Probabilité Loto
Bonsoir,
Pouvez-vous m'expliquer ce qui est faux dans le calcul de probabilité ci-dessous ?
Je tire 5 nombres au hasard entre 1 et 49 et j'essaie d'évaluer la probabilité d'avoir tiré deux numéros consécutifs.
Le nombre de tirages possibles est $C_{49}^5$.
J'ai ensuite 48 couples de nombres qui se suivent : (1,2), (2,3), etc...
Pour chacun de ces couples, j'ai $C_{47}^3$ tirages possibles pour les trois numéros restants.
Donc la probabilité cherchée est $\dfrac{48\times C_{47}^3}{C_{49}^5}$
Ce résultat est faux car il me donne une probabilité d'environ 41%, ce qui est absurde, la probabilité doit être proche de 0.
Merci beaucoup.
Pouvez-vous m'expliquer ce qui est faux dans le calcul de probabilité ci-dessous ?
Je tire 5 nombres au hasard entre 1 et 49 et j'essaie d'évaluer la probabilité d'avoir tiré deux numéros consécutifs.
Le nombre de tirages possibles est $C_{49}^5$.
J'ai ensuite 48 couples de nombres qui se suivent : (1,2), (2,3), etc...
Pour chacun de ces couples, j'ai $C_{47}^3$ tirages possibles pour les trois numéros restants.
Donc la probabilité cherchée est $\dfrac{48\times C_{47}^3}{C_{49}^5}$
Ce résultat est faux car il me donne une probabilité d'environ 41%, ce qui est absurde, la probabilité doit être proche de 0.
Merci beaucoup.
Réponses
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Dans un tirage de 5 nombres il pourrait y avoir plusieurs couples de nombres consécutifs et il me semble que ton calcul ne tient pas compte de cette possibilité.
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Bonsoir Bulledesavon,
De cette façon tu décomptes plusieurs fois le même tirage, par exemple 1,2,3,4,5 apparaît sous les rubriques
(1,2)(3,4,5)
(2,3)(1,4,5)
(3,4)(1,2,5)
(4,5)(1,2,3)
Diviser ton résultat par 4 ne sera cependant pas satisfaisant.
Pour le couple (1,2) il faut interdire :
- la présence de 3 dans le triplet
- la possibilité dans le triplet de trouver deux nombres consécutifs : pas de (4,5,x) ni de (4,6,7)
C'est un peu trop compliqué pour moi, peut-être Gérard ou un autre intervenant aura-t-il une brillante idée.
[edit : FdP est revenu avant que j'aie fini de rédiger !]
Amicalement -
Bonsoir,
Il y a manifestement des combinaisons que tu comptes plusieurs fois : ce sont celles dans lesquelles la situation se produit plusieurs fois.
Maintenant, je ne connais pas la valeur de la proba que tu cherches, mais je ne pense pas qu'elle soit "proche de zéro " comme tu le postules.
Amicalement. jacquot -
Oui en effet je compte plusieurs fois le même tirage. La probabilité que je cherche est "au moins deux nombres consécutifs dans les 5".
-
Une valeur approchée de cette proba serait
$1-\dfrac {49\times 46\times 43 \times 40\times 37}{49\times 48\times 47 \times 46\times 45} $
Je passe par l'événement contraire:
Chaque fois que tu tires un numéro tu t'interdis ses deux voisins.
Cependant ce calcul n'est pas exact puisque $1$ et $49$ n'ont qu'un seul voisin. -
Un petit tour sur FdJ nous donne 3 tirages avec cette caractéristique sur les 18 derniers d'Euromillions.
18, c'est bien trop faible, mais ça semble confirmer que la probabilité est loin d'être négligeable.
La proba calculée par Jacquot est de 0,373 environ, proche de tes 0,41, Bulledesavon, qui ne paraissent donc pas si absurdes, même s'ils choquent ton intuition. -
Bonsoir,
À propos du complémentaire: Sauf erreur, ce sont les tirages (combinaisons) $(x_1,x_2,x_3,x_4,x_5)$ (on peut donc supposer que les $x_i$ sont ordonnées) tels que $0 \leq x_1$, $x_1 +1 < x_2$, $x_2 + 1 < x_3$, $x_3 + 1 < x_4$, $x_4 + 1 < x_5 < 50$. Ces conditions peuvent se réécrire ainsi:
$$ 5 \leq x_1 + 4 < x_2 + 3 < x_3 + 2 < x_4 + 1 < x_5 \leq 49$$
Enfin, on pose $y_6 = 49 - x_5$, $y_5 = x_4 + 1 - (x_3 + 2)$, $\ldots$, $y_1 = x_1 + 4 \geq 5$, alors les $y_i$ sont tous non nuls et vérifient $y_1 + y_2 + \ldots + y_6 = 49$.
