Question de Probabilité: répartir des livres entre des étagères

101bendri.samad · 17-12-2023 10:24:13

Bonjour à tous
Voilà je suis en ce moment sur cette question de proba :
On demande à une personne de répartir, au hasard, 10 livres entre 5 étagères.
Une étagère peut contenir de 0 à 10 livres.
Quelle est la probabilité que chaque étagère contienne, au moins , un livre?

Bon la 1ere solution qui me vient à l’esprit c’est de prendre le rapport
du nombre des applications surjectives d’un ensemble à 10 éléments
vers un ensemble à 5 éléments sur le nombres des applications...
On trouve le résultat sachant la formule du nombre de surjections.
Le nombre de surjections est :
$S(10,5)= {-} \sum_{k=0}^{k=5} (-1)^k \mathsf{C}_5^k k^{10}$
$ = 5103000$
donc: $p= \frac{5103000}{5^{10}}= 0,5225472$
Ce raisonnement est il correcte?
Ce qu’on vient de faire c’est le cas où les livres sont distinguables.
Qu’en est il dans le cas où les livres sont indistinguables ?
Est il intuitif qu’on doit trouver la même probabilité dans les 2 cas?
Merçi

Dernière modification par 101bendri.samad (17-12-2023 19:41:47)

syrac · 17-12-2023 17:04:07

"Probabilité que chaque étagère contienne au moins un livre" = probabilité qu'une étagère ne soit pas vide. Puisqu'on peut placer les 10 livres sur une seule étagère parmi les 5, on en déduit que 4 étagères sur les 5 peuvent être vides. Il existe donc une probabilité de 4/5 = 0.8 pour qu'une étagère soit vide. La probabilité pour qu'une étagère ne soit pas vide (contienne au moins un livre) est donc égale à 1 - 0.8 = 0.2.

Zebulor · 18-12-2023 10:15:22

Bonjour,

101bendri.samad a écrit :

....
Ce raisonnement est il correct?

pour moi oui.

Et si j'ai bien compris le raisonnement de syrac, en l'appliquant à 3 livres et 2 étagères la probabilité d'avoir une étagère vide serait $\dfrac {1}{2}$, or c'est $\dfrac {1}{4}$.

Dernière modification par Zebulor (18-12-2023 12:00:23)

syrac · 18-12-2023 12:21:08

Zebulor a écrit :

... en l'appliquant à 3 livres et 2 étagères la probabilité d'avoir une étagère vide serait 1/2, or c'est 1/4

Dans ce qui suit, E1 et E2 signifient respectivement "étagère 1" et "étagère 2", et le chiffre 1 qui suit représente un livre :

E1 : 1 + 1 + 1
E2 : 0

E1 : 1 + 1
E2 : 1

E1 : 1
E2 : 1 + 1

E1 : 0
E2 : 1 + 1 + 1

Tu constates que l'étagère 1 et l'étagère 2 peuvent être toutes deux vides, ce qui nous fait bien 2 chances sur 4, ou 1/2, qu'une étagère soit vide.

Zebulor · 18-12-2023 12:35:55

Bonjour syrac,

syrac a écrit :

E1 : 1 + 1
E2 : 1
E1 : 1
E2 : 1 + 1

Est ce qu'il n'y aurait pas plusieurs cas pour chacune des répartitions ci-dessus ?

Black Jack · 18-12-2023 13:00:59

syrac a écrit :

Zebulor a écrit :
... en l'appliquant à 3 livres et 2 étagères la probabilité d'avoir une étagère vide serait 1/2, or c'est 1/4
Dans ce qui suit, E1 et E2 signifient respectivement "étagère 1" et "étagère 2", et le chiffre 1 qui suit représente un livre :
E1 : 1 + 1 + 1
E2 : 0
E1 : 1 + 1
E2 : 1
E1 : 1
E2 : 1 + 1
E1 : 0
E2 : 1 + 1 + 1
Tu constates que l'étagère 1 et l'étagère 2 peuvent être toutes deux vides, ce qui nous fait bien 2 chances sur 4, ou 1/2, qu'une étagère soit vide.

Bonjour,

Je pense que ta réponse n'est pas correcte.

Tu as bien 4 cas possibles ... mais ils ne sont pas équiprobables.

