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 ?
pascal16 a écrit: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 a écrit: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
MJoe a écrit: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.
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