Probabilité avancée

[Help-Jason]

Bonjour,

J'ai essayé de faire face à un problème de probabilité mais je n'y suis toujours pas parvenu depuis plus de 6 mois de recherche (non intensive :p).

Il s'agit du problème suivant :

Une urne contient 90 boules toutes différentes (b1,b2,b3,...,b89,b90). Chaque boule a la même probabilité de sortir (1/90). On effectue 3 tirages avec remise de 6 boules mais on garde une copie du tirage de côté. Un joueur souhaite obtenir au bout des 3 tirages :
- 3 exemplaires de la boule b1
- 3 exemplaires de la boule b2
- 2 exemplaires de la boule b3
- 2 exemplaires de la boule b4
- 2 exemplaires de la boule b5
- 1 exemplaire de la boule b6
(le nom de la boule n'a aucune importance car que ce soit la boule b1 ou la boule b2, c'est la même chose).

Quel est la probabilité de ce souhait EXACTEMENT ? On ne s’intéressera pas au cas de AU MOINS cette liste.

Un professeur a noté que la probabilité de tirer k exemplaires de la boule bi suit la loi binomiale de paramètre n=3 et p=probabilité de tirer la boule bi dans l'urne.
La probabilité p se traduit, même après réflexion, par la loi hypergéométrique et qui vaut :

5 parmi 89 / 6 parmi 90 = 6 / 90 = 1/15

Ainsi la probabilité de tirer 3 exemplaires de la boule b1 est :

(1/15)^3

La probabilité de tirer 2 exemplaires de la boule b3 est :

(2 parmi 3)*((1/15)^2)*(14/15)

Le problème réside dans l'événement : tirer 3 exemplaires de la boule b1 ET tirer 3 exemplaires de la boule b2.
On sait tous que :
P(AnB) = P(A) * Pa(B)
Donc il faudrait calculer la probabilité de tirer 3 exemplaire de la boule b2 SACHANT que 3 boules b1 ont été tirées. C'est pas bien dur ici car si l'on sait que 3 boules b1 ont été tirées alors pour la boule b2 il ne reste que 8 boules à tirer parmi 88 car on a retirer la boule b1 des 89 (+b2).
Le problème est après notamment pour : tirer 2 exemplaires de b4 SACHANT que 3 boules b1, 3 boules b2, 2 boules b3 ont été tirées.

Si mon raisonnement est juste jusqu'à présent alors admettons que l'on ait trouvé la probabilité de l'intersection de la liste de souhait du joueur. En 3 tirages de 6 boules, on a tiré un total de 3*6=18. La liste de souhait demande 3+3+2+2+2+1=13. Donc il reste 18-13=5 boules pour lesquelles on n'émet pas de souhait.

Faut-il considérer le tirage de 5 boules différentes toutes entre elles ? Considérer le tirage de 3 boules différentes toutes entre elles et 2 mêmes boules ?

Vis-à-vis du calcul, s'il n'existe pas plus simple, je compte l'automatiser par un programme. J'ai juste besoin de votre avis sur la question et de votre accord voire complément.

Merci de votre patience !

P.S.: Y'a moyen d'insérer des éléments mathématiques pour faire paraître plus beaux les calculs ? Genre le "parmi" ?

[beagle]

Ben il me semble que je ferais ainsi:
un tirage de 6 boules est mis sur la table de petit numéro à grand numéro.
Ainsi on se fichera de l'ordre de des boules.

Il y a 3 (la boule B3) x 4 (disposition des B2) dessins de base que l'on peut noter ainsi:
B1B2B3B4 1x
B1B2B3B4 2 x
B1B2 x x 3 x


B1B2B3 x 1 x
B1B2B3B4 2 x
B1B2 x B4 3 x

B1B2 xB4 1 x
B1B2B3B4 2 x
B1B2B3 x 3 x

B1B2 x x 1 x
B1B2B3B4 2 x
B1B2B3B4 3 x

Pour les B1 et B2 pas le choix on doit les avoir à chaque fois
le dessin des B3 est 4 cas
le choix des B4 est ici noté 1,2,3 il y aura 3 choix pour chacun des 4 groupes

Ensuite proba tirage 1 x proba tirage 2 x proba tirage 3 pour chaque modèle.

Je pense que cela passe comme ça,
mais j'ai pas le courage d'aller plus loin!

PS: zut je crois que j'ai fait 3 tirages avec remise des 6 boules pour chacun des 3 tirages.
et c'est dans chacun des tirages que l'on remet les boules??????

[Help-Jason]

Merci de ta réponse.

Si chaque ligne représente un tirage de 6 boules alors il est impossible d'avoir deux fois la même boule en un tirage. Selon ton raisonnement, ça revient à déterminer l'ensemble des possibilités de tirage de la liste de souhait puis calculer les probabilités de chacun des tirages considérés ?

