Dénombrement

[Phymathi]

Bonjour à tous,
Je bloque sur mon exercice sur les dénombrements :
Un sac contient : cinq boules rouges numérotés 0,0,1,2,2
trois boules blanches numérotés 0,1,2
deux boules jaunes numérotés 0,4
on tire successivement sans remise quatre boules du sac
Dénombrer les tirages donnant:
a) deux boules blanches
b) au moins une boule jaune
c) la somme des 4 numéros inscrits sur les boules tirées est égal à 3
d) la première boule tirée est rouge et la deuxième porte le numéro 0
______
Etant donné que c'est un tirage successif je dois donc utiliser les arrangements:
J'ai fait :
a) A ( 3 2 ) * A ( 7 3 )
b) A ( 10 4 ) - A ( 7 4)
c) et d) je bloque dessus et a) mon ami m'a dit que la réponse était insuffisante et qu'il fallait compter les combinaisons possibles je n'arrive pas à très bien comprendre cette notion , comment utiliser des arrangements et des combinaisons en même temps et pourquoi ne pas utiliser la permutation dans ce cas ?Merci de votre aide.

[Tiruxa47]

Bonjour,
Pour les trois premières questions et bien que les tirages soient successifs, l'ordre de tirage n'est pas pris en compte, je veux dire par là que les deux boules blanches font partie du tirage, peu importe en quel rang...
Donc le mieux (le plus facile) est de prendre comme univers l'ensemble des combinaisons de 4 boules choisies parmi 10.
Le cardinal de l'univers est donc "4 parmi 10"
Le cardinal de l'événement "deux boules blanches" est donc "2 parmi 3"*"2 parmi 7"

[beagle]

je vais y arriver, mais si.3 fois que je change mon message mais je crois en mes chances!

dénombrement des tirages l'ordre compte
donc choisir deux blanches parmi les 3 fois choisir deux pas blanches parmi les 7, et maintenant l'ordre ce sont les permutations des 4.

pour deux exactement.

[pascal16]

tirer à la suite 1 boule 4 fois ou tirer 4 boules en même temps, c'est pareil.
a) on peut la faire avec un arbre blanche/pas blanche
on trouve 6 * 1/20 soit 3/10

on peut le faire par la loi hypergéométrique : p=3/10
le calcul de la loi hypergeométrique est exactement :

Le cardinal de l'univers est donc "4 parmi 10"
Le cardinal de l'événement "deux boules blanches" est donc "2 parmi 3"*"2 parmi 7"

avec donc que des combinaisons

[Tiruxa47]

Quant au d) on ne s'intéresse qu'aux deux premières boules, donc pas la peine de tirer les deux dernières.

L'univers est l'ensemble de arrangements de deux boules parmi 10, soit 10*9 issues

Pour l'événement "la première boule tirée est rouge et la deuxième porte le numéro 0" c'est plus compliqué il faut dénombrer d'abord les couples où la première boule est rouge et porte le numéro 0, et ensuite ceux où la première est rouge mais ne porte pas le numéro 0.
On ajoutera bien sûr les deux nombres.

[beagle]

c'est merveilleux, on demande un dénombrement, genre un nombre entier quoi,

et vous répondez une probabilité, genre une fraction quoi

alors oui une fraction on peut l'obtenir par divers numérateurs dénominateurs,
mais non un dénombrement s'il répond à la question sera unique et dénombrer du successif ne peut pas ètre idem dénombrer du 4 d'un coup.

[beagle]

pour répondre à ceci:
"je n'arrive pas à très bien comprendre cette notion , comment utiliser des arrangements et des combinaisons en même temps et pourquoi ne pas utiliser la permutation dans ce cas ?"

ben justement avec les permutations c'est bien.

donc un tirage pourrait ètre:
(R0, J4, B2, R1)
et ce tirage là tu peux avoir toutes les permutations en effet,
donc pour une sélection donnée de 4 boules, tu auras 4! permutations possibles.
Quant à définir le nombre de 4 boules sélectionnables, là tu n'as plus besoin de l'ordre, donc c'est pourquoi tu utlises les combinaisons, choisir 2 blanches dans les 3 blanches fois choisir 2 pas balnches dans les 7 pas blanches pour la question numéro 1.

[Tiruxa47]

Certes
Dans ton exemple tu as pris deux rouges au lieu de deux blanches mais bon le raisonnement est bon
Dans un cas on fait : A ( 3 , 2 ) * A ( 7 , 2 ) * (2 parmi 4)
dans l'autre (2 parmi 3) * (2 parmi 7) * 4!
Le résultat est le même.

[beagle]

Certes
Dans ton exemple tu as pris deux rouges au lieu de deux blanches mais bon le raisonnement est bon
Dans un cas on fait : A ( 3 , 2 ) * A ( 7 , 2 ) * (2 parmi 4)
dans l'autre (2 parmi 3) * (2 parmi 7) * 4!
Le résultat est le même.

oui j'avais pris c'est quoi un tirage de 4 boules, ensuite il ya les tirages qui répondent à la question.

Sur le fait que cela marche aussi avec les arrangements, je suis d'accord.Une manière de l'expliquer.
Je choisis deux emplacements sur 4 possibles qui sera l'endroit des deux blanches (ou alors des deux pas blanches).Voilà le C(2,4) et je mets quoi dans ces emplacements ben soit B1 puis B0, soit B0puis B1, donc l'ordre des 2 blanches choisies compte., donc arrangements .Idem pour l'ordre des deux pas blanches.

