Niveau BTS

dénombrement : n urns with b balls each (hypergeometric)

Posté par duanegris (invité) 18-08-05 à 15:13

Bonjour,
j'ai le problème de dénombrement suivant pour lequel je ne trouve pas de solution élégante.

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Considérons n sacs contenant chacun b billes. Si on tire au hasard k billes dans l'ensemble des sacs (c-a-d k billes parmi b*n billes), quelle est la probabilité de tirer exactement b billes du sac 1 ou b billes du sac 2 ou ... b billes du sac n ?
N.B. Les ou sont exclusifs.

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Voici mon esquisse de solution.

Je décompose le problème en 2 parties.
a) la probabilité de tirer b billes du sac 1 (ou d'un seul sac)
b) la probabilité de tirer b billes d'un sac quelconque.
Je sais résoudre a) mais pas b).

Pour a) si on considère X une variable aléatoire qui compte le nombre de balles qui appartiennent au sac 1 quand on tire k billes, X suit une disribution hypergéométrique. Je considère 2 ensembles: cleui des b billes du sac 1, et l'ensemble des autre sacs contenant les b*(n-1) billes.
La probabilité d'obtenir x billes du sac 1 quand on en tire k sur l'ensemble des sacs est donnée par:
$P(X=x)=\frac{C^{r}_{x} \times C^{b(n-1)}_{k-x}}{C^{bn}_{k}}$
Ici, pour notre problème, x=b. Donc, en remplacant:
$P(X=b) = \frac{ C^{b}_{b} \times C^{b(n-1)}_{k-b} }{C^{bn}_{k}}$

Pour b) j'ai pensé dans un premier temps qu'il suffisait d'additionner les probabilités de chaque sac, c-a-d que la solution était $n \times P(X=b)$ .

Je crois que c'est une erreur car on compte des configurations plusieurs fois si on fait cela. Par exemple pour k=2*b, quand j'établis la probabilité pour le sac, je compte une configuration ou je prends toutes les
billes du sac 1 et toutes les billes du sac 2. Quand j'établis la probabilité pour le sac 2, je compte à nouveua cette configuration.

Quelqu'un connait il une réponse élégante au problème ?

Posté par dénombrement : n urns with b balls each (hypergeometric) 19-08-05 à 02:40

Bonsoir duanegris;
Notons pour $1\le i\le n$ :
$A_i$ l'evénement "parmi les $k$ billes tirées $b$ proviennent du sac $i$ "
tu cherches donc à calculer $P(\Bigcup_{i=1}^{i=n}A_i)$
pour cela il te faut connaitre la formule (dite de Poincarré):
$P(\Bigcup_{i=1}^{i=n}A_i)=\Bigsum_{i=1}^{i=n}(-1)^{i-1}\Bigsum_{1\le j_1<..<j_i\le n}P(A_{j_1}\cap..\cap A_{j_i})$ (qui se montre facilement par récurrence)
il n'est pas difficile de voir que:
$P(A_{j_1}\cap..\cap A_{j_i})=\frac{C_{nb-ib}^{k-ib}}{C_{nb}^{k}}$ (quantité indépendante du $i$ -uplet $(j_1,..,j_i)$ ) d'où:
$P(\Bigcup_{i=1}^{i=n}A_i)=\Bigsum_{i=1}^{i=n}(-1)^{i-1}\frac{C_{nb-ib}^{k-ib}}{C_{nb}^{k}}\Bigsum_{1\le j_1<..<j_i\le n}1$ et comme:
$\Bigsum_{1\le j_1<..<j_i\le n}1=Card(\{(j_1,..,j_i)\in{\{1,..,n}}^n/j_1<..<j_i})=C_{n}^{i}$ on a que:
$4$\blue P(\Bigcup_{i=1}^{i=n}A_i)=\frac{\Bigsum_{i=1}^{i=n}(-1)^{i-1}C_{n}^{i}C_{nb-ib}^{k-ib}}{C_{nb}^{k}}$
petite vérification:
pour $b=1$ et $k=n$ l'évenement est certain on trouve effectivement:
$P(\Bigcup_{i=1}^{i=n}A_i)=\Bigsum_{i=1}^{i=n}(-1)^{i-1}C_{n}^{i} =-(\Bigsum_{i=1}^{i=n}(-1)^{i}C_{n}^{i})=-(-1+\Bigsum_{i=0}^{i=n}(-1)^{i}C_{n}^{i})=-(-1+0)=1$
Voilà,j'espére que c'est ça (sauf erreur bien entendu)

