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DasBoot

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Probabilité dans une urne

Bonjour,
je bloque à un exercice :
On considère une urne contenant N boules, M blanches et N − M noires. On
en tire n au hasard sans replacement (i.e. remise). Soit X la v.a. (variable aléatoire) nombre de boules
blanches tirées.

Calculer P(X = m).

Sur n boules tirées (n parmi N), on a m boules blanches (m parmi M) et on a n-m boules noires (n-m parmi N-M).
Mais après je ne sais pas comment mettre en forme pour obtenir P(X=m)...

Dernière modification par DasBoot (28-01-2022 08:38:53)

bridgslam

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Re : Probabilité dans une urne

Bonjour,

Quelques indications:

Que sont les évènements élémentaires équiprobables ?

▼réponse 1

Les boules étant indiscernables au tirage (hypothèse où on peut tirer n'importe laquelle à n'importe quel tirage):

Ce sont les applications injectives de l'ensemble des n tirages dans l'ensemble des N  boules.
Si n > N c'est déjà mort, tout est nul question probabilité.
Le nombre de ces évènements élémentaires est facile à déterminer.

Tu t'intéresses ensuite aux évènements de réalisation: avoir m boules boules blanches dans un tirage de n boules

▼réponse 2

C'est encore mort  si m > M ( vouloir tirer plus de boules blanches qu'il y en a... ) et la probabilité sera donc nulle dans ce cas aussi
Sinon, il reste à dénombrer quelles sont les injections  telles que pour m éléments l'image est dans M, et pour le reste les images sont dans N-M (pour simplifier je prend la même notation pour cardinal et ensemble...).
Comment s'organiser pour ce calcul?

L'idée est-elle d'utiliser les combinaisons? les arrangements?

▼réponse 3 et fin

J'utilise les vieilles notations de coefficients de dénombrement d' il y a quelques années
Sous les conditions précédentes ( élimination d'un problème impossible )
il y a $C_n^m  A_M^m A_{N-M}^{n-m}$ cas favorables distincts équiprobables.

En effet après les choix (équivalents) de quelle partie des tirages sera formée de blanches ( 1ier coeff) , il y a ... injections de cette partie dans l'ensemble des M blanches possibles ( 2 ième coeff) , et pour le résidu du tirage il y a ... injections dans l'ensemble des N-M noires possibles ( 3 ième coeff)

Pour la probabilité il reste à rapporter ce nombre au nombre total du 1/

A.

DasBoot

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Re : Probabilité dans une urne

Je ne comprends pas comment on trouve ça :

il y a $C_n^m  A_M^m A_{N-M}^{n-m}$ cas favorables distincts équiprobables.

Zebulor

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Re : Probabilité dans une urne

Rebonjour DasBoot,
bridgslam t'a donné les étapes qu'il faut prendre le temps d'assimilier l'une après l'autre..Je tente une autre explication :

$C_n^m$  traduit le nombre de façons de choisir les $m$ éléments de l'ensemble de départ (les tirages) qui en compte $n$ : l'ordre des éléments ne compte pas.
A chacun de ces $m$ éléments correspond un unique élément de l'ensemble d'arrivée constitué par les boules blanches : c'est une injection. Lorsque $m \lt M$ au moins un élément de l'ensemble d'arrivée n'a pas d'antécédent, et le cas $m=M$ correspond à une bijection.

Une injection parce que les tirages se font sans remise : on ne peut pas choisir la même boule blanche au tirage suivant. S'il s'agissait de tirages avec remise, on parlerait plus d injection parce qu'une même boule pourrait être tirée plusieurs fois au cours des $n$ tirages (donc au plus $n$ fois), ce qui donnerait $N^n$ tirages possibles.

