Probabilités et tirages simultanés [Résolu]

yoshi · 09-07-2010 10:01:05

Bonjour,

Ce matin, revenant de chez mon Boulanger, je me suis dit : tiens un chouette problème, propre à aiguiser l'imagination de freddy...
Je m'explique.
Depuis quelques temps, mon Boulanger s'est lancé dans une opération publicitaire : à chaque achat, il donne une carte à gratter pour savoir si on a gagné ou pas un cadeau... rien de très original, jusque-là.
Sauf que, ayant déjà gratté, une 20aine de cartes, je n'ai toujours rien gagné, mais je ne suis pas le seul,beaucoup doivent être dans cette situation...
Donc j'ai pensé à cette problématique :
Dans une urne il y a 980 boules blanches et 20 boules rouges, 20 personnes tirent l'une après l'autre (par une à la fois) 20 boules sans remise, chacun ignorant la couleur des 19 autres boules tirées..
Sachant que j'ai déjà tiré 20 boules blanches, que les 19 autres personnes ont aussi tiré 20 boules (dont j'ignore la couleur), y a-t-il un moyen de calculer la probabilité pour que je tire une boule rouge au 21e tirage ?

Je crains fort que non, trop d'"inconnues"...

@+

freddy · 09-07-2010 13:31:54

salut,

non, non, du tout, il y a un moyen assez simple de le savoir, mais il faut faire quelques calculs.

Donc au total, on a tiré 20*20=400 boules, et toi tu as tiré 20 blanches.

J'ai envie de poser comme hypothèse de travail que si tu peux encore tirer une boule, c'est que toutes les boules rouges n'ont pas encore été tirées, donc tu as encore le droit de jouer.

Donc on va ruser et calculer la probabilité qu'il n'y ait plus de rouges après 400 tirages. Appelons p cette proba., et donc 1-p est la probabilité qu'il y en ait encore au moins une rouge, ce qui correspond la probabilité que tu cherches, sauf erreur.

Je dois m'absenter. Je reviens faire le calcul plus tard sauf si tu l'as fait avant moi.

A plus !

JFF · 23-08-2010 15:08:54

Bonjour :)

Je ne vais pas faire un cours de proba, mais lorsque l’ensemble de départ ne se compose que d’éléments de deux catégories (succès/échec, ou ici rouge/blanc) et que des tirages sont effectués successivement et sans remise, alors on a affaire à une loi hypergéométrique de paramètres n (nb d’éléments tirés = 400), a (nb de succès, disons de boules rouges, au départ, = 20) et N (nb total d’éléments au départ = 1000).

J’appelle X la variable aléatoire qui donne le nombre de rouges obtenues sur les 400 tirées.
Alors dans cette loi, la probabilité que X soit égale à une valeur donnée k est :

p(X = k) = combin(a ; k) × combin(N-a ; n-k) / combin(N ; n)

[un exemple parallèle avec le loto :
p(bonsnum = 4) = combin(6 ; 4) × combin(43 ; 2) / combin(49 ; 6)]

Ici le problème se corse un peu quand on sait que le participant qui se cite nous informe :
« j’ai obtenu 20 boules blanches ».

Il faut donc considérer que la partie aléatoire de ce qui a été réalisé porte sur N = 980 boules dont a = 20 rouges, sur lesquelles n = 380 ont été tirées (par les 19 autres personnes).

21 événements sont possibles à l’issue des 380 tirages :
X = 0 ou X = 1 ou X = 2 ou … ou X = 20
qui pourraient constituer les 21 branches principales d’un arbre de choix probabilisé.
Dans chaque cas, une branche secondaire pourra être renseignée de la probabilité conditionnelle que la boule suivante tirée par le participant soit rouge se calculera facilement.

Par exemple :
p(X = 2) = combin(20 ; 2) × combin(960 ; 378) / combin(980 ; 380) = 0,003911
puis, sachant que X = 2, il reste18 rouges parmi 600 boules, soit une proba conditionnelle de 18/600 de tirer une rouge.
La proba que, avec les 1000 boules de départ, sur les 400 tirées, 2 rouges aient été tirées ET que le participant tire une rouge ensuite est : 18/600×0,003911 = 0,000117334.

