Forum de mathématiques - Bibm@th.net

Bonjour,

Oui vous avez raison
C’est juste par inattention que je n’ai pas remarqué votre résultat.
Je suis quasiment sûr que si vous augmentez le nombre d’essais vous trouverez
une valeur assez  proche de :  0,522547
Merçi

Bonjour
Je vous propose ce raisonnement qui s’appuie sur la formule du crible :
[tex]
\fbox{
$\displaystyle p (B)= p\left(\bigcup _{i=1}^5 B_i  \right)
= \sum_{I \subset \{1,2,..5\}} (-1)^{card(I)-1} p\left(\bigcap_{i \in I}B_i\right)$.}
[/tex]
La sommation précédante se fait sur toutes les parties non vides de l’ensemble
{1,2,3,4,5}.
Pour rappel : $B_i$ c’est l’évènement : " Avoir l’étagère i vide".(on a numéroté les étagères)
Prenons par exemple une partie à 3 éléments $\{i,j,k\}$.
Donc l’évènement : $B_i \cap B_j \cap B_k$ c’est lévènement :"Avoir les étagères i et j et k vides".
Or  : $p(B_i \cap B_j \cap B_k) = \left(\frac{2}{5}\right)^{10}$
Et puisque il y a $C_5^3$ parties à 3 éléments dans un ensemble à 5 éléments
Alors la somme : $ \displaystyle \sum_{\begin{array}{c} I \subset \{1,...5\} \\  card(I)=3
\end{array}}
p(\bigcap_{i \in I} B_i)$ est égale à : $C_5^3\left(\frac{2}{5}\right)^{10} $.

De la même façon on montre que :

• la somme : $ \displaystyle \sum_{\begin{array}{c} I \subset \{1,...5\} \\  card(I)=2
  \end{array}}
  p(\bigcap_{i \in I} B_i)$ est égale : $C_5^2 (\frac{3}{5})^{10}$

• la somme : $ \displaystyle \sum_{\begin{array}{c} I \subset \{1,...5\} \\  card(I)=4
  \end{array}}
  p(\bigcap_{i \in I} B_i)$ est égale : $C_5^4  (\frac{1}{5})^{10}$

• la somme : $ \displaystyle \sum_{\begin{array}{c} I \subset \{1,...5\} \\  card(I)=1
  \end{array}}
  p(\bigcap_{i \in I} B_i)$ est égale  : $C_5^1 (\frac{4}{5})^{10}$

• la probabilité  : $ \displaystyle
  p(\bigcap_{ i \in \{1,2,..,5\}} B_i)$ est  évidemment égale à 0 . C’est la probabilité d’Avoir 5 étagères vides.

Donc : $p(B)=(5×(\frac{4}{5})^{10})-(10×(\frac{3}{5})^{10})+(10×(\frac{2}{5})^{10})-(5×(\frac{1}{5})^{10})$.

Et finalement la probabilité qu’on recherche c’est :
$ \color{blue}  {1-p(B) = 1+(5×(\frac{1}{5})^{10})-(10×(\frac{2}{5})^{10})+(10×(\frac{3}{5})^{10})-(5×(\frac{4}{5})^{10})}
  $
dont une  valeur approchée est : 0,5225472

Je réctifie ma réponse au raisonnement de Bernard-maths ci- dessus:
Je pense que  son raisonnement contient  une erreur .
Erreur liée à des probabilités conditionnelles .
Je m’explique:
On pose $B_i$ l’évènement :  " ne pas mettre aucun  livre sur l’étagère i ” . (i variant de 1 à 5).
Et $ B$ l’évènement  :  ”  elle existe une étagère où il n’ya aucun livres  ”.
L’évènement dont on cherche la probabilité c’est : $\overline{B}$
Je suis d’accord que la probabilité de $B_i$  est égale à : $ \displaystyle  \left(\frac{4}{5} \right)^{10}$.

On a évidemment :  $\displaystyle  B =  \bigcup_{i=1}^5 B_i$  mais le problème c’est que les $B_i$ ne sont pas disjoints deux à deux puisque ils existent des possibilités où
deux étagères différentes sont vides .
Donc on n’a pas le droit de d’écrire:  $ \displaystyle p(B) = \sum_{i=1}^5 p(B_i)$ donc :
l’égalité:  $p(B)=5×(0,8)^{10}$ est fausse.

Pour remédier à ce problème il est inévitable d’utiliser  : La formule du crible : à savoir :
$ \displaystyle \color{blue}{ p \left(   \bigcup_{i=1}^n A_i \right)= \sum_{I \subset \{ 1,2,...,n\}}
  (-1)^{card(I)-1} p\left( \bigcap_{i \in I} A_i \right) }$

Est ce que j’ai raison?