Fais un arbre avec seulement l'étagère E1.
A chaque livre, il y a une proba de 1/2 de le poser sur E1

Donc, pour les 3 livres sur E1 (et donc 0 sur E2) , il y a (1/2)³ = 1/8 de proba que ce cas arrive

Pour 2 livres sur E1 (011, 101, 110) (et donc 1 livre sur E2) il y a 3 * (1/2)³ = 3/8 de proba que ce cas arrive

Pour 1 livre sur E1 (001, 010, 100) (et donc 2 livres sur E2) il y a 3 * (1/2)³ = 3/8 de proba que ce cas arrive

Pour 0 livre sur E1 (000) (et donc 3 livres sur E2) il y a (1/2)³ = 1/8 de proba que ce cas arrive

Donc la proba d'avoir au moins 1 livre sur chaque étagère est 3/8 + 3/8 = 3/4
Ou, ce qui revient au même, la proba qu'une des étagères soit vide est : 1/8 + 1/8 = 1/4

syrac · 18-12-2023 13:02:02

Tu ne peux pas extraire une partie de mon tableau et demander s'il existe d'autres cas. Je les ai tous répertoriés ci-dessus.

(Mais je vois que tu as modifié ton message entre temps)

Dans ce genre de problème il faut être attentif à l'énoncé : lorsqu'il est dit que "les 10 livres peuvent être placés sur une seule étagère" ce n'est pas pour meubler mais pour guider vers la solution. Idem avec la phrase "une étagère contient au moins un livre", qui signifie tout simplement que cette étagère n'est pas vide, ce qui nous ramène à deux cas : une étagère est soit vide soit non-vide.

Dernière modification par syrac (18-12-2023 13:04:41)

syrac · 18-12-2023 13:26:55

La différence entre toi et moi est que, pour reprendre mon tableau ci-dessus, tu comptes 8 configurations possibles, c'est-à-dire 4 E1 et 4 E2. De ce point de vue, il existe effectivement 2 cas où une étagère est vide, soit 2/8 = 1/4.

Ce qui de mon côté m'intéresse ce sont les 4 configurations, ou 4 manières de répartir les livres sur les 2 étagères. Et dans ce cas il existe 2 manières de répartir les livres de façon à ce qu'une étagère soit vide, ce qui donne une probabilité de 2/4 = 1/2.

Je ne pense pas qu'on puisse considérer le contenu des 2 étagères indépendamment l'un de l'autre. Il n'existe que 4 manières de répartir les livres sur les 2 étagères, pas 8.

Dernière modification par syrac (18-12-2023 13:28:52)

Zebulor · 18-12-2023 13:57:31

de retour,

syrac a écrit :

(Mais je vois que tu as modifié ton message entre temps)

En effet, pour le préciser.

Zebulor · 18-12-2023 14:06:09

Re,
et ce qui retient mon attention c'est l'argument suivant de Black Jack que je partage :

Black Jack a écrit :

Tu as bien 4 cas possibles ... mais ils ne sont pas équiprobables.

Black Jack · 18-12-2023 14:08:18

syrac a écrit :

La différence entre toi et moi est que, pour reprendre mon tableau ci-dessus, tu comptes 8 configurations possibles, c'est-à-dire 4 E1 et 4 E2. De ce point de vue, il existe effectivement 2 cas où une étagère est vide, soit 2/8 = 1/4.
Ce qui de mon côté m'intéresse ce sont les 4 configurations, ou 4 manières de répartir les livres sur les 2 étagères. Et dans ce cas il existe 2 manières de répartir les livres de façon à ce qu'une étagère soit vide, ce qui donne une probabilité de 2/4 = 1/2.
Je ne pense pas qu'on puisse considérer le contenu des 2 étagères indépendamment l'un de l'autre. Il n'existe que 4 manières de répartir les livres sur les 2 étagères, pas 8.

Tu te trompes.

Les 4 cas que tu donnes ne sont pas équiprobables, et tu ne peux donc pas raisonner comme tu l'écris.

Voici, avec un autre problème, plus évident, avec la même erreur que celle que tu fais.

On a 1 dé non pipé avec une face numérotée 1 et les 5 autres faces numérotées 2

On lance le dé et on cherche la proba d'avoir 1.

Si on fait le même type de raisonnement que toi, on dirait :

Il y a 2 possibilités uniquement.

a) Le dé indiquera 1
b) Le dé indiquera 2

Donc la proba d'avoir 1 est 1/2

Là, c'est évident que c'est faux.