Des calculs sur Tableur, pour toutes valeurs possibles de X, permettent d’obtenir systématiquement ces résultats.
La somme des probabilités des intersections (X=k ET suivante = rouge) est la probabilité (suivante = rouge) cherchée dans la question du premier message et elle vaut :

environ 0,020408163265 (assez amusant, ce nombre, d’ailleurs)

Cdt,
JFF

freddy · 24-08-2010 10:10:45

freddy a écrit :

salut,
non, non, du tout, il y a un moyen assez simple de le savoir, mais il faut faire quelques calculs.
Donc au total, on a tiré 20*20=400 boules, et toi tu as tiré 20 blanches.
J'ai envie de poser comme hypothèse de travail que si tu peux encore tirer une boule, c'est que toutes les boules rouges n'ont pas encore été tirées, donc tu as encore le droit de jouer.
Donc on va ruser et calculer la probabilité qu'il n'y ait plus de rouges après 400 tirages. Appelons p cette proba., et donc 1-p est la probabilité qu'il y en ait encore au moins une rouge, ce qui correspond la probabilité que tu cherches, sauf erreur.
Je dois m'absenter. Je reviens faire le calcul plus tard sauf si tu l'as fait avant moi.
A plus !

Salut yoshi,

je m'aperçois que j'avais complétement oublié cette jolie question. En écrivant la réponse, je n'ai fait encore aucun calcul et donc je ne sais si celle de JFF est correcte.

Par contre, je suis d'accord avec lui pour dire : après que tu as tiré 20 boules non rouges, il reste à regarder la probabilité que les 19 autres personnes qui on tiré 20 boules aussi, en aient laissé au moins une de rouge.

Je vais faire plus : je vais calculer la probabilité que les 19 personnes aient tiré les 20 boules rouges parmi les 380 choisies. Par passage à la probabilité complémentaire, j'aurai celle que tu cherches.

Comme le dit JFF, le cardinal de l'univers est égal à [tex]\binom{980}{380}=\frac{980!}{600!\times 380!}[/tex], nombre de taille raisonnable.

Le nombre de cas favorable est égal à : [tex]\binom{960}{360}\times \binom{20}{20}=\frac{960!}{600!\times 360!}[/tex], qui n'est pas non plus petit.

La probabilité qu'il y ait au moins une boule rouge (et donc que tu puisses encore espérer gagner) est donc égale à [tex]1-4,31474\times 10^{-9}\approx 0,999999999568526[/tex]. En clair, tu as encore toutes tes chances !...

Et pour la probabilité de l'événement précis "tirer une boule rouge au prochain coup", elle est donnée par ce qu'à fait JFF (mais le résultat est inexact), soit proba de tirer une rouge sachant qu'il reste k boules rouges pondérée par la probabilité qu'il reste k rouges, pour k variant de 1 à 20.

[tex]\Pr(T_{21}=R)=\sum_{k=1}^{20}\Pr(T_{21}=R/\text{"k boules R"})\times \Pr(\text{"k boules R"})[/tex], soit

[tex]\Pr(T_{21}=R)=\sum_{k=1}^{20}\frac{k}{960}\times \frac{\binom{20}{20-k}\binom{960}{360-k}}{\binom{980}{380}}=[/tex]1,2755 % (calcul fait sur Maple).

La première fois, tu avais 2 % de chance de gagner. Au 21ième essai, après 19 autres personnes, ta chance s'est un peu réduite, mais tu peux encore gagner le sourire de la boulangère :-)))

Bb

freddy · 24-08-2010 12:42:38

Re,

pour l'ami JFF, le résultat de 2,04 % ne résistait pas longtemps à un test de vraisemblance.

En effet, la probabilité individuelle d'obtenir une rouge au 21ième tirage de yoshi après les 400 premiers tirages sont les suivantes :

s'l reste 20 rouges, on a : 20/960 = 2,08 % ; s'il reste 19 rouge, on a : 19/960 = 1,98 % ; s'il reste 18 rouges, on a 18/960 = 1,88 %, ... s'il reste 5 rouges, on a : 1/960 = 0.521 %, ... s'il reste 1 rouge, on a : 0.104 %

C'est donc assez difficile d'obtenir une moyenne pondérée de 2,04 %.

Bis bald von Paris

JFF · 24-08-2010 13:36:24

et pourtant, elle tourne ! (la boule) ;)

JFF · 26-08-2010 00:45:00

Bonjour Freddy,

Je relisais ton dernier message et quelque chose m’intrigue :

on est d’accord tous les deux pour partir sur une base de 980 boules dont 20 rouges, parmi lesquelles on fait un tirage sans remise de 380 boules.

1) Tu écris dans ta formule, au numérateur, « C(20 ; 20-k) × C(960 ; 360-k) », mais 380 boules sont tirées. Si on veut qu’il reste k boules rouges c’est que 20-k ont été tirées, et donc 360+k blanches !
Ce numérateur doit donc être C(20 ; 20-k) × C(960 ; 360+k).

