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Niveau Maths sup
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des boules et des boules

Posté par derby (invité) 06-10-07 à 12:05

Bonjour à tous,

Soit C={c1, C2,....Cn} un ensemble de n couleurs distinctes (n entier naturel privé de 0)

une urne contient deux boules de couleur c1, deux boules de couleur c2, ... , deux boules de couleur
cn, soit 2n boules dont exactement 2 par couleur de C.
On notera En ,l'ensemble de ces boules.
on vide l'urne en prenant les boules deux par deux, au hasard, avec à chaque tirage une probabilité égale de prendre n'importe quelle paire de boules disponibles.
On dira que deux boules d'une même couleur forment une paire homogène.
l) a) De combien de façons differentes peut-on vider I'urne ?
b) En déduire le nombre hn de partitions de En formées de n parties à deux éléments.
c) Ecrire hn, sous forme d'un produit d'entiers naturels.
z) a) Quelle est la probabilité de prendre ensemble les deux boules de couleur c1 au premier
tirage ?
b) Quelle est la probabilité de prendre ensemble les deux boules de couleur c1 au deuxième
tirage ?
c) Quelle est la probabilité de prendre ensemble les deux boules de couleur C1 au k-ième tirage?
d) En déduire la probabilité de prendre ensemble au cours des tirages successifs les deux boules
de couleur c1.


Voilà, c'est un bon début, et c déjà du costaud...

Posté par derby (invité)re : des boules et des boules 06-10-07 à 13:50


Au moins pour les 2 premières pour voir si je suis bien parti

1ere question :

4$ Card (\Omega) = C_{2n}^2 \times C_{2n-2}^2 \times C_{2n-4}^2 \times ...\times C_{2}^2

Suis je sur le bon chemin?

Merci

Posté par derby (invité)re : des boules et des boules 06-10-07 à 18:19

Posté par derby (invité)re : des boules et des boules 06-10-07 à 18:37

Suis je boycotté ?  

Posté par derby (invité)re : des boules et des boules 06-10-07 à 18:39

Je remarque au passage que j'ai marqué n'importe quoi.
C'est le problèmr, il n'y a pas moyen d'éditer ici....

Posté par derby (invité)re : des boules et des boules 06-10-07 à 18:40

C'était pour vous faire réagir .

Posté par
Nicolas_75 Correcteurre : des boules et des boules 07-10-07 à 05:58

Bonjour,

Tout dépend ce qu'on entend par "façon".
Si l'ordre des paires compte, ce que tu as écrit me semble juste.
Sinon, il faudrait diviser par n!

Sauf erreur.

Nicolas

Posté par derby (invité)re : des boules et des boules 07-10-07 à 08:18

Bon après la victoire des Français contre les blacks, reprenons nos esprits :

Vis à vis des questions 2, l'ordre des tirages doit compter

Quote :
1er tirage ; 2 eme tirage ; 3 eme tirage k-ieme tirage

Pour le nombre de partitions, je trouve :

4$ h_n = C_{2n}^2 = 2n(n-1)

Nicolas, si tu es pas encore couché réponds moi

Posté par
Nicolas_75 Correcteurre : des boules et des boules 07-10-07 à 08:19

Je suis réveillé depuis longtemps.
Je vais regarder, mais pas tout de suite.

Posté par
Nicolas_75 Correcteurre : des boules et des boules 07-10-07 à 08:22

Tu as calculé le nombre de façon de prendre 2 boules parmi 2n.
Cela n'a rien à voir avec le nombre de partitions de En formées de n parties à deux éléments

Posté par derby (invité)re : des boules et des boules 07-10-07 à 08:49

Ok, je trouve :



4$h_n =\frac{(2n)!}{2^n n!}

Posté par
Nicolas_75 Correcteurre : des boules et des boules 07-10-07 à 09:04

Pourquoi ?

Posté par derby (invité)re : des boules et des boules 07-10-07 à 09:22

Parce que je l'ai trouvé là :

Posté par derby (invité)re : des boules et des boules 07-10-07 à 09:24

Comment fait on pour calculer une partition?

Posté par
Nicolas_75 Correcteurre : des boules et des boules 07-10-07 à 09:37

1)a)
On considère que l'ordre des paires compte dans les "façons".
3$\begin{array}{rcl} \\ \mathrm{card}\Omega &=& {2n\choose 2}{2n-2\choose 2}...{4\choose 2}{2\choose 2}\\ \\ &=& \frac{2n(2n-1)}{2}\frac{(2n-2)(2n-3)}{2}...\frac{4.3}{2}\frac{2.1}{2}\\ \\ &=& \frac{(2n)!}{2^n} \\ \end{array}

1)b)
Dans les partitions, l'ordre des paires formant la partition ne compte pas :
3$h_n=\frac{\mathrm{card}\Omega}{n!}=\frac{(2n)!}{2^nn!}

Posté par derby (invité)re : des boules et des boules 07-10-07 à 12:30

Ok merci.

