Probabilité difficile (Bac 2019 Maroc)

elmaths · 25-04-2020 01:20:00

Bonjour,

Une urne contient $n$ boules numérotées de $1$ à $n$. $\left(n \in \mathbb{N}^{*}\right.$, $\left. n \geq 3\right) .$

On retire, sans remise, l'une après l'autre toutes les boules de cette urne. Toutes les boules sont indiscernables au toucher.

Quelle est la probabilité pour que les boules $1$, $2$ et $3$ sortent consécutivement et dans cet ordre ?

Calculer la probabilité que les boules $1$, $2$ et $3$ sortent dans cet ordre (consécutivement ou pas) ?

On considère la variable aléatoire $X_{n}$ égale au nombre de tirages nécessaire pour obtenir les boules $1$, $2$ et $3$.
Déterminer la loi de probabilité de $X_n$.

Dernière modification par elmaths (25-04-2020 19:51:28)

yoshi · 25-04-2020 06:23:24

Bonjour,

Les réponses SVP, surtout la question 3.

Extrait des Règles de Bibmath (voir Bandeau vert : Accueil Liste des Membres Règles Recherche...) :

* Notre but étant de vous aider à résoudre vos difficultés, et non de faire les exercices à votre place, ne postez pas le sujet d'un exercice sans montrer que vous y avez travaillé : il n'y serait probablement pas répondu. A vous d'expliquer ce que vous avez déjà fait, là où vous bloquez, et pourquoi...

Tu sais ce qu'il te reste à faire...

@+

elmaths · 25-04-2020 08:15:49

Bonjour,

mes réponses à ces questions sont les suivantes:

Soit $A$ : " Les boules 1, 2 et 3 sortent consécutivement et dans cet ordre".
$$P(A)=\dfrac{card(A)}{card(\Omega)}=\dfrac{(n-2)\times (n-3)!}{n!}=\dfrac{1}{n(n-1)}$$

Soit $B$ : " Les boules 1, 2 et 3 sortent dans cet ordre (consécutivement ou pas).
$$P(B)=\dfrac{card(B)}{card(\Omega)}=\dfrac{C_n^3\times (n-3)!}{n!}=\dfrac{1}{3!}=\dfrac{1}{6}$$

$$X_n(\Omega)=\{3,4,...,n\}$$
$$\forall k\in X_n(\Omega). P(X_n=k)=\dfrac{card(X_n=k)}{card(\Omega)}=\dfrac{C_3^1C_{k-1}^2A_{n-3}^{k-3} (n-k)!}{n!}$$

Dernière modification par elmaths (25-04-2020 23:03:48)

freddy · 25-04-2020 10:18:38

Salut,

j'ai le sentiment que tu es un prof ou quelque chose de très proche, tu maîtrises l'orthographe, Latex et un bout de combinatoire.
Pourrais-tu, stp, nous expliquer tes réponses avant d'attaquer la variable aléatoire, j'ai un petit doute ? D'avance, merci !

PS : je trouve que la troisième question est mal formulée, on ne comprend pas vraiment de quoi on parle.

Dernière modification par freddy (25-04-2020 11:00:57)

freddy · 25-04-2020 16:32:06

Re,

bon, je commence !
Pour la première question, on est d'accord, il y a $(n-2)\times (n-3)!$ manières d'arranger les $n-3$ numéros différents de 123 associés au triplet fixe 123.

yoshi · 25-04-2020 18:56:14

Ave freddy,

Ca ne t'étonnera pas : j'ai Pythonné...
J'ai créé un tableau avec les nombres de 1 à 100 que j'ai mélangé aléatoirement pour faire bonne mesure...
Ensuite, j'en ai extrait sans remise chaque fois 3 nombres de ce tableau et ce 10 000 000 fois consécutivement...
J'ai stocké ces triplets dans un 2e tableau.
Ensuite j'ai compté combien de fois le triplet (1,2,3) était présent dans ce 2e tableau.
J'ai recommencé plusieurs fois.
Le compteur m'a donné successivement :
6, 8, 8, 7, 9, 10, 5, 10, 8 bien inférieur à la réponse 1 de notre ami qui est, pour n=100, 1/9900

Après, j'ai testé la question 2 dans les mêmes conditions le nombre de présences des 3 nombres 1, 2, 3 dans mes 10000000 de triplets.
Résultats :
71, 63, 56, 61, 59, 58, 68 grosso modo dans un facteur 6 par rapport aux précédents.
Justement, avec 1, 2 et 3 je peux former 6 triplets...