2) La probabilité conditionnelle citée en premier dans la somme n’est pas k/960 mais k/600 puisque c’est le nombre de boules qui restent au moment où le joueur va tirer sa 21ème.

d’où le résultat que j’avais annoncé précédemment : 0,020408163265...

Il m'intrigue, ce nombre. On dirait bien Somme[i=1 à infini](0,02^i)

@+

JFF · 26-08-2010 01:07:00

Ce qui m'intrigue encore plus,
c'est que ce résultat vaut exactement 20/980...
et GRRR je ne vois pas pourquoi, là, à chaud.

Ah ben si, bien sûr !
"19 autres personnes ont tiré en tout 380 boules",
ce n'est pas une information sur ce qui s'est réalisé,
mais au contraire ça nous a obligé à envisager tous
les cas possibles à l'issue de ces 380 tirages.
Autant dire que ça aurait aussi bien pu disparaître
de l'énoncé.
Enoncé équivalent :
Soit 1000 boules dont 20 rouges.
J'ai tiré sans remise 20 boules blanches,
quelle est la probabilité que la 21ème soit rouge ?
Réponse : 20/980 = 0,020408163265...

J'ai d'ailleurs simulé des déclinaisons de ce problème
avec d'autres valeurs que 380 et je me suis aperçu
que lorsqu'on remplace 380 par n'importe quel entier
compris entre 0 et 979, on obtenait toujours la même
proba à l'arrivée : 0,020408163265...

Ca titille ? C'est normal, c'est fait pour ;)

JFF

freddy · 26-08-2010 10:30:35

freddy a écrit :

Salut yoshi
(...)
[tex]\Pr(T_{21}=R)=\sum_{k=1}^{20}\Pr(T_{21}=R/\text{"k boules R"})\times \Pr(\text{"k boules R"})[/tex], soit
[tex]\Pr(T_{21}=R)=\sum_{k=1}^{20}\frac{k}{960}\times \frac{\binom{20}{20-k}\binom{960}{360-k}}{\binom{980}{380}}=[/tex]1,2755 % (calcul fait sur Maple).
La première fois, tu avais 2 % de chance de gagner. Au 21ième essai, après 19 autres personnes, ta chance s'est un peu réduite, mais tu peux encore gagner le sourire de la boulangère :-)))
Bb

Hey JFF,

Ich bin einer bip, bip, bip ...Bien sûr qu'il n'y a plus que 600 boules et 360+k blanches j'ai juste oublier de vider ma RAM pour faire les autres calculs.

Le résultat est donc, comme tu dis :

[tex]\Pr(T_{21}=R)=\sum_{k=1}^{20}\frac{k}{600}\times \frac{\binom{20}{20-k}\binom{960}{360+k}}{\binom{980}{380}}=\frac{1}{49}[/tex]

freddy · 26-08-2010 10:37:21

Re,

au début, sur 50 boules, il y en a 1 rouge. Yoshi en tire une, elle est blanche. Il reste donc 49 boules dont 1 rouge et donc la prob = 1/49 # 2,0408 % (and shame on me ...)

C'est comme tu dis, car eu égard à la taille de l'urne (1000 boules), des théorèmes de convergence s'appliquent et permettent de simplifier.

Qu'en penses tu ?

nerosson · 26-08-2010 17:12:30

Salut à tous,

Voilà encore Nérosson qui s'amène avec ses gros souliers et son arithmétique et qui va se faire remiser vite fait par Freddy (ça lui fait tellement plaisir).

Et en plus, je n'ai pas lu les réponses : je n'ai lu que l'énoncé parce que ça me paraissait tout de même la moindre des choses.

Yoshi, tu sais trois choses :
1° Au départ, il y avait mille boules,
2° quatre cent boules ont été tirées dont 20 étaient blanches (les tiennes).Concernant les 380 autres, tu ne sais rien,
3° Il reste six cents boules.

Parmi les six cents boules restantes, il y a entre zéro et vingt boules rouges : tu ne peux pas savoir combien.

Donc, tu ne peux pas évaluer la probabilité EXACTE de tirer une boule rouge, tu ne peux que savoir qu'elle se situe entre zéro et 20/600 ièmes.

Freddy, j'attends avec inquiétude et humilité que tu me réduises en poussière.

freddy · 26-08-2010 17:46:23

Salut à toi,

en poussières te réduire je vais ...

Dans le dernier post, on montre que la probabilité de tirer une rouge est exactement égale à 1 chance sur 49 !

