Formule - Probabilités

[xwayre]

Bonjour,

Est-ce que quelqu'un pourrait m'aider sur un exercice de probabilités..



Je ne parviens pas à déterminer tous les cas possibles sans les écrire un par un, n'y aurait-il pas une formule pour éviter cette "méthode" là s'il vous plaît ?

Je vous souhaite une bonne journée,

Merci !

[pascal16]

Pas niveau seconde. Les combinaisons et la loi binomiale, c'est en 1ere.
tu peux voir ça aussi comme un nombre "00123".
la case est la position d'un chiffre
combien tu as de choix pour placer les 0 ?
une fois les zéros placés, tu as combien choix pour placer 1, 2 et 3 ?

[xwayre]

Je me suis déjà avancé dans le programme de 1ère année, pourriez-vous m'expliquer comment calculer le nombre de cas possibles s'il vous plaît ?

[XENSECP]

Tu peux voir ça comme un nombre en effet mais plutôt avec des chiffres de 1 à 3 donc :
ABCDE pour chacun des 5 pions (plutôt que les appeler 1 à 5) qui peuvent aller sur les cases 1 à 3 donc A = 1 ou 2 ou 3 etc.
Du coup tu as des combinaisons comme :
11111
12312
23333
etc.

Avec: 32123 ça veut dire que le pion 1 (A dans mon cas) est sur la case 3, le pion 4 (D) est sur la case 2.

J'espère que ça va t'aider

[MJoe]

Bonjour à tous,

Très bien @xwayre si tu es déjà avancé dans le cours de 1ère.
J'ai dessiné les 3 cases : |_|_|_|
Ensuite il faut dessiner les cas possibles et compter le nombre de possibilités à chaque fois.
Pour A1 (la case N° 1 est vide) :
Puisque tous les jetons sont distribués, on peut avoir :
|vide|1 des 5|4 des 5| : il y a 5 cas possibles puisque l'on pioche 1 jetons parmi 5 et on met les autres dans la case N°3
|vide|2 des 5|3 des 5| : il y a 10 cas possibles
|vide|3 des 5|2 des 5| : 10 cas possibles
|vide|4 des 5|1 des 5| : 5 cas possibles
Il n'y a pas d'autre cas.

Sauf erreur, il y a 30 cas possibles pour que la case N° 1 soit vide.
Ensuite il faut diviser cela par le nombre total de cas possible. J'en ai trouvé 243.
D'où P(A1) = 30/243 = 10/81

On a le même calcul avec le cas de la case vide N° 2 ou N°3.
Donc P(A2) = 10/81 et P(A3) = 10/81

Pour 2 cases vides : cela signifie que tous les jetons sont dans la même case (celle qui reste). Il y a 1 cas pour chaque case. Donc P(A1etA2) = 1/243
Pour 3 cases vides, P = 0 car tous les jetons sont distribués donc il est impossible d'avoir les 3 cases vides.

P("au moins une case vide") = somme des 7 probas définies à la question 1:
P("au moins une case vide") = 30/243 + 30/243 + 30/243 + 1/213 + 1/213 + 1/213 + 0/213 = 93/243 = 31/81

Pour la question 3 : P("aucune case ne soit vide") = 1-31/81 = 50/81
Car il s'agit de tous les cas sauf ceux où au moins une case est vide.

En espérant t'avoir aidé.
MJoe.

[xwayre]

Merci beaucoup pour votre aide très précieuse ! Je comprends beaucoup mieux l'exercice !

Je vous souhaite une bonne soirée.

xWayre

[beagle]

Bonjour MJoe, le 243 me semble bon mais pas le 30.
Il manque deux cas pour faire un meilleur 32:
ces deux cas ne seraient-ils pas les 5 pièces en case 2, 5 pièces en case 3?

Bon sinon il ya d'après Pascal un problème entre l'énoncé et ce qui est appris en seconde, c'est ça?
Mais finalement cet élève de seconde s'avance sur le programme de première.
Bref je ne sais donc pas ce qui est autorisé ou non.

Restons sur le début d'apprentissage des probas.
Le début avec proba de machin est nombre de cas favorables sur nombre total d'issues
ok
Mais le début en proba c'est aussi le petit arbre de probabilité.
Donc ici une pièce donnée va en équiprobabilité aller sur une des 3 cases
donc 1/3 elle va en case 1, et 2/3 elle va en case 2 ou 3.
de ces branches on fait partir les branches de la seconde pièce.La proba de cette deuxième pièce ne change en rien par ce qui est arrivé à la première, on reste en équiproba des cases donc on refait partir deux branches 1/3 et 2/3
and so on.
Donc pas de pièces sur case 1, c'est toutes les pièces sur 2 ou 3,
(2/3)^5 = 32/243

[Black Jack]

Je ne parviens pas à déterminer tous les cas possibles sans les écrire un par un, n'y aurait-il pas une formule pour éviter cette "méthode" là s'il vous plaît ?