Réactions ?

@+

elmaths · 25-04-2020 19:00:51

Pour la question 3 : On considère la variable aléatoire $X_n$ égale au nombre de tirages nécessaire pour obtenir les boules $1$, $2$ et $3$ (consécutivement ou pas)
Alors, il est clair que $X_n\in \{1,2,...,n\}$.
Par exemple si $X_n=3$, c'est à dire dans les trois premiers tirages, on obtient les numéros $1,2,3$ ou $1,3,2$ ou $2,1,3$ ou $2,3,1$ ou $3,1,2$ ou $3,2,1$

Si $X_n=4$ on a les possibilités suivantes, c'est à dire dans 4em tirage on obtient $1$ ou $2$ ou $3$. Alors on a les possibilités suivantes (juste pour les quatre premiers tirages).
Soit $m\in \{4,5,...,n\}$
$m,3,2,1$ ou $3,m,2,1$ ou $m,2,3,1$ ou $2,m,3,1$ ou $3,2,m,1$ ou $2,3,m,1$
$m,3,1,2$ ou $3,m,1,2$ ou $m,1,3,2$ ou $1,m,3,2$ ou $3,1,m,2$ ou $1,3,m,2$
$m,2,1,3$ ou $2,m,1,3$ ou $m,1,2,3$ ou $1,m,3,3$ ou $2,1,m,3$ ou $1,2,m,3$

freddy · 25-04-2020 19:46:59

Salut yoshi !

Pas bien compris ce que tu fais, la proba du 1 est exacte et donc tu aurais dû trouver résultat proche de 1000 pour 10.000.000 essais.
Relance un Python comme suit : tu tires au hasard et sans remise dans n=100, et compte 1 chaque fois que tu as obtenu la séquence 123 en répétant la procédure 10.000.000 de fois! Tu devrais trouver environ 1000, 10 millions sur 10 mille !

Dernière modification par freddy (25-04-2020 20:38:10)

freddy · 25-04-2020 19:49:38

elmaths a écrit :

Pour la question 3 : On considère la variable aléatoire $X_n$ égale au nombre de tirages nécessaire pour obtenir les boules $1$, $2$ et $3$ (consécutivement ou pas)
Alors, il est clair que $X_n\in \{1,2,...,n\}$.
Par exemple si $X_n=3$, c'est à dire dans les trois premiers tirages, on obtient les numéros $1,2,3$ ou $1,3,2$ ou $2,1,3$ ou $2,3,1$ ou $3,1,2$ ou $3,2,1$
Si $X_n=4$ on a les possibilités suivantes, c'est à dire dans 4em tirage on obtient $1$ ou $2$ ou $3$. Alors on a les possibilités suivantes (juste pour les quatre premiers tirages).
Soit $m\in \{4,5,...,n\}$
$m,3,2,1$ ou $3,m,2,1$ ou $m,2,3,1$ ou $2,m,3,1$ ou $3,2,m,1$ ou $2,3,m,1$
$m,3,1,2$ ou $3,m,1,2$ ou $m,1,3,2$ ou $1,m,3,2$ ou $3,1,m,2$ ou $1,3,m,2$
$m,2,1,3$ ou $2,m,1,3$ ou $m,1,2,3$ ou $1,m,3,3$ ou $2,1,m,3$ ou $1,2,m,3$

C’est possible que tu reformules exactement la Q3, svp ?

elmaths · 25-04-2020 20:06:18

La question 3. $X_n$ est égale au nombre de tirages nécessaire pour obtenir les boules $1.2.3$
Exemple :