En distinguant quelques cas suivant les valeurs prises par $y_1$, le cardinal du complémentaire peut être déterminé. -
Bonjour,
Sur 100 simulations, je n'obtiens aucun tirage de 5 numéros comprenant deux numéros consécutifs. J'ai rejoué plusieurs fois les 100 simulations et à chaque fois j'obtiens zéro réalisation de l'évènement : "le tirage comprend deux numéros consécutifs". C'est pourquoi je pense qu'une proba de l'ordre 35% n'est pas possible.
Je vais réfléchir au calcul de la probabilité de l'évènement contraire. -
Bonjour,
Le $0,373.. $ que je propose ci-dessus est légèrement trop grande mais c'est une bonne approximation.
Je saurai la corriger avec un peu de réflexion.
@bulledesavon Si ta simulation est à ce point différente, c'est quelle n'est pas programmée correctement.
À plus tard. Amicalement. jacquot -
Voir par ici pour la programmation d'une simulation de tirage sans remise.
Mon $0,373...$ conviendrait si l'on considérait que le suivant de $49$ est $1$. Ainsi chaque nombre de $\{ 1; 2;\dots ;49\}$ aurait deux voisins. J'ai donc compté un peu trop d'issues favorables, mais cette remarque me permettra de fournir un encadrement de ta probabilité : il suffit de soustraire la probabilité qu'un tirage contienne $1$ et le $49$ c'est à dire $\dfrac {10\color {red} {\times 2}}{49\times48}$, soit environ $0,00\color {red}8$
Pour la probabilité de l'événement $E$:"le tirage contient deux nombres consécutifs", je propose donc l'encadrement:
$0,36\color {red}5\leqslant P(E)\leqslant 0,373$
Mais la borne inférieure n'est encore pas la valeur exacte de cette probabilité parce que le tirage pourrait contenir le $49$, le $1$ et deux nombres consécutifs:-S. Il faut donc encore corriger, si l'on veut préciser la valeur de la probabilité de $E$ qui se situe aux alentours de 0,37 quoiqu'il en soit.
Amicalement. jacquot -
Il me semble que le résultat cherché est $1-\frac{\binom{45}5}{\binom{49}5}\sim0.3593$.
(On prend 5 nombres entre 1 et 45, on rajoute 1 au deuxième, 2 au troisième, etc...) -
Bonjour aléa,
Ton dénombrement me paraît correct.
Avant d'ajouter 1 au deuxième, 2 au troisième, etc., tu ranges les nombres tirés en ordre croissant.
Mais maintenant l'encadrement que j'ai proposé ci-dessus est faux, et je ne trouve pas la faille dans mon raisonnement.:-( -
J'entrevois la faute dans mon dénombrement:
je construis une grille ne satisfaisant pas l'événement $E$ en cochant successivement des numéros:
Je coche le $17$. Les choix de $16$ et $18$ ne sont donc plus possibles.
Je coche le $5$. Les choix de $4$ et $6$ ne sont plus permis
Je coche le $15$. Le choix de $14$ n'est plus permis et $16$ était déjà interdit par le choix de $17$
Ainsi, non estimation $0,373$ donnait un ordre de grandeur de la probabilité de $E$, mais mon calcul ci-dessus était approximatif et erroné.
La bonne méthode est celle d'aléa, que je salue amicalement. jacquot
PS une simulation correctement programmée pourrait le confirmer. -
Merci pour vos contributions. J'ai trouvé une erreur dans mon algorithme.
-
Sur 1000 tirages, j'ai obtenu 352 réalisations. Ce qui va dans le sens de la proba à 35%. Je vais essayer de comprendre les maths maintenant.
-
Bonjour,
Je crois avoir compris le raisonnement d'aléa. Je trouve que cette manière de raisonner est ingénieuse et je n'aurais jamais eu l'idée de raisonner comme cela.
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Bonjour!
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