Nombre de répartitions possibles :

Il y a 3 possibilités de positionner le jeton 1.

Le jeton 1 placé, il y a 3 possibilités de positionner le jeton 2 --> Il y a 3² = 9 possibilités pour positionner les jetons 1 et 2

Les jetons 1 et 2 placés, il y a 3 possibilités de positionner le jeton 3 --> Il y a 9*3 = 3³ possibilités pour positionner les jetons 1 et 2 et 3

Les jetons 1 et 2 et 3 placés, il y a 3 possibilités de positionner le jeton 4 --> Il y a 3^4 possibilités pour positionner les jetons 1 et 2 et 3 et 4

Les jetons 1 et 2 et 3 et 4 placés, il y a 3 possibilités de positionner le jeton 5 --> Il y a 3^5 = 243 possibilités pour positionner les jetons 1 et 2 et 3 et 4 et 5

Donc, la "formule" pour trouver le nombre N de possibilités pour placer n pions sur m cases est N = m^n

[pascal16]

j'ai relu depuis le départ, j'avais pas vu que plusieurs pions pouvaient être mis sur une case. On peut se passer des coefficients binomiaux u départ.

Théorie de base des probabilités : sous une hypothèse d'équiprobabilité, la probabilité d'un événement A est (nombre de cas favorable à A)/(nombre de cas au total).


"je suis un pion, j'ai 3 choix pour la case où je vais"
il y a 5 pions, donc 3*3*3*3*3 = 3^5 choix = 243 (nombre qui fait en effet référence).

dénombrement pour A1 :
"je suis un pion, je ne peux aller que sur la 2ieme ou la 3ieme case"
soit 2^5 choix = 32

soit p(A1)=32/243 = 0.13 à 0.01 près
on a p(A1)=p(A2)=p(A3) = 32/243
p (A1 et A2) = 1/243 comme déjà dit, sans erreur de recopie, tous les pions vont sur la case 3.
p (A1 et A2 et A3)=0 car c'est un événement impossible

2a : A est l'événement A1 ou A2 ou A3

NB : A1 ou A2 c'est A1 union A2
A1 et A2, c'est A1 inter A2

2b : P(A)=p(A1)+P(A2)+P(A3) ?
non, car dans p(A1) + p(A2) on compte par exemple deux fois les éléments qui sont dans A1 et A2
dans les 32 cas qui vérifient A1, il y a aussi le cas où la seconde case est vide !
P(A)=p(A1)+P(A2)+P(A3)-p(A1 et A2) - p(A2 et A3) - p(A3 et A1) ?
presque, car cette fois j'ai compté 3 fois "A1 et A2 et A3", auquel j'ai enlevé 3 fois "A1 et A2 et A3", donc je les ai pas comptés finalement
P(A)=p(A1)+P(A2)+P(A3)-p(A1 et A2) - p(A2 et A3) - p(A3 et A1)+ p(A1 et A2 et A3)
là, c'est la bonne formule (théorie ensembliste commencée en seconde, revue en 1iere et finie en terminale)
p(A) =(3*32-3*1+0)/243

3 c'est 1-p(A)

Cet exercice est mal fagoté, s'il ne force pas à citer 'événement' , " issue" , 'événement contraire", "événement impossible", il sert juste à rester au niveau de la 4ieme.

[beagle]

3
Cet exercice est mal fagoté, s'il ne force pas à citer 'événement' , " issue" , 'événement contraire", "événement impossible", il sert juste à rester au niveau de la 4ieme.3

Tel que tu l'as rédigé cela semble un excellent exercice ensembliste!
C'est bien que les probas soient un prétexte, non?
ne vaut-il pas mieux un exercice de proba qui aide à manipuler des ensembles qu'un exercice de dénombrement qui sert à ? répondre à un problème de dénombrement uniquement!



[xwayre]

Je vous remercie du fond du cœur pour votre aide, vous êtes vraiment super !

[MJoe]

j'ai relu depuis le départ, j'avais pas vu que plusieurs pions pouvaient être mis sur une case. On peut se passer des coefficients binomiaux u départ.

Théorie de base des probabilités : sous une hypothèse d'équiprobabilité, la probabilité d'un événement A est (nombre de cas favorable à A)/(nombre de cas au total).


