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Résumé de la discussion (messages les plus récents en premier)
- freddy
- 08-08-2010 19:04:19
Pace e Salute !
Je reprends le sujet de Valentin pas le bout auquel il eût fallu le prendre, je pense.
Tout d'abord, on remarque que :
[tex]\Pr\left({X}_{7}=1/{X}_{6}=0,{X}_{5}=1,{X}_{4}=0,{X}_{3}=0,{X}_{2}=0,{X}_{1}=1\right)=\frac{10-2}{20-6}=\frac{4}{7}[/tex]
et de la même manière :
[tex]\Pr\left({X}_{5}=1/{X}_{4}=1,{X}_{3}=0,{X}_{2}=1,{X}_{1}=1\right)=\frac{10-3}{20-4}=\frac{7}{16}[/tex]
On observe aussi que :
[tex]\Pr\left({X}_{5}=0/{X}_{4}=1,{X}_{3}=0,{X}_{2}=1,{X}_{1}=1\right)=\frac{10-1}{20-4}=\frac{9}{16}=1-\Pr\left({X}_{5}=1/{X}_{4}=1,{X}_{3}=0,{X}_{2}=1,{X}_{1}=1\right)[/tex]
Et il n'aura échappé à personne que :
[tex]\Pr\left({X}_{5}=1/{X}_{4}=0,{X}_{3}=0,{X}_{2}=1,{X}_{1}=1\right)=\Pr\left({X}_{5}=1/{X}_{4}=1,{X}_{3}=0,{X}_{2}=1,{X}_{1}=0\right)=\frac12[/tex]
Dernier rappel : [tex]\Pr\left(A\right)=\Pr\left(A/B\right)\Pr\left(B\right)+\Pr\left(A/\overline{B}\right)\Pr\left(\overline{B}\right)[/tex] dès lors que [tex] B\;et\;\overline{B}[/tex] forment un système complet d'événements (mutuellement exclusif et collectivement exhaustif).
Munis de tous ces rappels de la théorie des probabilités, on peut répondre à la première et à la seconde question.
Personnellement, j'aurais rajouté une dernière question du genre : sachant que j'ai pêché un poisson rouge au neuvième coup, quelle est la probabilité que le résultat de la seconde pêche fut un poisson gris ...
- freddy
- 07-08-2010 22:07:48
Bonsoir,
ci après la formule de calcul définitive.
On définit [tex]m=Max\left(i-10,0\right)[/tex] et [tex]M=Min\left(10,i\right)[/tex].
On a :
[tex]\forall \,i,\;1 \leq i \leq 20,\;p_i = \frac{1}{A_{20}^i}\times \left(\sum_{p=m}^{M-1}C_{i-1}^{p}\times A_{10}^{i-p}\times A_{10}^{p}\right)=\frac12[/tex]
"Et c'est mon dernier mot, Jean Pierre !"
- freddy
- 31-07-2010 23:41:01
Re,
on continue pour la loi du couple [tex]\left(X_1, X_3 \right)[/tex]
c'est facile à calculer, en appliquant le principe : [tex]\Pr\left(X_1=i, X_3=j\right)=\Pr\left(X_3=j/X_1=i\right)\times \Pr\left(X_1=i\right),\;.\forall (i,j) \in \{0,1\}^2[/tex]
Pour i=1 et j=1, on voit que [tex]\Pr(j=1/i=1)=\frac{9.8}{19.18}+\frac{10.9}{19.18}=\frac{9}{19}[/tex], car il reste 19 poissons dont 10 Gris.
En développant un peu les autres calculs, on a :
[tex]\Pr(j=0/i=1)=\frac{9.10}{19.18}+\frac{10.9}{19.18}=\frac{10}{19}=1-\Pr(j=1/i=1)[/tex]
[tex]\Pr(j=1/i=0)=\frac{10.9}{19.18}+\frac{9.9}{19.18}=\frac{9}{18}=\Pr(j=0/i=0)[/tex]. Dans ce cas, il reste 19 poissons dont 9 Gris.
Puisque la [tex]\Pr(i=1)=\frac12=\Pr(i=0)[/tex] (cf ci dessus), on a la loi jointe :
[tex]\Pr(X_1=1,X_3=1)=\frac{9}{38},\;\Pr(X_1=1,X_3=0)=\frac{5}{19}[/tex]
[tex]\Pr(X_1=0,X_3=1)=\frac{1}{4},\;\Pr(X_1=0,X_3=0)=\frac{1}{4}[/tex]
et on vérifie que [tex]\sum_{i,j}\Pr(X_1=i,X_3=j)=1[/tex]
- freddy
- 31-07-2010 12:27:24
Pour ta formule, tu as utilisé (implicitement) l'arrangement : [tex]{p}_{i}=\frac{\sum^{i-1}_{p=0}\binom{i-1}{p}{A}^{i-p}_{10}{A}^{p}_{10}}{{A}^{i}_{20}},\forall i\leq 10[/tex] !
