciser que je sais qu’il y a 200 possibilités, mais je cherche le moyen d’afficher les 200. Merci de votre aide)

Zebulor · 31-07-2022 17:13:13

Salut Fred,
précision utile en effet car je préfère cette notation à "l'ancienne mode".. question de préférence et de lisibilité personnelle..

Fred · 31-07-2022 14:38:22

Salut,

Juste une remarque pour Zebulor, et pour ne pas perdre Jolan. Le coefficient binomial 4 parmi p se note désormais "à l'anglo-saxonne" $\binom p4$ et non $C_p^4$.

F.

Zebulor · 30-07-2022 20:44:16

re,
tu peux aussi examiner ceci si l'envie t'y invite :
à l'issue de 4 tirages avec remise, on compte le nombre de boules blanches tirées :

1)Quelle est la probabilité d'avoir tiré 0,1,2,3 ou 4 boules blanches ?

et en déduire sans calcul la valeur de $\Large \sum_{p=0}^4 C^4_p 5^p 4^{4-p}$

2)Tu peux aussi traiter le mëme exercice avec le cas "sans remise" :) ... pour le plaisir

Jolan · 30-07-2022 17:59:08

Merci beaucoup d'avoir pris le temps de me répondre!
C'est vrai qu'expliqué comme ça, c'est très logique et je me sens un peu bête de ne pas l'avoir remarqué tout de suite ?
Encore merci :)

Zebulor · 30-07-2022 17:54:45

Bonjour,
question 2 :
tu as 4 choix possibles pour la première boule blanche tirée. Et pour chaque boule blanche tirée au premier tirage tu as 5 choix possibles pour la deuxième boule noire. D'où 4*5 tirages possibles d'une boule blanche au premier tirage suivie d'une boule noire au deuxième tirage.
Au troisième tirage peu importe la couleur de la boule, ce qui donne 9 possibilités et idem au dernier tirage d'où le résultat.

question 3 :
la première boule blanche tirée est en troisième position, nécessairement les deux premières boules tirées sont noires : 5 choix possibles au premier comme au deuxième tirage.
Vient le troisième tirage : nombre de cas possibles 4 parmi les blanches. Dernier tirage : peu importe la couleur de la boule comme pour la question précédente : 9 choix possibles.

Jolan · 30-07-2022 17:25:11

Bonjour, depuis quelques jours je commence à revoir le programme de maths de terminale pour préparer ma rentrée en prépa MPSI.
Je suis arrivé sur le chapitre de combinatoire et dénombrement (le 1e de l'année, en fait) et je bloque sur des questions du devoir de fin de chapitre que la correction ne développe presque pas.

En particulier:

Une urne contient 9 boules: 5 noires numérotées de 1à5, et 4 blanches numérotées de 1à4. On tire successivement quatre boules de cette urne, avec remise. Calculer:
1. Le nombre total de tirages.
2. Le nombre de tirages tels que la première boule tirée est blanche et la deuxième est noire.
3. Le nombre de tirages tels que la 1e boule blanche tirée est en troisième position.

La 1e question ne me pose pas de problème, c'est un simple 4-uplet sur un ensemble de 9 éléments.
Simplement, je ne comprends pas comment répondre aux réponses suivantes, puisque le corrigé indique simplement:

2. 4*5*9*9 = 1620 tirages possibles
3. 5*5*4*9 = 900 tirages possibles

A quoi correspondent ces calculs? Merci d'avance si vous pouvez m'aider.

Forum de mathématiques - Bibm@th.net

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