Et bien tu fais un raisonnement semblable avec les étagères.
La probabilité d'avoir une étagère vide n'est pas la même qu'avoir 1 livre sur l'étagère ni encore celle d'avoir 2 livres sur l'étagère ...

Si on note TOUTES les possibilités de répartir les livres sur les 2 étagères, on aura :

E1(000) et E2(111)
E1(100) et E2(011)
E1(010) et E2(101)
E1(001) et E2(110)
E1(110) et E2(001)
E1(101) et E2(010)
E1(011) et E2(100)
E1(111) et E2(000)

Ces 8 cas sont équiprobables de proba 1/8 chacun. (car chaque fois qu'on pose un livre , c'est une proba de 1/2 de choisir l'une ou l'autre étagère)

Avoir une étagère vide est réalisé dans 2 des cas équiprobables ci-dessus, soit par [E1(000) et E2(111)] et [E1(111) et E2(000)]

Donc la proba d'avoir une étagère vide est 1/8 + 1/8 = 1/4 ... et certainement pas 1/2 comme on le trouverait en manipulant erronément des cas non équiprobables.

syrac · 18-12-2023 16:28:26

@Black Jack,

Ton tableau (E1(000) et E2(111), etc.) ne veut rien dire, désolé de le présenter comme ça. On ne parle de positionnement des livres à aucun moment.

E1(100) = E1(010) = E1(001) = E1(1) = 1 livre sur l'étagère 1
E1(110) = E1(101) = E1(011) = E1(11) = 2 livres sur l'étagère 1
E1(111) = 3 livres sur l'étagère 1

On peut remplacer E1 par E2 pour définir E2(1), E2(11) et E2(111).

A quoi on ajoute E1(0) et E2(0), ce qui donne un total de 4 configurations possibles pour E1, et 4 pour E2.

Jusque là on est d'accord. Mais ce que tu sembles ne pas comprendre est qu'il est question de dénombrer les différentes manières de répartir 3 livres sur 2 étagères. Si tu isoles par exemple E1(11), qu'est-ce que ça veut dire ? Qu'il existe 2 livres sur l'étagère 1. Mais ça ne dit rien de ce qui se passe sur l'étagère 2. Par conséquent, seule cette notation est valable :

E1(111) E2(0)
E1(11) E2(1)
E1(1) E2(11)
E1(0) E2(111)

Dans chaque configuration il existe 3 livres ; seule leur répartition change. Il existe un cas dans lequel E1 est vide, et un cas dans lequel E2 est vide, ce qui fait 2 cas sur 4 configurations, c'est-à-dire une probabilité de 1/2 d'avoir une étagère vide.

EDIT : tu ne peux pas prétendre que E1(11) et E2(1) sont deux configurations différentes parmi 8. Il s'agit en réalité d'une seule et même configuration parmi 4.

Dernière modification par syrac (18-12-2023 16:40:18)

Black Jack · 18-12-2023 17:37:14

@Syrac

N'importe quoi,

C'est comme le 1 sur 1 face du dé et un 2 sur les 5 autres faces ...
Il y a 2 configurations différentes de résultats (soit le 1, soit le 2)
Mais la proba que le dé indique 1 après le lancer n'est pas de 1/2.

On a 2 étagères, on prend un livre en main et on le pose aléatoirement sur une des étagères (2 possibilités)
On prend le 2ème livre et on le pose aléatoirement sur une des étagères (2 possibilités)
Jusqu'ici on a pu poser les 2 livres de 4 manières différentes.
A partir de ces 4 manières différentes déjà faites, on prend le 3ème livre et on le pose aléatoirement sur une des étagères (2 possibilités)
On a donc 2³ = 8 possibilités d'avoir posé les livres et chacune de ces possibilités a une proba de 1/8 d'avoir été réalisée.
-----

Les cas visibles en fin de manipulation sont :

- L'étagère 1 a 0 livre et l'étagère 2 à 3 livres : avec une probabilité de 1/8
- L'étagère 1 a 3 livres et l'étagère 2 à 0 livre : avec une probabilité de 1/8
- L'étagère 1 a 1 livre et l'étagère 2 a 2 livres : avec une probabilité de 3/8 (car le livre sur l'étagère 1 peut être le a, le b ou le c, même si ils sont indiscernables))
- L'étagère 1 a 2 livres et l'étagère 2 a 1 livre : avec une probabilité de 3/8 (car le livre sur l'étagère 2 peut être le a, le b ou le c, même si ils sont indiscernables))

On retrouve tes 4 groupes ... MAIS ILS NE SONT PAS EQUIPROBABLES.