Posté par re : dénombrement : n urns with b balls each (hypergeometric) 19-08-05 à 04:24

Bonjour,

elhor_abdelali, à relire l'énoncé de duanegris, en particulier :
- "N.B. Les ou sont exclusifs. "
- le dernier §
je me demande si $A_i$ est bien celui-là.
N'est-ce pas plutôt :
$A_i$ : "parmi les k billes tirées, b proviennent du sac i, et aucun autre sac n'a été vidé" ?
Mais je ne suis pas sûr de moi !

Cordialement,

Nicolas

Posté par re : dénombrement : n urns with b balls each (hypergeometric) 19-08-05 à 06:42

Bonsoir Nicolas_75;
si c'est comme tu dis la probabilité cherchée est:
$5$\blue P(\Bigcup_{i=1}^{i=n}(A_{i}-\Bigcup_{j\neq i}A_j))=\Bigsum_{i=1}^{n}P(A_{i}-\Bigcup_{j\neq i}A_j)=nP(A_1-\Bigcup_{2\le j\le n}A_j)$
(vu qu'il s'agit d'une réunion disjointe et que les n sacs jouent un role symétrique)
à suivre ...

Posté par re : dénombrement : n urns with b balls each (hypergeometric) 19-08-05 à 18:42

Bonjour;
je dirais que:
$4$ P(A_1-\Bigcup_{j=2}^{j=n}A_j)=\frac{\Bigsum_{{j_2+..+j_n=k-b,0\le j_2,..,j_n\le b-1}}C_{b}^{j_2}..C_{b}^{j_n}}{C_{nb}^{k}}$
on peut remarquer que le numérateur n'est autre que le coefficient de $x^{k-b}$ dans le développement du polynome $(\Bigsum_{j=0}^{j=b-1}C_{b}^{j}x^j)^{n-1}=((x+1)^b-x^b)^{n-1}$ ainsi si on considére le polynome $3$\blue Q(X)=n((X+1)^b-X^b)^{n-1}$ la probabilité cherchée s'écrit:
$4$\blue P=\frac{Q^{(k-b)}(0)}{(k-b)!C_{nb}^{k}}$
petite vérification:
* pour $b=k=1$ l'évenement est certain,on trouve $Q(X)=n$ et $P=\frac{n}{C_{n}^{1}}=1$ .
à vérifier

Posté par duanegris (invité)re : dénombrement : n urns with b balls each (hypergeometric) 22-08-05 à 14:40

Bonjour,
et un merci (très admiratif) à elhor_abdelali pour son travail sur cette question . La première réponse répond au problème si j'en crois quelques exemples que j'ai pu dénombrer avec un programme que j'ai écrit, qui construit l'arbre des probabilités.

Pour bien comprendre la réponse j'aimerais qu'on m'éclaircisse ces points, n'ayant qu'assez peu de technique dans le domaine:

a) Comment interpréter la notation ?
$\Bigsum_{1 \leq j_1 < \ldots < j_i \leq n}^{} P (A_j_1 \cap \ldots \cap A_j_i)$
Est ce que c'est équivalent à cette expression ?
$P (A_1) + P (A_1 \cap A_2) + P (A_1 \cap A_2 \cap A_3) + \ldots + P (A_1 \cap A_2 \cap \ldots \cap A_n)$ ?

b) "Il n'est pas difficile de voir" que
$P (A_j_1 \cap \ldots \cap A_j_i) = \frac{C^{k-ib}_{nb-ib}}{C^{k}_{nb}}$
Et bien c'est un peu difficile pour moi

J'essaie d'abord de m'assurer de la compréhension de $A_1 \cap A_2$ , que j'interprète comme l'évement "parmi $k$ billes tirées, $b$ appartiennent au sac 1 et $b$ appartiennent au sac 2".

b) Que veut dire la notation :
$\Bigsum_{1 \leq j_1 < \ldots < j_i \leq n} \mbox{~} 1$
Je suis perdu que je ne vois pas de relation entre l'expression (1) et les variables de sommation ( $j_i$ ). Ensuite, la formule qui donne la quantité est elle bien connue ?

