Question de probabilité

par **jkevinlb** » 08 Aoû 2007, 17:51

Bonjour,

j'ai un problème de tirage avec remises.

Si j'ai X objects, j'en tire Y (Y>X). J'aimerais savoir s'il y a une formule permettant de savoir combien de tirages (de Y éléments) contiennent tout les éléments de X.

Par exemple j'ai 100 boules numérotées, j'en tire avec remise 200, donc il y a 100^200 tirages possibles et parmis ceux-là j'aimerais savoir ceux qui ont tirés au moins une fois chaque boule.

Le but étant ensuite de savoir combien je dois prendre de boules pour avoir 90% de chance de les avoir toutes tirées par exemple.

(Ceci est relatif à un problème informatique)

Merci à tous.

par **BQss** » 08 Aoû 2007, 18:00

Salut:

Il faut que tu precises quelle est le nombre N total de boules,le résultat en dépend.
Car tu vois bien qu'en tirer 200 s'il y a 100/250 boules numérotées, n'est pas le meme probleme qu'en tirer 200 si tu as 100/1000000000 boules numérotés.
Dans le deuxieme cas il est beaucoup plus improbables(c'est deja peu probable le premier) de tirer toutes les boules numérotées.

par **emdro** » 08 Aoû 2007, 18:05

Dans les cas favorables, il te faut placer toutes les boules. De combien de façons peut on ranger une liste de Y boules prises parmi X sachant qu'elles sont toutes représentées?
Le souci est de ne pas compter ces possibilités en double ou pire...

par **Pouick** » 08 Aoû 2007, 18:38

Je dirais que tu as beaucoup de chance des les avoir... mais que ta qd mme pas de bol de les compter... ^^

par **emdro** » 08 Aoû 2007, 18:42

Excellent!
Quant à beaucoup de chance de les avoir, je ne m'avancerais pas...

par **BQss** » 08 Aoû 2007, 18:42

Salut,

Il faut resoudre en n:
1- P(99 boules tirés seuleument au plus)^n> 90%

Le probleme est de calculer P(99 boules tirées seuleument au plus) qui n'est pas simple à la main mais a l'ordi ca doit se faire avec un algo:
cette P vaut:

P=P(de ne jamais tirer la une)+

[P(de ne jamais tirer la deuxième)-P(de ne jamais tirer la (1 et la 2)]+

{ P(de ne jamais tirer la 3ème)- [P(de ne jamais tirer la première et la troisième)+ P(de ne jamais tirer la deuxième et la troisième)-P(de ne jamais tirer la première la deuxième et la troisième)] }+

etc ...

Je regarderai s'il y a plus simple et personne n'a trouvé.

par **BQss** » 08 Aoû 2007, 19:25

ok voici un algo pour calculer :
P(99 boules tirées seuleument au plus)

ce qui donne*:

Tu calcules ca sur ordi et,
Il faut donc resoudre en n:

*pour la formule on somme avoir de 0 à 99 boules,
pour chaque quantités, on calcule le nombre de manières différentes de choisir i boules:

,
multiplié par le nombre de facons différentes(l'ordre de selection) de les tirer:

,

ceci nous donne un tirage élementaire ou les boules numérotées sont ordonnées et distinguées, on cacule alors la probabilité d'un tel tirage en ne differenciant pas les boules non numérotées:
on multiplie par la probabilité de tirer chacune:

,
puis par la probabilité de tirer les autres boules non numérotées (200-i fois):

par **emdro** » 08 Aoû 2007, 19:50

BQss a écrit:multiplié par la probabilité de tirer les autres boules non numérotées (200-i fois):

Je ne suis pas certain qu'on ait compris le problème de la même manière: pour moi, il n'y a pas 200 boules dont 100 numérotées qu'on souhaite tirer, mais 100 boules (numérotées) en tout. On effectue un tirage avec remise de 200 boules, et on souhaite à la fin les avoir toutes tirées au moins une fois..

