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probabilités et urne

Posté par cath (invité) 25-01-05 à 15:23

Bonjour à tous, voici un exo sur les probas. Je pense avoir réussi la première partie (il faudrait juste me contrôler SVP) mais je n'arrive pas du tout faire la second partie (2). Merci de m'aider.

Une urne contient sept boules, cinq noires et deux rouges, indiscernables au toucher.
1-On extrait simultanément deux boules de l'urne
a) Justifier que l'on peut considérer un univers composé de 21 évènements équiprobables
b) Calculer la probabilité de l'évènement : « les deux boules sont noires »
c) Calculer la probabilité de l'évènement : « les deux boules ont la même couleur »
d) Il s'agit, en fait, d'un jeu pour lequel chaque boule rouge tirée rapporte 2 € au joueur et chaque boule noire lui coûte 1 €. Calculer l'espérance mathématique de la variable aléatoire X qui compte le gain à chaque partie. Calculer son écart type.

2-De la même urne, on extrait cette fois les sept boule, l'une après l'autre. Déterminer les probabilités des évènements suivants :
a.La première boule tirée est rouge
b.La première boule tirée est noire et la deuxième est rouge
c.La première boule rouge tirée est en troisième position
d.Les deux boules rouges sont tirées l'une après l'autre
e.Il y a au moins quatre boules noires tirées entre les deux rouges

Premières réponses trouvées :
1-a)Univers de 21 évènements équiprobables : NN = 10, RR = 1, NR = 10 mais je n'arrive pas à mieux le justifier. Doit-on mettre : 3 possibilités, 7 boules donc 3 x 7 = 21 ?
b) 10 possibilités = 10/21
c) 11 possibilités = 11/21
d) E(X) = -6/21      V(X) = -0,299            écart type = racine de (-0,299) : pouvez-vous me dire si c'est juste ? Merci.  Puis pour la deuxième partie, je n'arrive pas trouver la méthode. Merci de me donner un coup de main.

Posté par
H_aldnoerre : probabilités et urne 25-01-05 à 16:56

slt

1/ 3$\begin{pmatrix}7\\2\end{pmatrix}=21

2/ 3$\begin{pmatrix}5\\2\end{pmatrix} \times \begin{pmatrix}2\\0\end{pmatrix} =10 donc p(2/)=\frac{10}{21}

3/ 3$\begin{pmatrix}5\\2\end{pmatrix} \times \begin{pmatrix}2\\0\end{pmatrix} + \begin{pmatrix}2\\2\end{pmatrix} \times \begin{pmatrix}5\\0\end{pmatrix} =11 donc p(3/)=\frac{11}{21}

4/4$\begin{tabular}{|c|ccccccc||}X_i&-2\in&&1\in&&4\in&&\\{P_i}&\frac{10}{21}&&\frac{10}{21}&&\frac{1}{21}\end{tabular}

d'où E(X)=-2\times\frac{10}{21}+1\times\frac{10}{21}+4\times\frac{1}{21}=\frac{-2}{7}
et V(X)=E(X^2)-E(X)^2
soit V(X)=-2^2\times\frac{10}{21}+1^2\times\frac{10}{21}+4^2\times\frac{1}{21}-(\frac{-2}{7})^2=\frac{150}{49}
d'autre part \sigma(X)=\sqrt{V(X)}
soit \sigma(X)=\sqrt{\frac{150}{49}}

Posté par
H_aldnoerre : probabilités et urne 25-01-05 à 16:57

pr le 2 je reflechis...

Posté par
H_aldnoerre : probabilités et urne 25-01-05 à 17:39

pour le deuxième :
il s'agit d'un tirage successif sans remise
card(\Omega)=7\times6\times5\times4\times3\times2\times1=7! ; cette fois contrairement a la premiere partie l'ordre intervient !!

1/ Pour obtenir une boule rouge en premier, on peut soit avoir tirer R_1 ou R_2 (car il y a 2 boules rouges). Comme l'ordre intervient, il a plusieurs couples d'elements distinct qui st solution :
(R_1;R_2;N_1;N_2;N_3;N_4;N_5) ou (R_1;N_1;R_2;N_2;N_3;N_4;N_5) .... (dans ce cas on prend R_1 en premier et on permute les 6 autres)
ou encore
(R_2;R_1;N_1;N_2;N_3;N_4;N_5) ou (R_2;N_1;R_1;N_2;N_3;N_4;N_5) .... (dans ce cas on prend R_2 en premier et on permute les 6 autres)
les couples sont alors au nombre de 6!
donc la probabilité de tirer une rouge en premier est:
p(1/)=\frac{6!}{7!}+\frac{6!}{7!}=\frac{2}{7}

... mais jen sui pa sur donc si kelkun dotre pouvé ns aidé ...

Posté par
H_aldnoerre : probabilités et urne 25-01-05 à 18:41

Il ny a personne pr un pe de PROBA !!!!!

Posté par
H_aldnoerre : probabilités et urne 25-01-05 à 20:38

dsl de remettre ca sur le tapis mais jaimeré bien savoir si mon raisonnement est juste et sinon comment faire...

Posté par cath (invité)re : probabilités et urne 26-01-05 à 09:45

J'essaie de comprendre le raisonnement de l'exercice. J'avais également trouver 2/7 mais en procédant différemment (2 boules rouge sur un total de 7 donc 2/7. Pas très convaincue du raisonnement. La suite, je n'y arrive pas du tout. Si quelqu'un pouvait m'aiguiller. Merci

Posté par
J-P Posteur d'énigmesre : probabilités et urne 26-01-05 à 11:44

Je n'aime pas les proba, je fais cela au pif et donc à vérifier.