Pour i=3, on obtient bien : [tex]{p}_{3}=\frac{\sum^{i=2}_{p=0}\binom{2}{p}{A}^{3-p}_{10}{A}^{p}_{10}}{{A}^{i}_{20}}=\frac{1}{2}[/tex]
Re,
oui, bien sûr, je sais, mais le plus important au début est de bbien repérer la bonne méthode, pas d'identifier le terme technique de calcul.
Maintenant, il faut travailler sur la loi des couples [tex]X_i,\;X_j,\;i \neq j[/tex]
Sers toi des formules trouvées, et du fait que le nombre de poissons rouges ou gris est différents dans le calcul de la probabilité conditionnelle [tex]\Pr(X_i=k/X_j=l)[/tex] avec k et l = 0 ou 1 ...
- Valentin
- 28-07-2010 14:49:29
Salut Freddy,
Merci beaucoup pour tout!
Pour ta formule, tu as utilisé (implicitement) l'arrangement : [tex]{p}_{i}=\frac{\sum^{i-1}_{p=0}\binom{i-1}{p}{A}^{i-p}_{10}{A}^{p}_{10}}{{A}^{i}_{20}},\forall i\leq 10[/tex] !
Pour i=3, on obtient bien : [tex]{p}_{3}=\frac{\sum^{i=2}_{p=0}\binom{2}{p}{A}^{3-p}_{10}{A}^{p}_{10}}{{A}^{i}_{20}}=\frac{1}{2}[/tex]
Valentin
- freddy
- 27-07-2010 23:16:55
Salut Freddy,
comment tu as fait pour avoir le [tex]\frac{1}{2}[/tex] dans prob de a et le facteur [tex]\frac{1}{4!}[/tex] dans "pour le b)"
Re,
le [tex]\frac{1}{2}[/tex] provient du fait que je commence par choisir une boule parmi deux de même couleur ; le [tex]\frac{1}{4!}[/tex] est nécessaire pour ne pas compter trop de fois les mêmes tirages non ordonnés et rester homogène avec le dénombrement de l'ensemble de quadruplet de boules.
Par exemple, si on obtient BRJV, VJBR est le même "événement" et dans le dénombrement du nombre de cas de 4 boules de couleur différente, il faut que je tienne compte de ce fait.
Bb
- freddy
- 27-07-2010 13:48:18
Hello !
il faut scinder le calcul en deux parties.
I - calcul de la proba jusqu'au tirage n° 10.
On a [tex]\forall i \leq 10,\;p_i = \sum_{p=0}^{i-1}\binom{i-1}{p}\frac{\frac{10!}{(10-(i-p))!}\times \frac{10!}{(10-p)!}}{\frac{20!}{(20-i)!}}=\frac12[/tex]
Explications : p est égal au nombre de poissons gris, et donc i-p le nombre de poissons rouges.
On sait qu'il faut que le dernier tirage donne un poisson rouge, il reste donc à mélanger p poissons gris avec (i-p-1) poissons rouges.
II - calcul de la proba à partir du tirage n° 11 jusqu'à 20.
Contrairement à la situation précédente où on avait une arborescence binaire croissante (G peut être suivi de R ou de G qui, eux mêmes, peuvent être suivi de R ou G ...) , à partit du tirage n° 11 , les branches ne se multiplient plus.
Par exemple, après 10 G, il ne peut qu'y avoir un R ; ou bien après 9 R, je ne peux avoir qu'un G pour avoir ensuite un R.
Toutefois, et comme indiqué dans une précédente remarque ci dessus, j'arrive toujours au fait que j'ai autant de "chemins - successions de tirage de R et G" tel que, au tirage n° i, j'ai soit un G terminal, soit un R terminal. Par conséquent, j'ai toujours la même proba d'une chance sur 2 que le tirage n° i me donne un poisson rouge.
Un petit schéma avec 2 G et 2 R permet de s'en convaincre :
1 R G
2 R G R G
3 G R G R G R
4 G G R G R R
C'est mieux ?
Je pense que c'est cela qu'on veut que tu montres sans entrer dans trop de calculs combinatoires complexes.
