proba sur 3 ou 2 dés

waxacaflo
waxacaflo
dans Probabilités, théorie de la mesure
Bonsoir à tous
Voici une petite question de maths orientés jeux de rôles. ;)
J'ai quelques souvenirs de lointaines études de maths, qui m'aident à calculer des probas simples, mais je ne suis plus sûre quand ça se complique.
Pour avoir un 7, en lançant 3 dés (6), mais pour lesquels je peux en garder deux, si le 7 est obtenu avec 2, je dois compter avec :
0/6 de le faire avec 1 dé
6/36 de le faire avec 2 dés
et 15/216 de le faire avec 3 dés.
Sauf que, dans mon lancer, je peux faire 3 groupements de 2 dés ...
Donc, c'est là que ça coince, est-ce que la proba est la suivante ?
P(7) = 0 + 3x 6/36 + 15/216
Ça me semble trop simple ...

Réponses

  • gerard0
    gerard0
    Bonjour.

    C'est plus compliqué que ça, parce que si tu as fait 5, 2, 2, tu as deux façons de faire 7 avec 2 dés. Tu peux éventuellement traiter le problème comme on le fait actuellement en lycée, avec un arbre des possibilités, et en distinguant tes dés (qu'ils soient identiques ou de couleurs différentes ne change rien à l'affaire).

    Bonne réflexion !
  • remark
    remark
    .
  • waxacaflo
    waxacaflo
    Merci à vous deux, Gerard0 et Remark,
    ça me semble bien mieux, avec des intersections à enlever. :)

    Je suis en plein préparatifs de déménagement, donc un peu très occupée.
    Mais demain, je vais passer pas mal de temps en train, je vais pouvoir m'y remettre.

    Dire qu'il y a 20 ans, les probas étaient un de mes modules préférés de licence, parce qu'un des plus concrets... j'en ai oublié beaucoup. ;)
  • waxacaflo
    waxacaflo
    Re-bonjour,
    emménagement terminé, retour à mes calculs...

    J'ai appliqué la formule des unions/intersections et j'ai trouvé, pour obtenir 7 avec deux dés (sur les 3 utilisés):
    P(7) = 3 x ( 6/36 - 12/216) ou (108-3x12) / 216
    avec pour exemple, sur les deux dés : 16- 61- 25- 52- 34- 43- et en éliminant 161, 166, 611 et 616 (donc 4 intersections à virer pour le couple 1/6, donc 12 avec les couples 2/5 et 3/4)

    Mon copain, lui, a cherché, de façon plus intuitive, en listant les 216 tirages, via excel... il trouve les 108 / 216 qui donnent 7 avec deux dés, puis élimine les doubles - ce qui en fait moitié moins que moi (à savoir 6, quand on a listé tous les tirages avec 7 fait avec le couple 1/6)
    Il obtient donc un P(7) = 108-(3x6) / 216

    Nous pensions valider les méthodes en obtenant le même résultat... raté !

    J'ai donc un gros doute maintenant :
    est-ce qu'il se trompe, en confondant doubles et intersections ? et si oui, comment lui montrer le lien entre la formule et son listing ?
    Je lui ai parlé formule mais surtout "patate", mais cela ne l'a pas convaincu...
    ou est-ce que je me trompe, en voulant éliminer 161 et aussi 611, ainsi que 166 et aussi 616, et qu'il n'en faudrait que 2 (donc 6 en tout) ?

    Bref, j'avais fait plein d'autres calculs, mais je veux m'assurer de qui a trouvé le bon truc avant de continuer...
  • Siméon
    Siméon
    Il me semble que vous vous trompez tous les deux. Le fond du problème est de compter tous les triplets $(a,b,c)$ avec $a,b,c$ dans $\{1,2,3,4,5,6\}$ tels que : $a+b+c = 7$ ou $a+b=7$ ou $b+c=7$ ou $c+a=7$.

    Notons respectivement $E_{xyz}, E_{xy}, E_{yz}, E_{zx}$ les ensemble de triplets qui correspondent à ses quatre cas.

    L'ensemble $E_{xyz}$ contient $15$ triplets et il n'intersecte aucun des trois autres ensembles (si $a+b+c=7$ alors $a+b$, $b+c$ et $c+a$ sont plus petits que $6$).

    Chacun des ensembles $E_{xy}, E_{yz}$ et $E_{zx}$ contient $6\times 6 = 36$ triplets, mais ils s'intersectent ! Chacune des trois intersections $E_{xy} \cap E_{yz}$, $E_{yz} \cap E_{zx}$ et $E_{zx} \cap E_{xy}$ contient exactement $6$ triplets. En revanche, l'intersection $E_{xy} \cap E_{yz} \cap E_{zx}$ ne contient aucun triplet (si on avait $a+b=b+c=c+a=7$, alors $3\times 7 = 2a+2b+2c$ serait un nombre pair... )

    Bref, par inclusion-exclusion, le nombre total de triplet est : $15 + 3\times 36 - 3 \times 6 + 0 = 105$ et la probabilité recherchée vaut donc $\dfrac{105}{216}$.

    P.S. Après relecture de ton message, je crois que cela correspond à ce qu'a fait ton ami.
  • waxacaflo
    waxacaflo
    OK, donc, pour le 15 et le 0, on n'avait pas de souci, donc on s'était concentrés sur les 7 avec deux dés.
    Nous avions aussi les 36, c'était sur ceux à enlever que nous avions souci : les 12 ou 6...
    C'était donc moi qui me suis trompée, en comptant trop de triplets dans les intersections ;)

    Et, je viens de trouver pourquoi en l'écrivant :
    J'avais compté (1,6,1), (1,6,6), (6,1,1) et (6,1,6), ainsi que (2,5,2), (2,5,5), (5,2,2) et (5,2,5) et enfin (3,4,3), (3,4,4), (4,3,3) et (4,3,4)
    ce qui m'avait fait mélanger les trois et pas juste les intersections deux à deux.
    C'est ton formalisme dans l'écriture des ensembles qui m'a fait trouver mon erreur.
    Merci Siméon. :)
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