Je m'explique :

Urne de 90 boules de différentes. 3 tirages de 6 boules où chaque tirages est avec remise et les 6 boules tirées simultanément. Si l'on considère que le joueur souhaite obtenir :

- 3*b1
- 3*b2
- 2*b3
- 2*b4
- 2*b5
- 1*b6

Alors il obtiendra ce qu'il veut des manières suivantes :
[T1,T2,T3] -> les valeurs à la place des Ti sont le nombre de boule que l'on a obtenu de la liste de souhait. J'ai généré ces "listes" de manière réfléchie mais il y a une petite faille encore (donc quelques erreurs) :

[1, 6, 6]
[2, 5, 6]
[2, 6, 5]
[3, 4, 6]
[3, 5, 5]
[3, 6, 4]
[4, 3, 6]
[4, 4, 5]
[4, 5, 4]
[4, 6, 3]
[5, 2, 6]
[5, 3, 5]
[5, 4, 4]
[5, 5, 3]
[5, 6, 2]
[6, 1, 6]
[6, 2, 5]
[6, 3, 4]
[6, 4, 3]
[6, 5, 2]
[6, 6, 1]

Ces listes ont été obtenus grâce au filtre : somme des liste égale à 13 (le nombre de boule totale souhaitées). Mais par exemple : [1,6,6], [6,6,1] et [6,1,6] sont des tirages impossibles car, par exemple, pour [1,6,6] :
Au premier tirage on tire une boule de la liste donc b1. La liste devient :
2*b1 / 3*b2 / 2*b3 / 2*b4 / 2*b5 / 1*b6
Au deuxième tirage on tire six boules de la liste donc b1/b2/b3/b4/b5/b6. La liste devient :
1*b1 / 2*b2 / 1*b3 / 1*b4 / 1*b5 / 0*b6
Au troisième tirage on tire encore six boules de la liste mais la boule b6 n'est plus tirable et il ne reste que 5 boules différentes souhaitées. Ainsi [1,6,6] n'existe pas mais [1,6,5] est viable.

Donc ici cela reviendrais à calculer la probabilité, par exemple pour [6,5,2] qui est possible, que 6 boules soient tirées ET 5 boules + 1 autre tirées ET 2 boules + 3 autres tirées (où autres représente les boules non souhaitées).

[beagle]

je ne me sens pas à l'aise avec ta façon de faire.
et pas trop le temps, donc je te redonne ce que je comprends.

on a 3 tirages de 6 boules, OK.
les 6 boules étant remises, les 3 tirages sont indépendants.
Donc la proba d'une combi de 3 tirages est la pmultiplication des 3 probas de chaque tirage.

Maintenant un tiragde de 6 boules, est réorienté pour le classer de la boule la plus petite à la plus grande, ainsi un tirage de boules numéros 52,37,28,5, 8,86
est le tirage (5,8,28,37,52,86).

donc on prendra en proba du tirage numéro 1 (ou 2 ou 3):
évènements favorables/ évènements possibles

evènements possibles est choisir 6 boules parmi les 90, C(6,90).

l'évènement favorable suivant du tirage numéro 1:
(1,2,4,a,b,c), avoir les boules 1,2 et 4 et trois quelconques
ben 1 cas d'avoir 1, 1 cas d'avoir2, 1 cas d'avoir 4, et 3 cas quelconques parmi les 90 moins 1,2,3,4,5 donc c'est 1x1x1x C(3,85).

PS:j'ai corrigé les deux B3 mis idiotement, c'était des B4, mais j'avais fait en dessin sans numéro

donc un tirage favorable a 1 et 2 obligatoire, 3et4 variables comme sur mon modèle, et la boule 5 correspond aux numéros 1,2,3 de mon dessin, la boule 5 peut s'ymettre au choix sur le 1ou le 2 ou le 3.

[Help-Jason]

Ah ! Le voilà ptet mon problème ! Tu dis que pour 1 2 4 a b c, les trois a, b et c c'est 3 possibilités parmi les 85 ! D'après mon raisonnement c'est 3 parmi les boules autres que 1 2 et 4 qui sont tirées donc 3 parmi 87 ! Le problème est sans doute là ! Je vais essayer de revoir mon raisonnement de mon côté et voir si c'est mieux.

Merci à toi d'avance, j'attend d'autres propositions pour résoudre mon problème (si tu as une autre manière pour le résoudre qui te paraît plus claire pour toi, énonce-là !)

[beagle]

c'est ennuyeux de prendre le problème par le nombre total des boules recherchées,
parce que tu peux ètre à 13 sans respecter le choix limité des boules.
exemple tu prendras 3 boules b3 au lieu de 2 voulues, et alors tu n'auras pas par exemple la boule 5 recherchée.

ensuite ton énoncé n'était pas avec 13,
tu as mis en énoncé
3 fois le 1
3 fois le 2
2 fois le 3
2 fois le 4
et 1 fois le 5
soit : 3+3+2+2+1= 11

[beagle]

22h30 hier soir c'était déjà bien tard pour moi,
les cas de B3 et B4 sont faux il en manque

B3B4
B3B4
x x

B3B4
B3 x
x B4

B3 x
B3B4
x B4

3 pour les
B3
x
B3

et encore 3
pour les
x
b3
B3

3x3=9 au lieu de mes 4 cas, à revérifier ...