Tirage $1$ : boule num $7$
Tirage $2$ : boule num $n$
Tirage $3$ : boule num $3$
Tirage $4$ : boule num $n-1$
Tirage $5$ : boule num $8$
Tirage $6$ : boule num $1$
Tirage $7$ : boule num $n-3$
Tirage $8$ : boule num $2$
Dans cette cas on a $X_n=8$

Dernière modification par elmaths (25-04-2020 20:44:03)

freddy · 25-04-2020 20:14:22

Tu es donc certain d’y arriver ?
Mais je continue à ne pas comprendre, quel lien avec les questions précédentes ?
Si on se fout de l’ordre, alors X vaut au moins 3, pas 1 ! Mais je ne comprends toujours pas, désolé !

Dernière modification par freddy (25-04-2020 20:20:08)

freddy · 25-04-2020 20:37:42

elmaths a écrit :

La question 3. $X_n$ est égale au nombre de tirages nécessaire pour obtenir les boules $1.2.3$
Exemple :
Tirage $1$ : boule num $7$
Tirage $2$ : boule num 4n$
Tirage $3$ : boule num $3$
Tirage $4$ : boule num $n-1$
Tirage $5$ : boule num $8$
Tirage $6$ : boule num $1$
Tirage $7$ : boule num $n-3$
Tirage $8$ : boule num $2$
Dans cette cas on a $X_n=8$

Ok, donc $X_n$ est compris entre 3 et $n-1$ !

elmaths · 25-04-2020 20:51:35

Il est impossible d'avoir $x = 1$ ou $x = 2$, car ce qui est nécessaire est de calculer la probabilité de le tirage numéro $k$ que nous avons obtenu toutes les boules $1$, $2$ et $3$, pas nécessairement consécutives ou dans cet ordre, ce qui signifie qu'il est possible que le nombre tiré dans le tirage num $k$ est : $1$ ou $2$ ou $3$.

freddy · 25-04-2020 20:55:43

elmaths a écrit :

Il est impossible d'avoir $x = 1$ ou $x = 2$, car ce qui est nécessaire est de calculer la probabilité de le tirage numéro $k$ que nous avons obtenu toutes les boules $1$, $2$ et $3$, pas nécessairement consécutives ou dans cet ordre, ce qui signifie qu'il est possible que le nombre tiré dans le tirage num $k$ est : $1$ ou $2$ ou $3$.

Mais si, 3 est tout à fait possible, il suffit que tu tires 1, 2 puis 3 (dans le désordre, si j'ai bien compris). Et à la toute fin, si tu n'as pas eu le bon troisème numéro au (n-1)ième tirage, pas besoin de tirer encore une fois, puisque il apparaitra avec certitude.

PS : c'est très difficile de te comprendre, fais un effort de communication, relis toi et vérifie que tout le monde comprenne, pas que toi, stp !

Dernière modification par freddy (25-04-2020 20:57:49)

elmaths · 25-04-2020 20:58:35

$X_n$ est compris entre $3$ et $n$
Si $X_n=3$ donc les possibilités de $1^{\text{er}}$ et $2^{\text{ème}}$ et $3^{\text{ème}}$ tirage est : $1$ ou $2$ ou $3$

Si $X_n=n$ donc les possibilités de $n^{\text{ème}}$ tirage est : $1$ ou $2$ ou $3$

freddy · 25-04-2020 21:18:58

elmaths a écrit :

$X_n$ est compris entre $3$ et $n$
Si $X_n=3$ donc les possibilités de $1^{\text{er}}$ et $2^{\text{ème}}$ et $3^{\text{ème}}$ tirage est : $1$ ou $2$ ou $3$
Si $X_n=n$ donc les possibilités de $n^{\text{ème}}$ tirage est : $1$ ou $2$ ou $3$

Non, entre 3 et $n-1$,, tu n'as pas besoin de faire le dernier tirage, le résultat est certain.

elmaths · 25-04-2020 21:38:27

Question 3. Déterminer la loi de probabilité de $X_n$ c'est a dire tous les cas possible donc $X_n$ est compris entre $3$ et $n$

Dernière modification par elmaths (25-04-2020 23:05:58)

freddy · 25-04-2020 21:52:00

elmaths a écrit :

Question 3. Déterminer la loi de probabilité de $X_n$ c'est a dire tous les cas possible donc $X_n$ est compris entre $3$ et $n$.