Pour la 2 eme question :

2) a)

4$ Card (\Omega) = 1 \times C_{2n-2}^2 \times C_{2n-4}^2 \times ...\times C_{2}^2

b) 4$ Card (\Omega) = C_{2n}^2 \times 1 \times C_{2n-4}^2 \times ...\times C_{2}^2

Ces 2 questions me paraissent un peu bizarre...

Est ce bon ce que j'ai écrit?

Posté par derby (invité)re : des boules et des boules 07-10-07 à 12:40

Pardon :

2) a)

P (1er  tirage) =\frac{1}{C_{2n}^2}

b) P (2eme  tirage) =\frac{1}{C_{2n-2}^2}

c) P (k-ieme  tirage) =\frac{1}{C_{2n-2(k-1)}^2}

Voilà.

Posté par derby (invité)re : des boules et des boules 07-10-07 à 13:31

Par conséquent d'après moi:

d)P (Prendre ensemble au cours des tirages successifs les deux boules \\ de couleur c1)= \bigsum_{k=1}^n \frac{1}{C_{2n-2(k-1)}^2}

Posté par
Nicolas_75 Correcteurre : des boules et des boules 07-10-07 à 16:07

2)a) Je suis d'accord.

Posté par
Nicolas_75 Correcteurre : des boules et des boules 07-10-07 à 16:13

2)b) Je trouve comme 2)a), mais je ne suis pas sûr.

Posté par derby (invité)re : des boules et des boules 07-10-07 à 16:24

Oui, moi aussi j'étais en train de me demander.

Logiquement pour la (b) on devrait avoir
4$ Card (b) = C_{2n-2}^2 \times 1 \times C_{2n-4}^2 \times ...\times C_{2}^2, ce qui conduit au même résultat que la question a.

Ou alors j' ai bon

Qui veut trancher??

Posté par derby (invité)re : des boules et des boules 07-10-07 à 16:26

Au fait :

523 visiteurs en ce moment...

Cette exercice est il réservé à une certaine élite ?

Posté par
Nicolas_75 Correcteurre : des boules et des boules 07-10-07 à 16:27

derby va trancher !

Posté par derby (invité)re : des boules et des boules 07-10-07 à 16:49

Il nous faut un arbitre, ou un correcteur d'examen de la fonction publique. (inspecteur des impôts de préférence)

Posté par
Nicolas_75 Correcteurre : des boules et des boules 07-10-07 à 16:50

Je passe, alors !
Je suis trop fatigué, et reviendrai sur cet exercice demain.

Posté par derby (invité)re : des boules et des boules 07-10-07 à 16:56

Passons donc au café Cher Nicolas :

On ne va pas se quitter ainsi : Euh, je te mets un peu de sucre ?...

Voulez vous un peu de sucre?

Posté par derby (invité)re : des boules et des boules 07-10-07 à 17:49

Les discussions style 'café du commerce' sont les bienvenues ici en vue de débloquer la situation, ou autre.

Posté par derby (invité)re : des boules et des boules 08-10-07 à 13:30

Personne n'a d'avis sur la question?

Elhor, viens à notre secours plz !!

Posté par
Nicolas_75 Correcteurre : des boules et des boules 08-10-07 à 13:39

Finalement, on est d'accord pour 2)a) b) c), non ?
Je n'arrive pas bien à lire ta proposition pour 2)d)...

Posté par derby (invité)re : des boules et des boules 08-10-07 à 13:54

Salut Nicolas_75 !

Comment fait on des espaces sous latex?

Posté par
Nicolas_75 Correcteurre : des boules et des boules 08-10-07 à 13:55

\, \; \quad

Posté par derby (invité)re : des boules et des boules 08-10-07 à 13:59

Il faudrait nous départager... Je vois pas l'interêt lors d'un concours de donner des questions avec des réponses identiques.

En même temps, ça tombe sous la logique qu'on ne peut inclure les boules c1 dans les tirages précédents le tirage des dites boules c1. Elles sont malgré tout présentes dans l'urne.

J'en sais rien. Contacte l'administrateur en chef de l'île des maths, qu'il fasse une descente lol.