[Help-Jason]

Je prend le nombre total de boules recherchées pour pouvoir établir toutes les manières de tirer la liste de souhait en 3 tirages. Il est vrai que si l'on modifie la liste de souhait de telle manière que au final il y a toujours le même nombre de boules recherchées alors ce n'est plus la même chose mais la résolution se fait de la même manière. (Il y aura sans doute des chemins impossibles à prendre dans un cas que dans l'autre ou, le cas échéant, ces deux listes auront mêmes probabilités de sortir).

En reprenant mon raisonnement initial, je considérais la probabilité de chacune des boules en trois tirages directement. Malgré qu'il y ait un "et" entre chaque boules souhaitées (et leur exemplaire), ce raisonnement est-il préférable ? Le problème dans ce raisonnement réside au niveau des conditions (probabilité conditionnelle à cause du "et").

[beagle]

je reste sur mes critiques de 12h04:

1) d'abord quel exo faisons nous car 11 et 13 , ce n'est pas le mème.
rappel: 13 ne correspond pas à l'énoncé:
3 B1 + 3B2 + 2B3 + 2B4 + 1B5 = 11 et non 13

2) compter globalement le nombre de boules des boules nécessaires
cela veut dire que
alors que l'on veut: 2 boules B3 et 1 boule B5,
et bien tu vas (enfin faudrait voir comment tu te dépatouilles ensuite)
mélanger cela avec les tirages de 3 boules B3.
Quantitativement c'est pareil, qualitativement cela ne respecte pas l'exo.

[beagle]

On peut peut-ètre se rejoindre finalement.

Une proba d'un tirage de 6 sera sous la forme
C(i,85)/C(6,90) où i est le nombre de trous= boules non imposées
Une proba de 3 tirages de 6 boules sera la multiplication de ceci
donc en dénominateur on aura toujours C(6,90)^3
et au numérateur
C(i,85)C(j,85)C(k,85)
avec i+j+k = somme des trous = 3x6 - 11 boules imposées
donc tu peux faire le tableau comme tu le faisais de comment on arrive à
1+5+1
2+4+1
2+3+3
....

Ces C(i,85)C(j,85)C(k,85) seront avec un coefficient qui sera à trouver dans les 27 cas de figures que j'avais mentionné.
choisir B1 et B2 pas de choix
les B3 et B4 sont en C(2,3)
la b5 est en C(1,3)
on a donc
1x1x3x3x3 schéma de bases qui vont pondérer tes C(i,85)Cj,85)C(k,85)

Pour le moment je n'ai pas le temps de voir lesquels et pourquoi comment certains i,j,k vont ètre pondérés,...

Mais voilà on peut donc se rejoindre finalement, non?

[beagle]

Je n'ai pas le temps de le faire, mais la pondération est à étudier sur un carré 3x3
l'ndroit où il y a à mettre deux B3, deux B4 et 1 B5

faut regarder les carrés
BBB
BBx
xxx

BBx
BBB
xxx

....

B.....
x...
B....

voilà cela se joue dans ce petit carré,
bon à toi de jouer.

PS: si tu avais l'obligeance de répondre sur l'énoncé de départ est-il oui ou non le bon,
en te remerciant.

[beagle]

OK, vu tu as modifié l'énoncé hier 16h46,
et donc ce n'est pas ce que j'ai fait.greuh, un ptit mot pour le dire dans le fil de discussion eut été sympa!!!!

je regarde ce que cela change, si l'exo est idem ou s'il faut changer de tactique.
pas de raisons à priori, mais bon....

[beagle]

Bon alors on y va.
Calcul des cas différents de position des boules:
B1 et B2 1 cas
B3,B4,B5 C(2,3)
B6 C(1,3)
possibilités =
1x1xC(2,3)xC(2,3)xC(2,3)x C(1,3)= 3x3x3x3= 81 positions de boules sur les 3 tirages.

maintenant on reprend l'idée que p1xp2xp3= C(i,85)C(j,85)C(k,85)
i trous dans tirage 1
j trous dans tirage 2
k trous dans tirage3

On a 13 boules et 5 trous qui font les 18 emplacements.
comment faire du 5
colonnes = les tirages
014 (zéro trou tirage 1, 1 trou tirage 2, 4 trous tirage 3)
023
032
041
104
113
122
131
140
203
212
221
230
302
311
320
401
410

410 ou 014 aura la mème proba on inverse juste = permutations des i,j,k.

[beagle]

On a ainsi
6 fois le 014 (permutations de)
6 fois le 023
3 fois le 113
3 fois le 122

Combien de combi de positions des boules pour les différentes catégories:
014: 1 combi de position de boules
023: 3 combis
113 :7 combis
122: 12 combis

avec
6x1 + 6x3 + 3x7 + 3x12 = 81 combinaisons de positions des boules , ouf!

alors pourquoi par exemple 113 est 7, ben parce que 1+3+3 font 7 cas
et 122 est 12 cas car 6+3+3

[StewartFeest]

Merci, le problème a été résolu de manière plus compréhensible.
geometry dash bloodbath