L'ennui de dire arrangement c'est ordre combinaison c'est pas ordre, c'est de dire je vais d'abord regarder si l'ordre compte, ici oui l'ordre compte puisque tirage un par un, donc arrangement, bref cela ne veut rien dire, c'est casse figure.
Donc il est préférable de dire je cherche ceci, je cherche cela, dans si je les compte ainsi alors j'ai besoin de l'ordre à ce moment là dans ma manière de compter.

[beagle]

Maintenant sur dénombrement versus probabilité, je trouve assez malin de rester sur dénombrement lorsque l'on veut vérifier les connaisssances sur arrangements, combinaisons et permuation.

Il ya eu il ya quelques années un problème de probabilité au bac, sortie de boules simultanées je crois.
c'était des probas,
certains ont dit sortie simultanée je peux le transformer en sortie une par une .
L'intérèt étant de ne pas se farcir justement un calcul de combinaison,
par exemple tu te retrouves à faire
3/7 première boule fois 2/6 la deuxième boule
c'est plus rapide.
Et bien à Marseille cela te donnait tous les points de la question,
et à Bordeaux ils ont mis zéro aux élèves qui transformaient le problème.
Ben perso je trouve plus malin si tu veux vérifier les connaissances de A, C et permutations de demander des dénombrement alors pluto que des probas.Donc un problème pour vérifier quelles connaissances c'est la responsabilité du prof, l'élève lui n'a pas à rentrer dans ce jeu idiot.
Epreuve de maths du bac quand même!!!!!!!!!

[pascal16]

On ne met pas 0 à une démarche juste menant au résultat.
Si le problème est mal posé, c'est un problème d'énoncé, pas d'intelligence des candidats.

[beagle]

On ne met pas 0 à une démarche juste menant au résultat.
Si le problème est mal posé, c'est un problème d'énoncé, pas d'intelligence des candidats.

oui j'ai été choqué de cela, mais cela s'est passé une année au bac.
Après tu peux la jouer père la rigueur et dire que l'élève n'a pas bien expliquer ce qu'il faisait , et en quoi c'était idem.Mais bon à marseilles tu avais les points, à boredeaux non, hum, hum...

[Tiruxa47]

J'ose espérer que les correcteurs ont noté en leur âme et conscience (pour savoir si le raisonnement était correct) et non pas en suivant des consignes débiles...
Personnellement c'est ce que j'aurais fait (et que j'ai peut-être fait d'ailleurs puisque j'ai corrigé le bac pendant des années dans l'académie de Bordeaux...)

[chan79]

salut
pour la question a)
exemples de tirages qui conviennent:(ce sont des quadruplets):
(B0,R1,R0,B2)
(R0,R0,B1,B2)
j'en compte 792
mais pas trop sûr ...

[beagle]

euh chan79, les deux méthodes proposées donnent toutes les deux 1512 sauf erreur

C(2,3) x C(2,7) x (4!)

ou
C(2,4) x A(2,3) x A (2,7)

[beagle]

ah oui je me souviens, fallait discuter si on accepte le quadruplets
(R0,R0,B1,B2) comme étant double ou pas,
à mes yeux il ya deux tirages possibles de ce quadruplet, = en terme de nombre de tirage possibles je rends discernables les deux R0.
Pas toi?

[chan79]

oui, j'avais bien vu...
pour les deux blanches , il faut deux emplacements sur 4 et pour les numéros 6 façons (B0,B1), (B0,B2) etc
soit en tout 6*6=36
une fois qu'on a mis les deux blanches, on met R ou J avec le numéro
(R0,R0)
(R0,R1)
(R0,R2)
(R0,J0)
(R0,J4)
(R1,R0)
etc en tout 22
36*22=792
un tirage est ici un quadruplet de "couleur-numéro"
je ne parierais pas ma maigre pension ...

[chan79]

ah oui je me souviens, fallait discuter si on accepte le quadruplets
(R0,R0,B1,B2) comme étant double ou pas,
à mes yeux il ya deux tirages possibles de ce quadruplet, = en terme de nombre de tirage possibles je rends discernables les deux R0.
Pas toi?

oui, il faudrait préciser ce qu'est exactement un tirage
quadruplet de couples ?

[beagle]

oui, j'avais bien vu...
pour les deux blanches , il faut deux emplacements sur 4 et pour les numéros 6 façons (B0,B1), (B0,B2) etc
soit en tout 6*6=36
une fois qu'on a mis les deux blanches, on met R ou J avec le numéro
(R0,R0)
(R0,R1)
(R0,R2)
(R0,J0)
(R0,J4)
(R1,R0)
etc en tout 22
36*22=792
un tirage est ici un quadruplet de "couleur-numéro"
je ne parierais pas ma maigre pension ...

alors tu démarres comme la méthode: C(2,4) x A(2,3) et donc tu es en 6 x6 = 36 pour le moment,
mais si les boules de même numéro sont discernables il te reste à prendre du A(2,7) qui est 6x7 =42 et pas ton 22..., non?

[beagle]

perso il m'importe peu de savoir les numéros des boules,
je dois avoir tous les tirages possibles, un type tire tous les 4 boules possibles, classées dans l'ordre d'apparition
et ensuite la-dedans on va regarder lesquels tirages ont deux blanches