Problème 2

a) Il y a 2 boules rouges sur 7 boules
-> Proba de tirer une rouge la première = 2/7
-----
b)
P = (5/7)*(2/6) = 5/21
-----
c)
P = (5/7)*(4/6)*(2/5) = 4/21
-----
d)
Boules rouges en 1 et 2 : P1 = (2/7)*(1/6)
Boules rouges en 2 et 3 : P2 = (5/7)*(2/6)*(1/5)
Boules rouges en 3 et 4 : P3 = (5/7)*(4/6)*(2/5)*(1/4)
Boules rouges en 4 et 5 : P4 = (5/7)*(4/6)*(3/5)*(2/4)*(1/3)
Boules rouges en 5 et 6 : P5 = (5/7)*(4/6)*(3/5)*(2/4)*(2/3)*(1/2)
Boules rouges en 6 et 7 : P6 = (5/7)*(4/6)*(3/5)*(2/4)*(1/3)

La proba cherchée = P1+P2+P3+P4+P5+P6 = ...
-----
e)
RNNNNRN : P1 = (2/7)*(5/6)*(4/5)*(3/4)*(2/3)*(1/2)
RNNNNNR : P2 = (2/7)*(5/6)*(4/5)*(3/4)*(2/3)*(1/2)
NRNNNNR : P3 = (5/7)*(2/6)*(4/5)*(3/4)*(2/3)*(1/2)

On P1 = P2 = P3

La proba cherchée = P1+P2+P3 = 3.P1 = 3*(2/7)*(5/6)*(4/5)*(3/4)*(2/3)*(1/2) = 5/7
-----

Posté par cath (invité)re : probabilités et urne 26-01-05 à 12:33

Merci Correcteur pour vos indications. Je vais me remettre dessus et essayer de comprendre. En attendant, à plus et merci. Moi aussi, je fais les probabilités plus ou moins au pif. Peut-être qu'il y a une vraie règle à respecter ?

Posté par
H_aldnoerre : probabilités et urne 26-01-05 à 12:55

bien donc si vs avez trouvé lé meme resultat c ke mon raisonnement est juste
continuons ...avec mon raisonement...
2/ Pour obtenir une boule noire en premier puis une boule rouge on peut avoir tirer les boules selon l'arbre :

N_1
N_2
N_35$\LongrightarrowR_1
N_4           R_2
N_5
(lol tu parle dun arbre mais bon faisons avec...)
Il y a donc 5\times2=10facons de tirer une boule noire en premier suivie d'une boule rouge
ajouté a cela le fait que l'on tire 7 boules donc il en reste 5 a tirer : les couples solution sont alors au nombre de 10\times5! et la probabilité est alors : p(2/)=\frac{10\times5!}{7!}=\frac{5}{21}
(en accord avec Mister J-P...)

3/Pour tirer une boule rouge en 3^{ieme} position, il ne faut avoir tirer aucune boule rouge avant !! Faisons donc un arbre :
N_1
N_2       N_1
N_32$\LongrightarrowN_22$\LongrightarrowR_1
N_4       N_3                                                                       R_2
N_5       N_4
(dsl pour la disposition de l'arbre
Il y a donc 5\times4\times2=40facons de tirer une boule rouge en troisieme position ; ajouté a cela le fait que l'on tire 7 boules donc il en reste 4 a tirer : les couples solution sont alors au nombre de 40\times4! et la probabilité est alors :
p(3/)=\frac{40\times4!}{7!}=\frac{4}{21}
(en accord avec Mister J-P...)

Posté par
H_aldnoerre : probabilités et urne 26-01-05 à 13:07

4/ Pour tirer les deux boules rouges l'une aprés l'autre on obtien les couples solution en considérant que R_1 et R_2 ne forme qu'une boule et il y a donc 6! couple solution sans oublier de multiplié par 2 car on peut avoir tirer R_1 suivie de R_2 et inversement ; et donc :
p(4/)=\frac{2\times6!}{7!}=\frac{2}{7}
(encore une fois en accord avec J-P mais obtenue sans trop de calcul )

Posté par
H_aldnoerre : probabilités et urne 26-01-05 à 13:23

continuons...
5/Pour avoir au moins 4 boules noires entre les 2 rouges il ne faut pa oublier kil pe y en avoir plus de 4 (c a d 5) ; les couples solutions sont au nombre de :
3\times5!\times2 et donc p(5/)=\frac{3\times5!\times2}{7!}=\frac{1}{7}
... on ne trouve pa pareil ...

Posté par
H_aldnoerre : probabilités et urne 26-01-05 à 13:35

lol Mister J-P refais donc ton calcul, il s'agit d'une erreur de calculatrice car on trouve pareil ...

Posté par
H_aldnoerre : probabilités et urne 26-01-05 à 13:36

Eh bien voila cath jespere ke tu as compris

Posté par
J-P Posteur d'énigmesre : probabilités et urne 27-01-05 à 08:50

En effet, pour le e, je trouve:

La proba cherchée = P1+P2+P3 = 3.P1 = 3*(2/7)*(5/6)*(4/5)*(3/4)*(2/3)*(1/2) = 1/7

On dira que j'ai de trop gros doigts pour les touches de mon ordi et que j'ai tapé sur le 5 au lieu du 1.



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