par **BQss** » 08 Aoû 2007, 19:50

Je remarque d'ailleurs que je n'ai malheureusement pas compté dans mon calcul les cas d'echec ou je tire plusieurs fois la meme boule numéroté, c'est assez cass co***... :ptdr:.
Je n'ai compté que les echecs ou je tire une fois et une seule chacune des boules numérotées.

par **BQss** » 08 Aoû 2007, 19:53

emdro a écrit:Je ne suis pas certain qu'on ait compris le problème de la même manière: pour moi, il n'y a pas 200 boules dont 100 numérotées qu'on souhaite tirer, mais 100 boules (numérotées) en tout. On effectue un tirage avec remise de 200 boules, et on souhaite à la fin les avoir toutes tirées au moins une fois..

effectivement en relisant ca doit etre ca, c'est d'ailleurs plus simple.

par **jkevinlb** » 08 Aoû 2007, 19:53

Hmmm, après lecture attentive je me rend compte que vous avez certaintement mal compris quelque chose:

Il n'y a pas de boules non numérotées. Il y a uniquement 100 boules numérotées. On puise et on remet. Ce que je cherche est combien doit on en tirer (dans ces 100 boules) de fois pour avoir par exemple 90% de chances de toutes les avoir eu une fois.

PS: Vous allez trop vite dans ce forum, on a pas le temps de poster sans qu'il y aie X messages supplémentaires :-)

par **emdro** » 08 Aoû 2007, 19:54

Bof... :hum:

par **BQss** » 08 Aoû 2007, 19:57

Si non je corrige legerement ma formule pour que le probleme auquel je reponds soit juste au moins:

Il suffit de ne plus regarder l'ordre de selection et de compter une probabilité globale de i/200, on regarde ainsi tout les types de tirages avec i boules.

par **emdro** » 08 Aoû 2007, 19:59

BQss a écrit:

Pourquoi 1/2 dans

?

par **BQss** » 08 Aoû 2007, 20:03

emdro a écrit:Pourquoi 1/2 dans ?

Car dans mon probleme (qui n'est donc pas la question) il y a 100 boules numérotées, pour 100 non numérotées, c'est la probabilité de ne pas tirer une boules numérotée. Sur le reste il faut que je tire une des boules numérotées choisies soit i/100, car je les distingue d'abord(c'est la combinaison), puisune fois que j'ai choisit lesquels(ce qui permet d'envisager aussi les cas de multi tirage) je ne distingue plus l'ordre(l'arrangement parti).

Mes probabilités élementaires calcul exactement i boules numérotées a chaque fois...
Ca ressemble un peu a la formule de la loi binomiale.

par **emdro** » 08 Aoû 2007, 20:06

OK! Je pensais que tu avais adapté ton raisonnement à la vraie question, alors que tu as corrigé la réponse à la fausse question. C'est bien cela? :happy2:

par **BQss** » 08 Aoû 2007, 20:13

emdro a écrit:OK! Je pensais que tu avais adapté ton raisonnement à la vraie question, alors que tu as corrigé la réponse à la fausse question. C'est bien cela? :happy2:

Tout a fait.
Mais du coup ta question me fait me poser une autre question, pourquoi en corrigeant n'ai je donc pas du coup tout simplement sommer les 100 possibilités avec la loi binomiale :ptdr: .

par **emdro** » 08 Aoû 2007, 20:16

La loi binomiale, ce n'est pas avec 1/2 et 1/200 mais avec p et 1-p.
C'est ce que tu voulais dire?

par **BQss** » 08 Aoû 2007, 20:18

je deconnais :we: , on ne peut pas appliquer ici la loi binomiale car on distingue les 100 boules numérotées(dans mon probleme on en veut au moins une) ce qui ne permet pas de considérer les succes de la meme facon que sur un simple succes ou non succes(car 100 succes mais avec deux fois la meme boule par exemple ne marche pas), d'ou la formule qui n'est pas celle de la loi binomiale.

par **emdro** » 08 Aoû 2007, 20:22

Pauvre Jkevinlb, il faudrait peut-être qu'on s'occupe de son problème...

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