Bonsoir à tous !
Voici l'exercice qui m'ennuie un peu (même si j'y ai réfléchi) :
Une urne contient n boules, n > 1, numérotées de 1 à n. On effectue une suite de tirages sans remettre dans l'urne les boules tirées. Chaque tirage consiste à prendre une partie des boules qui restent dans l'urne (au hasard), chacune des parties ayant la même probabilité d'être tirée.
Calculer la probabilité pour que les p boules soient tirées en au plus deux tirages.
J'ai pensé à la somme des (i parmi n) fois les (p - i parmi n - i) pour i variant de 0 à p. Qu'en pensez-vous ? Merci.
Petit exercice de probabilités
7 messages
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par nuage » 23 Mar 2009, 23:43
les TPEistes a écrit:Bonsoir à tous !
Voici l'exercice qui m'ennuie un peu (même si j'y ai réfléchi) :
Une urne contient n boules, n > 1, numérotées de 1 à n. On effectue une suite de tirages sans remettre dans l'urne les boules tirées. Chaque tirage consiste à prendre une partie des boules qui restent dans l'urne (au hasard), chacune des parties ayant la même probabilité d'être tirée.
Calculer la probabilité pour que les p boules soient tirées en au plus deux tirages.
J'ai pensé à la somme des (i parmi n) fois les (p - i parmi n - i) pour i variant de 0 à p. Qu'en pensez-vous ? Merci.
Je pense que tu veux dire les n boules, car de p on ne sait rien.
À part ça une probabilité est toujours entre 0 et 1 ce qui n'est pas le cas de la somme que tu proposes.
par les TPEistes » 24 Mar 2009, 00:09
Ah oui en effet ! Ce sont les n boules... :hein:
Ma formule est elle correcte si je divise par 2^n ? (le nombre de parties possibles).
Ma formule est elle correcte si je divise par 2^n ? (le nombre de parties possibles).
par nuage » 24 Mar 2009, 00:27
Non
une fois le premier tirage effectué, il ne reste plus qu'une possibilité de tirer n boules en 2 coups : tirer toutes les boules restantes. Soit une proba de
si on a tiré 
boules au premier tirage.
La proba cherchée est donc
une fois le premier tirage effectué, il ne reste plus qu'une possibilité de tirer n boules en 2 coups : tirer toutes les boules restantes. Soit une proba de
La proba cherchée est donc
par fatal_error » 24 Mar 2009, 01:02
Salut,
Je pensais decomposer en deux etapes : la proba de reussir au premier coup, plus la proba de reussir au second coup.
Pour le premier tirage :
On a
poss de tirages.
Les tirages gagnants sont :
on a n-p choix possibles, et on peut tirer k boules parmi ces n-p choix possibles.
Pour le second tirage : il faut pas tirer les p boules au premier tirage, mais faut les avoir tirées toutes au second tirage.
Ici, on peut faire une espece de var aléatoire ou on compte le nombre de boules solutions avec le nombre de boules qui va de 0 a p-1
 =C_p^k \bigsum_{j=p+1}^{n} C_n^j)
a ca, on associe le deuxieme tirage qui doit completer les k boules tirées.
pour un j fixé, on a tiré k+j-p boules.
On a donc 2^{n-(k+j-p)} tirages possibles la seconde fois.
Les tirages solutions sont :
pour k, et j donnés :
} C_{n-(k+j-p)}^L)
Au second tirage, il faut en revanche compléter les boules manquantes.
Ce qui donnerait (merci monsieur conditionnel) comme réponse :
 = \frac{1}{2^n} \bigsum_{k=p+1}^{n} C_n^k + \frac{1}{2^n} \bigsum_{k=0}^{p-1} C_p^k \bigsum_{j=p+1}^{n} C_n^j \times \frac{1}{2^{n-(k+j-p)} } \bigsum_{L=j+1}^{n} C_{n}^L)
Apres, si jamais tout ca c'est juste (ce dont je doute quand même XD), faudrait gérer le cas ou j=n, car on aurait une somme de n+1 a n...
Je pensais decomposer en deux etapes : la proba de reussir au premier coup, plus la proba de reussir au second coup.
Pour le premier tirage :
On a
Les tirages gagnants sont :
on a n-p choix possibles, et on peut tirer k boules parmi ces n-p choix possibles.
Pour le second tirage : il faut pas tirer les p boules au premier tirage, mais faut les avoir tirées toutes au second tirage.
Ici, on peut faire une espece de var aléatoire ou on compte le nombre de boules solutions avec le nombre de boules qui va de 0 a p-1
a ca, on associe le deuxieme tirage qui doit completer les k boules tirées.
pour un j fixé, on a tiré k+j-p boules.
On a donc 2^{n-(k+j-p)} tirages possibles la seconde fois.
Les tirages solutions sont :
pour k, et j donnés :
Au second tirage, il faut en revanche compléter les boules manquantes.
Ce qui donnerait (merci monsieur conditionnel) comme réponse :
Apres, si jamais tout ca c'est juste (ce dont je doute quand même XD), faudrait gérer le cas ou j=n, car on aurait une somme de n+1 a n...
la vie est une fête 
par yos » 24 Mar 2009, 12:31
Salut nuage.
Je vois que tu as bien rétabli l'énoncé. Moi je voyais rien de clair là-dedans.
Du coup c'est intéressant comme exo. Avec un résultat simple ((3/4)^n).
La loi uniforme sur P(E) manque un peu de réalisme cela dit.
Je vois que tu as bien rétabli l'énoncé. Moi je voyais rien de clair là-dedans.
Du coup c'est intéressant comme exo. Avec un résultat simple ((3/4)^n).
La loi uniforme sur P(E) manque un peu de réalisme cela dit.
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