Posté par derby (invité)re : des boules et des boules 08-10-07 à 14:08

P (Prendre \quad ensemble \quad au \quad cours \quad des \quad tirages \quad successifs \quad les \quad deux \quad boules \quad de \quad couleur c1)= \bigsum_{k=1}^n \frac{1}{C_{2n-2(k-1)}^2}

J'additionne les probabilités pour que les boules c1 soient tirés au cours de l'un des n tirages successifs. Les événements étant incompatibles 2 à 2, j'en déduis que :

P\left(tirage_1\cup tirage_2\cup tirage_3\cup\cdots\right) \\ =P(tirage_1)+P(tirage_2)+P(tirage_3)+\cdots

Posté par
Nicolas_75 Correcteurre : des boules et des boules 08-10-07 à 14:09

C'est la même ou pas à chaque tirage ?
Tu as proposé des choses contradictoires...

Posté par derby (invité)re : des boules et des boules 08-10-07 à 14:10

la même quoi?

Posté par
Nicolas_75 Correcteurre : des boules et des boules 08-10-07 à 14:11

a) = b) = c) ?

Posté par derby (invité)re : des boules et des boules 08-10-07 à 14:12

http://les-mathematiques.u-strasbg.fr/phorum5/read.php?12,399076,399091#msg-399091

Ce forum élitiste (agreg minimum) va trancher.

Posté par derby (invité)re : des boules et des boules 08-10-07 à 14:14

Petit avis personnel qui n'engage que moi : ce que j'ai écrit est beau, ça fait sérieux sur une copie. ca fait genre 'mec qui s'y connait'.

Et toi, tu pencherais vers quoi?

Posté par derby (invité)re : des boules et des boules 08-10-07 à 14:34

Aller, c'est plus logique ça soit la même chose à chaque question :

Je corrige donc :

P (Prendre \quad ensemble \quad au \quad cours \quad des \quad tirages \quad successifs \quad les \quad deux \quad boules \quad de \quad couleur \quad c1)= \frac{n}{C_{2n}^2}

Simplifiable en : 4$ P = \frac {1}{2n-2}

Posté par derby (invité)re : des boules et des boules 08-10-07 à 14:40

Passons à la suite :

On notera pk,n la probabilité de tirer exactement k paires homogènes au cours des n tirages successifs, et on posera p0,0=1

a) Calculer P n,n

b) Calculer P n-1,n

c) Calculer p 0,2 et en déduire p n-2,n

Attention, le meilleur reste à venir...

Posté par
veledare : des boules et des boules 08-10-07 à 14:43

bonjour,
il parait bien cet exo mais je n'ai pas le courage de m'y mettre

Posté par derby (invité)re : des boules et des boules 08-10-07 à 14:48

Salut veleda,

Très formateur cet exo, tu me remerciera après

Posté par
veledare : des boules et des boules 08-10-07 à 15:40

finalement je me suis mise au problème
je suis d'accord avec Nicolas pour l'égalité des proba  en a,b et c
en d) je trouve 1/(2n-1)
pour n=1 l'évènement est certain et cela donne bien une probabilité=1

Posté par derby (invité)re : des boules et des boules 08-10-07 à 15:48

Voici donc mes résultats :

3$p_{n,n} = p_{n-1,n} = \frac {n!}{C_{2n}^2 \times C_{2n-2}^2 \times C_{2n-4}^2 \times ...\times C_{2}^2}

et

3$p_{0,2} = 1 - \frac {n \times C_{2n-2}^2 + n(n-1)}{C_{2n}^2 \times C_{2n-2}^2 \times C_{2n-4}^2 \times ...\times C_{2}^2}

Posté par derby (invité)re : des boules et des boules 08-10-07 à 15:54

Oui veleda, erreur de calcul de ma part

Posté par derby (invité)re : des boules et des boules 08-10-07 à 16:03

3$p_{0,2} = 1 - \frac {n \times C_{2n-2}^2 + n(n-1)}{C_{2n}^2 \times C_{2n-2}^2}, pardon.

Posté par derby (invité)re : des boules et des boules 08-10-07 à 16:10

Soit : avec n=2 :

p_{0,2} = 1/3

J'ai mal à la tête...

Posté par
veledare : des boules et des boules 08-10-07 à 17:33

me suis-je trompée?
pour p[sub][0,2/sub]je trouve 2/3   en raisonnant directement

Posté par
veledare : des boules et des boules 08-10-07 à 17:34

P0,2

Posté par
cunctatorre : des boules et des boules 08-10-07 à 19:06

Bonsoir, me permettez vous de participer?
Avec n = 2 donc 4 boules 2 rouges et deux vertes par exemple, je ne trouve que trois façons, ce qui ne colle pas avec la formule de Nicolas.
J'avais pourtant trouvé la même formule mais en vérifiant sur un essai(allez les bleus!au passage)j'ai trouvé que çà marchait pas.
Par exemple
RRVV dans l'urne
D'après la formule de Nicolas il y aurait 6 façons or j'ai beau tourner dans tous les sens je n'en vois que trois.
1=> RR VV
2=> VV RR
3=> RV RV
Ou alors je me trompe.

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