"je suis un pion, j'ai 3 choix pour la case où je vais"
il y a 5 pions, donc 3*3*3*3*3 = 3^5 choix = 243 (nombre qui fait en effet référence).

dénombrement pour A1 :
"je suis un pion, je ne peux aller que sur la 2ieme ou la 3ieme case"
soit 2^5 choix = 32

soit p(A1)=32/243 = 0.13 à 0.01 près
on a p(A1)=p(A2)=p(A3) = 32/243
p (A1 et A2) = 1/243 comme déjà dit, sans erreur de recopie, tous les pions vont sur la case 3.
p (A1 et A2 et A3)=0 car c'est un événement impossible

2a : A est l'événement A1 ou A2 ou A3

NB : A1 ou A2 c'est A1 union A2
A1 et A2, c'est A1 inter A2

2b : P(A)=p(A1)+P(A2)+P(A3) ?
non, car dans p(A1) + p(A2) on compte par exemple deux fois les éléments qui sont dans A1 et A2
dans les 32 cas qui vérifient A1, il y a aussi le cas où la seconde case est vide !
P(A)=p(A1)+P(A2)+P(A3)-p(A1 et A2) - p(A2 et A3) - p(A3 et A1) ?
presque, car cette fois j'ai compté 3 fois "A1 et A2 et A3", auquel j'ai enlevé 3 fois "A1 et A2 et A3", donc je les ai pas comptés finalement
P(A)=p(A1)+P(A2)+P(A3)-p(A1 et A2) - p(A2 et A3) - p(A3 et A1)+ p(A1 et A2 et A3)
là, c'est la bonne formule (théorie ensembliste commencée en seconde, revue en 1iere et finie en terminale)
p(A) =(3*32-3*1+0)/243

3 c'est 1-p(A)

Cet exercice est mal fagoté, s'il ne force pas à citer 'événement' , " issue" , 'événement contraire", "événement impossible", il sert juste à rester au niveau de la 4ieme.

Bonjour à tous,
Donc @Pascal16, tu trouves bien p(A) = (3*32 - 3*1 +0)/243 = 93/243 = 31/81
C'est également ce que j'ai trouvé (voir mon post).

Pour la probabilité p(A1) j'ai précisé qu'il n'y a qu'UNE seule case vide, donc on ne peut pas mettre tous les jetons dans une seule case sinon il y aurait 2 cases vides. La proba est donc égale à 30/243 soit 10/81.

MJoe.

[MJoe]

Bonjour MJoe, le 243 me semble bon mais pas le 30.
Il manque deux cas pour faire un meilleur 32:
ces deux cas ne seraient-ils pas les 5 pièces en case 2, 5 pièces en case 3?

Bon sinon il ya d'après Pascal un problème entre l'énoncé et ce qui est appris en seconde, c'est ça?
Mais finalement cet élève de seconde s'avance sur le programme de première.
Bref je ne sais donc pas ce qui est autorisé ou non.

Restons sur le début d'apprentissage des probas.
Le début avec proba de machin est nombre de cas favorables sur nombre total d'issues
ok
Mais le début en proba c'est aussi le petit arbre de probabilité.
Donc ici une pièce donnée va en équiprobabilité aller sur une des 3 cases
donc 1/3 elle va en case 1, et 2/3 elle va en case 2 ou 3.
de ces branches on fait partir les branches de la seconde pièce.La proba de cette deuxième pièce ne change en rien par ce qui est arrivé à la première, on reste en équiproba des cases donc on refait partir deux branches 1/3 et 2/3
and so on.
Donc pas de pièces sur case 1, c'est toutes les pièces sur 2 ou 3,
(2/3)^5 = 32/243

Bonjour,

Pour moi, l'évènement Ai : "La case i est vide" correspond à uniquement la case i vide. Sinon c'est galère de visualiser l'évènement "A1 inter A2" par exemple.
Du coup la probabilité de l'évènement de la question 2 est égale à la somme des probabilités décrites dans la question 1.

Je pense que nous avons interprété différemment les différents évènements non ?

MJoe.

[MJoe]

Bonjour,

Pour la question 1, l'évènement c'est "La case i est vide" ce qui est différent de "Au moins la case i est vide".
Je ne voudrais pas que notre ami @Xwayre reparte d'ici avec plus de questions quand arrivant.

Cordialement,
MJoe.

[beagle]

Bonjour,

Pour la question 1, l'évènement c'est "La case i est vide" ce qui est différent de "Au moins la case i est vide".
Je ne voudrais pas que notre mai @Xwayre reparte d'ici avec plus de questions quand arrivant.

Cordialement,
MJoe.

Cela m'épate, la case 1 n'est pas vide quand tous les pions sont en case 3?

en français et je pense même pour un matheux, la case 1 est vide c'est rien sur case 1,
et on ne va pas dire au moins la case 1 est vide ,
cela sera signifié dans l'autre sens: on dira seule la case 1 est vide le jour où on ne voudra pas avoir le vide ailleurs.

[MJoe]

Oui bien sûr. En fait j'ai considéré une seule case vide mais j'en ai tenu compte dans les autres évènements.
Est-ce que tout le monde trouve bien 31/81 à la fin ? Oui.

MJoe.

[chan79]

Pour la dernière question:
nombre de surjections de {1,2,3,4,5} sur {1,2,3}=150
nombre d'applications de {1,2,3,4,5} dans {1,2,3}==243
on divise: 150/243=50/81