Prouve le, je soutiens et démontre que $n-1$ suffit !

freddy · 25-04-2020 22:11:44

freddy a écrit :

Salut yoshi !
Pas bien compris ce que tu fais, la proba du 1 est exacte et donc tu aurais dû trouver résultat proche de 1000 pour 10.000.000 essais.
Relance un Python comme suit : tu tires au hasard et sans remise dans n=100, et compte 1 chaque fois que tu as obtenu la séquence 123 en répétant la procédure 10.000.000 de fois! Tu devrais trouver environ 1000, 10 millions sur 10 mille !

Après, possible que 10.000.000 ne suffisent pas car le cardinal du référentiel est très très grand, égale à factorielle 100 !
Pour les calculs sous python, possible que ton approche soit correcte. Dans la procédure que je te propose, pas besoin d’aller au bout, on peut s’arrêter bien avant, je pense que tu l’as vu !

freddy · 25-04-2020 22:56:23

elmaths a écrit :

Soit $B$ : " Les boules 1, 2 et 3 sortent dans cet ordre (consécutivement ou pas).
$$P(B)=\dfrac{card(B)}{card(\Omega)}=\dfrac{C_3^2\times (n-3)!}{n!}=\dfrac{1}{3!}=\dfrac{1}{6}$$

Ce calcul est faux, tu ne peux pas obtenir 1/6, regarde bien pourquoi !

elmaths · 25-04-2020 23:03:10

Oui c'est faux. La réponse correct est : $P(B)=\dfrac{C_n^3\times (n-3)!}{n!}=\dfrac{1}{3!}=\dfrac{1}{6}$

freddy · 26-04-2020 04:26:14

elmaths a écrit :

Oui c'est faux. La réponse correct est : $P(B)=\dfrac{C_n^3\times (n-3)!}{n!}=\dfrac{1}{3!}=\dfrac{1}{6}$

Salut,

Je ne suis toujours pas d’accord avec le résultat ! Vérifie ton calcul, tu vas comprendre pourquoi. Instinctivement, je trouve au demeurant la probabilité très élevée. Si tu refais ton compte, tu comprendras pourquoi.
Pour la loi de $X_n$, il faut modifier la définition de la va pour dire que ses valeurs sont comprises entre 3 et $n$. Depuis le début, je sens bien un flou ...

freddy · 26-04-2020 04:31:42

Salut yoshi !

Tu as pu voir ? Je serai très intéressé par tes résultas et je regarderai volontiers le code, je regrette de ne pas bien connaître Python ... il faut que j’apprenne, tu es le seul à pouvoir m’aider !

elmaths · 26-04-2020 04:59:50

On sait que : $C_n^3=\dfrac{n!}{3!(n-3)!}$, alors
$$P(B)=\frac{{C_n^3 \times \left( {n - 3} \right)!}}{{n!}} = \frac{{{{n!}}}}{{3!{{\left( {n - 3} \right)!}}}} \times \frac{{{{\left( {n - 3} \right)!}}}}{{{{n!}}}} = \frac{1}{{3!}} = \frac{1}{{1 \times 2 \times 3}} = \frac{1}{6}$$

Dernière modification par elmaths (26-04-2020 05:01:32)

freddy · 26-04-2020 05:38:58

Hello,

Pour la seconde proba, on trouve en effet 1/6, mais la formule est fausse. Le Résultats me surprend, mais en le prouve facilement.
En effet, sur $n!$ permutations, il y en a $\dfrac{n!}{3!}$ qui m’intéressent puisque les chiffres 1, 2 et 3 sont dans cet ordre !
Donc la proba est bien égale à 1/3!

Dernière modification par freddy (26-04-2020 06:45:58)

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#1 25-04-2020 01:20:00

Probabilité difficile (Bac 2019 Maroc)

Bonjour,

#2 25-04-2020 06:23:24

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