- Valentin
- 26-07-2010 15:07:40
Salut Freddy,
comment tu as fait pour avoir le [tex]\frac{1}{2}[/tex] dans prob de a et le facteur [tex]\frac{1}{4!}[/tex] dans "pour le b)"
Salut Valentin,
Prob de a (2*2 boules de même couleur) revient à choisir 1 boule parmi 14 puis une seconde boule parmi 1 (de la même couleur), et une boule parmi 12 et 1 boule parmi celle de la même couleur, sans ordre.
Nombre de possibles : [tex]\frac12\times \binom{14}{1}\times \binom{1}{1}\times \frac12\times \binom{12}{1}\times \binom{1}{1}= 42[/tex]
Pour le b), passer par le complémentaire : aucune de même couleur.
Nombre de possibles = [tex] \frac{1}{4!}\times \binom{14}{1}\times \binom{12}{1}\times \binom{10}{1}\times \binom{8}{1}=1.120[/tex]
- freddy
- 24-07-2010 11:46:46
Hello !
ma formule est fausse !!!
Je vais essayer autre chose.
- freddy
- 23-07-2010 11:29:57
Salut Freddy,
Comment t'appliques ta formule du post 8 [tex]{P}_{i}=\frac{\sum^{i-1}_{p=0}\left(\binom{i-1}{p}\right)\binom{10}{p}\binom{10}{i-p}}{\binom{20}{i}}[/tex] ?
puisque si l'on fixe i=3, on aurait : [tex]{p}_{3}=\frac{\sum^{2}_{p=0}\binom{2}{p}\binom{10}{p}\binom{10}{3-p}}{\binom{20}{3}}=\frac{\binom{2}{0}\binom{10}{0}\binom{10}{3}+\binom{2}{1}\binom{10}{1}\binom{10}{2}+\binom{2}{2}\binom{10}{2}\binom{10}{1}}{\binom{20}{3}}=\frac{98}{76}[/tex] qui est impossible. En fait, peut -être qu'il faut utiliser l'arrangement! il est aussi impossible!
Valentin
donc on a [tex]p_3=\frac{10.9.8+2.10.10.9+10.9.10}{20.19.18}=\frac{10.9}{20.19.18}\times (8+2.10+10)=\frac12[/tex]
Je suis trop "fatigué" (la chaleur et le manque de sommeil, je pense) pour trouver ton erreur de calcul ... Si yoshi avait une once de patience, je le laisse faire.
Je cherche de mon côté à parfaire ma formule, je ne suis pas loin de l'avoir !
Bb
- Valentin
- 22-07-2010 15:05:14
Salut Freddy,
Comment t'appliques ta formule du post 8 [tex]{P}_{i}=\frac{\sum^{i-1}_{p=0}\left(\binom{i-1}{p}\right)\binom{10}{p}\binom{10}{i-p}}{\binom{20}{i}}[/tex] ?
puisque si l'on fixe i=3, on aurait : [tex]{p}_{3}=\frac{\sum^{2}_{p=0}\binom{2}{p}\binom{10}{p}\binom{10}{3-p}}{\binom{20}{3}}=\frac{\binom{2}{0}\binom{10}{0}\binom{10}{3}+\binom{2}{1}\binom{10}{1}\binom{10}{2}+\binom{2}{2}\binom{10}{2}\binom{10}{1}}{\binom{20}{3}}=\frac{53}{76}[/tex] qui est impossible. En fait, peut -être qu'il faut utiliser l'arrangement! il est aussi impossible!
Valentin
- freddy
- 21-07-2010 15:47:37
Re,
j'étais parti sur une hypergéométrique, mais le calcul pour arriver à la conclusion simple est long. Mieux, on réalise (cf post #11) que ça revient au même.
N'oublie pas que t'es en première année d'école d'ingénieur (électronique, Informatique ?) et que tout ce que tu fais en maths est orienté vers l'usage des maths dans ta spécialité.
C'est cette idée qui m'a mis sur la piste ce matin.
- Valentin
- 21-07-2010 15:23:56
La loi que tu as généralisé au post 8 me fait penser à la loi d'hypergéométrie! En fait, si on avait affirmé dès le départ que c'est une loi de Bernoulli, est-ce qu'on ne pouvait pas directement (si l'on avait reconnu!) généraliser que c'est une loi d'hypergéométrique?
- Valentin
- 21-07-2010 15:16:16
ah oui, puisque dans RRG le troisième n'est pas rouge! Merci beaucoup Freddy
- freddy
- 21-07-2010 15:00:47
Hey, Valentin,
on cherche le cas où le troisième poisson est Rouge, donc GRR ou RGR mais surtout pas RRG ...
Tu vois pourquoi ?