Merci pour ces réponses. J'aimerais etre capable de refaire ces développements moi-meme.

Posté par re : dénombrement : n urns with b balls each (hypergeometric) 23-08-05 à 01:01

Bonsoir duanegris;

Si ma première réponse est bonne,le ou n'est pas exclusif comme tu as mentionné c'est à dire que l'expérience permet que $2$ sacs (ou plus) soient vidés simultanément.
a)A mon avis,pour comprendre la signification de la formule $P(\Bigcup_{i=1}^{i=n}A_i)=\Bigsum_{i=1}^{i=n}(-1^{i-1})\Bigsum_{1\le j_1< j_2<..< j_i\le n}P(A_{j_1}\cap A_{j_2}\cap..\cap A_{j_i})$ il n'y a pas mieux que de le faire sur des exemple:
n=2
$3$\blue\fbox{P(A_1\cup A_2)=P(A_1)+P(A_2)-P(A_1\cap A_2)}$
n=3
$3$\blue\fbox{P(A_1\cup A_2\cup A_3)=P(A_1)+P(A_2)+P(A_3)-P(A_1\cap A_2)-P(A_1\cap A_3)-P(A_2\cap A_3)+P(A_1\cap A_2\cap A_3)}$
n=4
$3$\blue\fbox{P(A_1\cup A_2\cup A_3\cup A_4)=P(A_1)+P(A_2)+P(A_3)+P(A_4)-P(A_1\cap A_2)-P(A_1\cap A_3)-P(A_1\cap A_4)-P(A_2\cap A_3)-P(A_2\cap A_4)-P(A_3\cap A_4)+P(A_1\cap A_2\cap A_3)+P(A_1\cap A_2\cap A_4)+P(A_1\cap A_3\cap A_4)+P(A_2\cap A_3\cap A_4)-P(A_1\cap A_2\cap A_3\cap A_4)}$
b) $P(A_{j_1}\cap A_{j_2}\cap..\cap A_{j_i})$ est la probabilité que les $i$ sacs $j_1,j_2,..,j_i$ soient vidés (puisqu'ils contiennent chacun $b$ billes) parmi les $k$ billes tirées il y 'en a donc déjà $b\times i$ qui proviennent de ces $i$ sacs avec le nombre de possibilités $(C_{b}^{b})^i=1$ .
Il en reste donc $k-ib$ à choisir parmi les $(n-i)b$ des $n-i$ sacs restants d'où $C_{nb-ib}^{k-ib}$ possibilités.
ainsi:
$3$\blue\fbox{P(A_{j_1}\cap A_{j_2}\cap..\cap A_{j_i})=\frac{(C_{b}^{b})^{i}C_{nb-ib}^{k-ib}}{C_{nb}^{k}}=\frac{C_{nb-ib}^{k-ib}}{C_{nb}^{k}}}$
c)Plus généralement,pour tout ensemble fini $E$ on peut écrire:
$3$\blue\fbox{\Bigsum_{x\in E}1=Card(E)}$ puisqu'on somme $1$ autant de fois qu'il y'a d'éléments dans $E$ .
ainsi $\Bigsum_{1\le j_1< j_2<..< j_i\le n}1=Card(\{(j_1,j_2,..,j_i)\in{\{1,2,..,n}}^n/j_1<j_2<..<j_i})$ et il est facile de voir qu'il y'a autant de tels $i$ -uplets $(j_1,j_2,..,j_i)$ qu'il y'a de parties $\{j_1,j_2,..,j_i}$ de $\{1,2,..,n}$ à $i$ éléments d'où:
$3$\blue\fbox{\Bigsum_{1\le j_1< j_2<..< j_i\le n}1=C_{n}^{i}}$
Voilà,j'espére que mon explication ait été assez claire.
Amicalement elhor

Posté par duanegris (invité)re : dénombrement : n urns with b balls each (hypergeometric) 23-08-05 à 17:38

Merci elhor pour ces explications, difficiles, mais claires. Encore une fois, je trouve admirable de passer autant de temps à répondre à ce genre de problème.

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