Dans le post n° 4, on montre que la probabilité qu'il reste au moins une rouge est voisine de 0.999999999 !

Comment te sens tu maintenant ?

nerosson · 27-08-2010 13:09:09

Salut,

Poussiéreux....

freddy · 27-08-2010 23:13:25

JFF a écrit :

Ce qui m'intrigue encore plus, c'est que ce résultat vaut exactement 20/980... et GRRR je ne vois pas pourquoi, là, à chaud.
J'ai d'ailleurs simulé des déclinaisons de ce problème avec d'autres valeurs que 380 et je me suis aperçu
que lorsqu'on remplace 380 par n'importe quel entier compris entre 0 et 979, on obtenait toujours la même
proba à l'arrivée : 0,020408163265...
Ca titille ? C'est normal, c'est fait pour ;)
JFF

Salut JFF !

Allez, je suis sympa, regarde bien, je ne répèterai pas.

Ce n'est que du calcul, point besoin d'aller chercher midi à 14 heures ... On a :

[tex]\Pr(T_{21}=R)=\sum_{k=1}^{20}\frac{k}{600}\times \frac{\binom{20}{20-k}\binom{960}{360+k}}{\binom{980}{380}}=\sum_{k=1}^{20}\frac{k}{600}\times \frac{20!}{k!(20-k)!}\times \frac{960!}{(360+k)!\times (600-k)!}\times \frac{380!\times 600!}{980!}[/tex], soit :

[tex]\Pr(T_{21}=R)=\frac{1}{600}\sum_{k=1}^{20}k\times \frac{600!}{k!(600-k)!}\times \frac{380!}{(380-20+k)!\times (20-k)!}\times \frac{20!\times 960!}{980!}[/tex]

[tex]\Pr(T_{21}=R)=\frac{1}{600}\sum_{k=1}^{20}k\times \frac{\binom{600}{k}\binom{980}{20-k}}{\binom{980}{20}}=\frac{1}{600}\times \left(\frac{20\times 600}{980}\right)[/tex]

Le second terme du produit = espérance mathématique de la variable aléatoire K qui suit une loi hypergéométrique de paramètres n=20, p=600/980 et N=980.

Merci qui ?

Bb

PS : en tout cas, yoshi, sans l'imaginer, tu nous as posé un joli problème !

Dernière modification par freddy (27-08-2010 23:18:12)

JFF · 28-08-2010 01:12:08

Salut,
Sympa de t'être collé au calcul détaillé,
ça m'a évité de le faire (et surtout de me mettre
au Latex, je préfère exceller - humour).

Tu demandes "merci qui ?" et je te réponds :
merci moi ! car sans mon intervention (divine,
bien sûr) la solution serait encore au-delà de l'horizon
(des événements).

Bon, trève de provoc et d'autosatisfaction bilatérale,
sourde et aveugle : c'est vrai que ça fait un joli
problème, avec une jolie solution d'1/49 - jolie
car les divisions par 7 donnent toujours des nombres
sympas à lire.

Je tâcherai moi aussi de poser à l'assemblée
quelque pb de proba bien retors.

Ciao la compagnie

yoshi · 28-08-2010 15:16:26

SAlut,

Joli et instructif...
Cependant, je voudrais quelque peu modifier mon histoire de boules pour la faire coller d'un plus près à la réalité des tirages de cartons gagné/perdu de mon boulanger.
En fait, dans ma comparaison, les boules sont en vrac dans une une urne...
Les tickets à gratter, eux, ils sont empilés sur la table, et la charmante boulangère prend le 1er ticket de la pile pour le donner au client...
Il faudrait donc que les boules soient empilées dans un très très long tube, et délivrées par ouverture d'une trappe de sortie : donc pas de choix de la boule. Un ordre a été défini au départ (et au hasard), et on tire une boule après l'autre...
Est-ce que ça change quelque chose ?
Moi, je pense que oui, mais vous les cracks des probas ?

@+

PS : Au fait, freddy tu avais raison, j'avais encore toutes mes chances de gagner : j'ai gagné une lampe de poche... solaire !

freddy · 28-08-2010 16:21:51

Salut,

si on a rempli le très long tube "à l'aveugle", cela ne change strictement rien au problème.

Par contre, pour la lampe de poche solaire, j'y verrais personnellement en message caché ;-)

Comment sont les miches de la pomponnette ? ;-)))

Dernière modification par freddy (28-08-2010 16:22:03)

yoshi · 28-08-2010 16:55:29

Re,

Hmmm... freddy...
En argot lyonnais, les miches désignent aussi il "sedere" comme disent nos amis transalpins.
Il y a des "pomponettes" qui se relaient, et elles sont jeunes et fort sympathiques.
Quant au pain, il est très bon...