Essaie donc de faire un arbre avec la pose des 3 livres ... et cela te sauteras aux yeux.

Je m'arrête là, si tu n'as pas compris, continue à penser que tu as raison ... mais c'est faux.

Dernière modification par yoshi (20-12-2023 18:05:56)

syrac · 18-12-2023 18:13:38

Inutile de discuter, j'arrête là.

Bernard-maths · 18-12-2023 18:18:51

Bonsoir à tous !

Le problème posé veut connaître la probabilité de l'événement "chacune des 5 étagères contient au moins un livre". Je pense que l'événement contraire peut s'énoncer "au moins une des 5 étagères ne contient aucun livre" ... ?

Si oui, soit E une des 5 étagères, la probabilité de ne pas y mettre de livre est 4/5 = 0.8 pour chaque livre posé. Donc pour les 10 livres (0.8)¹⁰. Et pour les 5 étagères 5*(0.8)¹⁰ = 0,536870912.

L'événement cherché a donc pour proba : 1 - 0,536870912 = 0,463129088

Voilà pour moi, sauf erreur bien sur ...

Bernard-maths

PS : ce type de problème "... chacun contient au moins un ..." se traite en général par l'événement contraire qui peut s'énoncer " ... il y en a au moins un qui ne contient rien ..."

Si mes souvenirs sont encore bons ...

Dernière modification par Bernard-maths (18-12-2023 18:24:15)

Zebulor · 18-12-2023 18:43:16

Bonsoir bonsoir,
@Bernard : je dirais comme toi pour la formulation de l'événement contraire...

Bon appétit .. et bon anniversaire sur bibmath !

Dernière modification par Zebulor (18-12-2023 19:08:10)

Black Jack · 18-12-2023 19:07:37

Rebonsoir,

Pour le problème à 3 livres et 2 étagères, il est facile de simuler par informatique.

Voila ce que cela donne :

Simulation de la pose aléatoire de 3 livres sur 2 étagères.
Série de 10000 poses des 3 livres sur 2 étagères et comptage des différentes réponses survenues ... et affichage final des probas obtenues pour les 4 cas.

VARIABLES
cmpt0 EST_DU_TYPE NOMBRE
cmpt1 EST_DU_TYPE NOMBRE
cmpt2 EST_DU_TYPE NOMBRE
cmpt3 EST_DU_TYPE NOMBRE
h1 EST_DU_TYPE NOMBRE
h2 EST_DU_TYPE NOMBRE
h3 EST_DU_TYPE NOMBRE
l1 EST_DU_TYPE NOMBRE
l2 EST_DU_TYPE NOMBRE
l3 EST_DU_TYPE NOMBRE
total EST_DU_TYPE NOMBRE
i EST_DU_TYPE NOMBRE
DEBUT_ALGORITHME
POUR i ALLANT_DE 1 A 10000
DEBUT_POUR
l1 PREND_LA_VALEUR 0
l2 PREND_LA_VALEUR 0
l3 PREND_LA_VALEUR 0
h1 PREND_LA_VALEUR random()
h2 PREND_LA_VALEUR random()
h3 PREND_LA_VALEUR random()
SI (h1 < 0.5) ALORS
DEBUT_SI
l1 PREND_LA_VALEUR 1
FIN_SI
SI (h2<0.5) ALORS
DEBUT_SI
l2 PREND_LA_VALEUR 1
FIN_SI
SI (h3<0.5) ALORS
DEBUT_SI
l3 PREND_LA_VALEUR 1
FIN_SI
total PREND_LA_VALEUR l1+l2+l3
SI (total ==0) ALORS
DEBUT_SI
cmpt0 PREND_LA_VALEUR cmpt0 + 1
FIN_SI
SI (total ==1) ALORS
DEBUT_SI
cmpt1 PREND_LA_VALEUR cmpt1 + 1
FIN_SI
SI (total ==2) ALORS
DEBUT_SI
cmpt2 PREND_LA_VALEUR cmpt2 + 1
FIN_SI
SI (total ==3) ALORS
DEBUT_SI
cmpt3 PREND_LA_VALEUR cmpt3 + 1
FIN_SI
FIN_POUR
AFFICHER "Proba d'avoir 0 livre sur l'etagere 1 et 3 livres sur l'etagere 2 :"
AFFICHERCALCUL* cmpt0/10000
AFFICHER "Proba d'avoir 1 livre sur l'etagere 1 et 2 livres sur l'etagere 2 :"
AFFICHERCALCUL* cmpt1/10000
AFFICHER "Proba d'avoir 2 livres sur l'etagere 1 et 1 livre sur l'etagere 2 :"
AFFICHERCALCUL* cmpt2/10000
AFFICHER "Proba d'avoir 3 livres sur l'etagere 1 et 0 livres sur l'etagere 2 :"
AFFICHERCALCUL* cmpt3/10000
FIN_ALGORITHME
**************