Ceci pourrait t'aider : https://www.bibmath.net/dico/index.php? … ction.html
L'application injective en haut a gauche de cette page web correspond à $n=2$, $N=3$. $M=0,1,2 ou 3$. Tu peux y associer les événéments $X=m$ pour $m=0,1,2 ou 3$.
Tu '"injectes" chaque élément de l'ensemble de départ vers un élément qui lui est unique vers l'ensemble d'arrivée. Dans ce dernier ensemble des éléments peuvent ne pas avoir d'antécédent, contrairement à la surjection

Il y a $A_M^{m}$ façons d'associer $m$ éléments à l'ensemble des $M$ boules blanches de l'ensemble d'arrivée : cela fait  $A_M^{m}$ injections. Cette fois ci l'ordre compte et c'est peut être là qu'est la difficulté..

Et pour chacune de ces injections précédentes : chacun des $n-m$ éléments restants (ce que brigslam appelle le résidu) est associé à un élément (une boule) parmi les $N-M$ restantes (nécessairement noires)  : il y a $A_{N-M}^{n-m}$ façons de le faire qui sont encore autant d'injections.

Pour un ensemble de $m$ éléments donné, il y a donc $A_M^{m}A_{N-M}^{n-m}$ injections : ce sont les éléments d'un sous ensemble de l'ensemble des injections possibles de la réponse 1.

Et comme il y a  $C_n^m$ ensembles de $m$ éléments celà donne $C_n^m  A_M^m A_{N-M}^{n-m}$ manières de choisir $m$ boules blanches.

▼après avoir digéré

Tu peux ensuite vérifier, que $\sum\limits_{m=0}^n  C_n^m  A_M^m A_{N-M}^{n-m}=\sum\limits_{m=0}^n P(x=m)=1$

.*

▼2 exemples

Tu peux voir ce qui se passe pour $n=m=2;M=3;N-M=1$ avec comme ensemble de départ {$1;2$} pour les deux tirages successifs et d'arrivée {$B_1;B_2;B_3,noire$} pour fixer les idées. "noire" étant la boule noire.
Tu verras qu'il y a six tirages possibles de 2 boules blanches ; $A_{3}^2$=6 injections de  {$1;2$}vers {$B_1;B_2;B_3$}. Visuellement les boules blanches sont indiscernables mais il te suffit de les numéroter pour les différencier. Ainsi tirer la boule blanche numérotée 1 puis celle numérotée 2 n'est la même chose que tirer celle numérotée 2 puis celle numérotée 1. (Cf ta discussion sur le lancé de 3 dés.) Ce cas est particulier car n=m ..

Autre exemple : $n=3;m=2;M=3;N=4$.. $A_{3}^2$=6 injections de  {$1;2$}vers {$B_1;B_2;B_3$} et $A_{1}^{1}$ soit une injection de {$3$} vers {$boule noire$}
Par ailleurs tu as 6 injections de  {$1;3$}vers {$B_1;B_2;B_3$} et 6 injections de {$2;3$}vers {$B_1;B_2;B_3$} pour chacune desquelles tu as une injection de {$i$} vers {$boule noire$}, où $i$ vaut 2 et 1 respectivement.
Au total $C_3^2A_{3}^2A_{1}^{1}=18$ injections ou façons de choisir 2 boules blanches avec 3 tirages successifs sans remise dans ce cas $M=3;N=4$

Dernière modification par Zebulor (01-02-2022 06:42:28)

bridgslam

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Re : Probabilité dans une urne

Bonjour,

Ce système de tirage permet (même si ce n'est pas le plus élégant ) par dénombrement, de montrer la symétrie des coefficients binomiaux
en ligne dans le triangle de Pascal.
En effet on peut procéder au même dénombrement en se basant sur les boules noires... au lieu des boules blanches.

A.

Zebulor

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Re : Probabilité dans une urne

Bonjour,
et dans la mesure où on réfléchit tranquillement chez soi sans contrainte de temps, il est toujours formateur de résoudre un problème sous plusieurs angles, y compris par des méthodes compliquées. Voir la même chose sous un autre angle.
@DassBoot : par exemple dans la discussion "lancé de 3 dés" tu peux chercher la probabilité de l'événement D de deux façons.
DassBoot? parti à la pêche ?

Bref on espère que tout va bien pour DassBoot

Dernière modification par Zebulor (04-02-2022 11:48:28)