Donc, ça ne change rien ! Ah...

@+

freddy · 28-08-2010 17:17:49

Re,

non, cela ne change rien, la loi hypergéométrique rend compte soit d'un tirage sans remise "au goutte à goutte", soit d'un tirage simultané. Ce qui compte est le "sans remise".

De plus, si la taille de l'échantillon n avait été petit par rapport à la population d'origine (en général, si n est <= à 10 % de N) alors il y a convergence en loi vers un loi binomiale. Dans ton cas, puisque on a eu 400 tirages dans une population de référence de 1.000 boules, on ne peut pas utiliser ce résultat fort pratique.

Pomponette, c'était dans la femme du boulanger de Pagnol (je sais que tu avais compris, c'est pour les petits d'jeunes, comme JFF ! ;-) ...Et les miches, je n'ai jamais su personnellement si on évoquait plus les "poumons" que le séant.

Pour ma part, je ne regarde que le visage d'une femme, puis ses mains. Statistiquement, et Dieu seul sait que j'ai un échantillonnage plus que significatif en mémoire, tout le reste est en harmonie.

Pas plus tard que tout à l'heure, j'ai passé une heure à guider deux jolies "grimpeuses" (Cécile et Raphaëlle), ce fut vraiment agréable de leur transmettre mon maigre bagage technique.

Ciao

Dernière modification par freddy (28-08-2010 19:10:08)

yoshi · 28-08-2010 17:32:59

Re,

D'ailleurs, si je ne m'abuse (comme disait le fameux docteur), pomponette n'était pas la boulangère, mais la chatte qui rentrait subrepticement après avoir découché, mais à point pour que ce bon vieux raimu puisse placer sa fameuse (elle aussi) tirade...
D'ailleurs, faudra bien un jour que je lise le livre de Giono (?) dont a été tiré le film de Pagnol, histoire de voir la différence.

Va pour cette "loi hypergéométrique", merci...

@+

JFF · 28-08-2010 22:00:10

Salutations à tous les deux.

D'abord : en effet ça ne change rien ;)

Ensuite : je ne suis pas un d'jeuns (ni un fan
de d'jeuni d'ailleurs), disons plutôt entre deux
eaux, à l'âge qui attire les pomponettes de
race humaine lol ;)

@+

Forum de mathématiques - Bibm@th.net

#1 09-07-2010 10:01:05

Probabilités et tirages simultanés [Résolu]

#2 09-07-2010 13:31:54

Re : Probabilités et tirages simultanés [Résolu]

#3 23-08-2010 15:08:54

Re : Probabilités et tirages simultanés [Résolu]

#4 24-08-2010 10:10:45

Re : Probabilités et tirages simultanés [Résolu]

#5 24-08-2010 12:42:38

Re : Probabilités et tirages simultanés [Résolu]

#6 24-08-2010 13:36:24

Re : Probabilités et tirages simultanés [Résolu]

#7 26-08-2010 00:45:00

Re : Probabilités et tirages simultanés [Résolu]

#8 26-08-2010 01:07:00

Re : Probabilités et tirages simultanés [Résolu]

#9 26-08-2010 10:30:35

Re : Probabilités et tirages simultanés [Résolu]

#10 26-08-2010 10:37:21

Re : Probabilités et tirages simultanés [Résolu]

#11 26-08-2010 17:12:30

Re : Probabilités et tirages simultanés [Résolu]

#12 26-08-2010 17:46:23

Re : Probabilités et tirages simultanés [Résolu]

#13 27-08-2010 13:09:09

Re : Probabilités et tirages simultanés [Résolu]

#14 27-08-2010 23:13:25

Re : Probabilités et tirages simultanés [Résolu]

#15 28-08-2010 01:12:08

Re : Probabilités et tirages simultanés [Résolu]

#16 28-08-2010 15:16:26

Re : Probabilités et tirages simultanés [Résolu]

#17 28-08-2010 16:21:51

Re : Probabilités et tirages simultanés [Résolu]

#18 28-08-2010 16:55:29

Re : Probabilités et tirages simultanés [Résolu]

#19 28-08-2010 17:17:49

Re : Probabilités et tirages simultanés [Résolu]

#20 28-08-2010 17:32:59

Re : Probabilités et tirages simultanés [Résolu]

#21 28-08-2010 22:00:10

Re : Probabilités et tirages simultanés [Résolu]

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