Affichage obtenu en lançant ce programme :
***Algorithme lancé***
Proba d'avoir 0 livre sur l'etagere 1 et 3 livres sur l'etagere 2 :0.1236
Proba d'avoir 1 livre sur l'etagere 1 et 2 livres sur l'etagere 2 :0.3757
Proba d'avoir 2 livres sur l'etagere 1 et 1 livre sur l'etagere 2 :0.3768
Proba d'avoir 3 livres sur l'etagere 1 et 0 livres sur l'etagere 2 :0.1239

***Algorithme terminé***

*******************
Ce qui confirme les probas annoncées de 1/8 pour 0 ou 3 livres sur 1 étagère, de 3/8 pour 1 livre sur la 1 et 2 livres sur et 2 et donc aussi :
de 3/8 pour 2 livres sur la 1 et 1 livre sur et 2.

C'était évident.

Zebulor · 18-12-2023 19:29:07

Bonsoir,
en raisonnant comme Bernard, la probabilité de ne pas mettre 3 livres sur une même étagère est $(\dfrac {1}{2})^3$. Comme il y a deux étagères, celle d'avoir une des deux étagères vide est $2(\dfrac {1}{2})^3=\dfrac {1}{4}$

Dernière modification par Zebulor (18-12-2023 19:33:00)

Black Jack · 18-12-2023 20:58:24

Bonjour,

En réponse au post #15 de Bernard_maths, je pense que 5*(0.8)¹⁰ = 0,536870912 est la proba d'avoir exactement une étagère sans livre.
Ce qui n'est pas la même chose que "au moins une des 5 étagères ne contient aucun livre"

Et donc que 1 - 0,536870912 est la proba qu'on n'a pas exactement une étagère sans livres ... mais il pourrait bien en avoir aussi 2 ou 3 ou 4 sans livres.

Si c'est le cas, ce n'est pas équivalent à la proba que "chacune des 5 étagères contient au moins un livre"

Mais c'est bien possible que je me trompe.

Dernière modification par yoshi (20-12-2023 18:35:52)

101bendri.samad · 18-12-2023 21:06:31

Je réctifie ma réponse au raisonnement de Bernard-maths ci- dessus:
Je pense que son raisonnement contient une erreur .
Erreur liée à des probabilités conditionnelles .
Je m’explique:
On pose $B_i$ l’évènement : " ne pas mettre aucun livre sur l’étagère i ” . (i variant de 1 à 5).
Et $ B$ l’évènement : ” elle existe une étagère où il n’ya aucun livres ”.
L’évènement dont on cherche la probabilité c’est : $\overline{B}$
Je suis d’accord que la probabilité de $B_i$ est égale à : $ \displaystyle \left(\frac{4}{5} \right)^{10}$.

On a évidemment : $\displaystyle B = \bigcup_{i=1}^5 B_i$ mais le problème c’est que les $B_i$ ne sont pas disjoints deux à deux puisque ils existent des possibilités où
deux étagères différentes sont vides .
Donc on n’a pas le droit de d’écrire: $ \displaystyle p(B) = \sum_{i=1}^5 p(B_i)$ donc :
l’égalité: $p(B)=5×(0,8)^{10}$ est fausse.

Pour remédier à ce problème il est inévitable d’utiliser : La formule du crible : à savoir :
$ \displaystyle \color{blue}{ p \left( \bigcup_{i=1}^n A_i \right)= \sum_{I \subset \{ 1,2,...,n\}}
(-1)^{card(I)-1} p\left( \bigcap_{i \in I} A_i \right) }$

Est ce que j’ai raison?

Dernière modification par yoshi (20-12-2023 18:07:17)

Black Jack · 18-12-2023 22:44:48

Bonjour,

Pour info, je viens de simuler le cas 10 livres 5 étagères informatiquement ...

Des séries de 50000 tests me donnent répétitivement une proba de 0,477... de ne pas avoir d'étagères vides.
Les décimales dans les ... varient évidemment d'une série à l'autre.

Zebulor · 19-12-2023 07:44:08

Bonjour,
@Blackjack : ça corrobore ce qu avait trouvé Bendri samad..

Bernard-maths · 19-12-2023 08:34:48

Bonjour !

Moi je vois le "contraire" ! 0,5225472 = 1 - 0477...

Il faudrait compter les bonnes branches d'un arbre à beaucoup de branches ... Black Jack ?

Dans la simulation, peut-on faire confiance à la fonction aléatoire ?

Cordialement, Bernard-maths

Zebulor · 19-12-2023 08:56:09

Bonjour,
Bernard : Je vois aussi le contraire et c est ce que je sous entendais
En tout cas cette simulation semble donner des résultats probants pour 2 étagères et 3 livres ...

Black Jack · 19-12-2023 09:37:38

Zebulor a écrit :

Bonjour,
Bernard : Je vois aussi le contraire et c est ce que je sous entendais
En tout cas cette simulation semble donner des résultats probants pour 2 étagères et 3 livres ...

Bonjour,

C'est bien le contraire ... J'ai compté la quantité de fois qu'il y avait au moins une étagère vide.

Donc la simulation donne :

Des séries de 50000 tests me donnent répétitivement une proba de 0,477... d' avoir une ou des étagères vides.

Dernière modification par Black Jack (19-12-2023 09:38:01)

Forum de mathématiques - Bibm@th.net

#1 17-12-2023 10:24:13

Question de Probabilité: répartir des livres entre des étagères

#2 17-12-2023 17:04:07

Re : Question de Probabilité: répartir des livres entre des étagères

#3 18-12-2023 10:15:22

Re : Question de Probabilité: répartir des livres entre des étagères

#4 18-12-2023 12:21:08

Re : Question de Probabilité: répartir des livres entre des étagères

#5 18-12-2023 12:35:55

Re : Question de Probabilité: répartir des livres entre des étagères

#6 18-12-2023 13:00:59

Re : Question de Probabilité: répartir des livres entre des étagères

#7 18-12-2023 13:02:02

Re : Question de Probabilité: répartir des livres entre des étagères

#8 18-12-2023 13:26:55

Re : Question de Probabilité: répartir des livres entre des étagères

#9 18-12-2023 13:57:31

Re : Question de Probabilité: répartir des livres entre des étagères

#10 18-12-2023 14:06:09

Re : Question de Probabilité: répartir des livres entre des étagères

#11 18-12-2023 14:08:18

Re : Question de Probabilité: répartir des livres entre des étagères

#12 18-12-2023 16:28:26

Re : Question de Probabilité: répartir des livres entre des étagères

#13 18-12-2023 17:37:14

Re : Question de Probabilité: répartir des livres entre des étagères

#14 18-12-2023 18:13:38

Re : Question de Probabilité: répartir des livres entre des étagères

#15 18-12-2023 18:18:51

Re : Question de Probabilité: répartir des livres entre des étagères

#16 18-12-2023 18:43:16

Re : Question de Probabilité: répartir des livres entre des étagères

#17 18-12-2023 19:07:37

Re : Question de Probabilité: répartir des livres entre des étagères

#18 18-12-2023 19:29:07

Re : Question de Probabilité: répartir des livres entre des étagères

#19 18-12-2023 20:58:24

Re : Question de Probabilité: répartir des livres entre des étagères

#20 18-12-2023 21:06:31

Re : Question de Probabilité: répartir des livres entre des étagères

#21 18-12-2023 22:44:48

Re : Question de Probabilité: répartir des livres entre des étagères

#22 19-12-2023 07:44:08

Re : Question de Probabilité: répartir des livres entre des étagères

#23 19-12-2023 08:34:48

Re : Question de Probabilité: répartir des livres entre des étagères

#24 19-12-2023 08:56:09

Re : Question de Probabilité: répartir des livres entre des étagères

#25 19-12-2023 09:37:38

Re : Question de Probabilité: répartir des livres entre des étagères

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