Koh Lanta et les proba !

Koalito · November 2017

Bonsoir
Mon fils, en Terminale S, se divertissant devant l'émission Koh Lanta, vendredi soir, il m'est venu une idée de problème à lui soumettre.

Il y reste 8 candidats qui seront prochainement associés (par tirage au sort), en binômes, pour participer aux prochaines épreuves (donc 4 binômes).
Parmi ces 8 candidats, 5 sont "anciens" et 3 sont "jeunes".
La constitution de ces binômes étant importante pour la suite du jeu (je vous passe l'aspect tactique de Koh Lanta :-)), la question est la suivante.

Quelle est la probabilité pour qu'après le tirage au sort, il y ait au moins un binôme "de deux jeunes"

(oui, je sais, puisque les "jeunes" sont trois, j'aurais pu écrire "pour qu'il y ait UN binôme de jeunes, mais je garde cette formulation pour introduire une autre question ultérieurement).
Je me suis donc penché sur le problème, et j'ai pensé l'avoir résolu de la manière suivante.

1) Dénombrement de tous les arrangements de tirages de 4 binômes parmi 8 candidats :
- Premier tirage : 2 candidats parmi 8 > C(8,2) = 28
- Deuxième tirage : 2 candidats parmi les 6 restants > C(6,2) = 15
- Troisième tirage : 2 candidats parmi les 4 restants > C(4,2) = 6
- Quatrième tirage : 2 candidats parmi ... heu ... ben les 2 restants, bien sur ! > C(2,2) = 1
Ainsi, il y a : 28 x 15 x 6 x 1 = 2 520 arrangements possibles de 4 binômes parmi 8 candidats.

2) Prise en compte des “permutations” :
Parmi les 2 520 tirages de 4 binômes, on ne doit prendre en compte qu’un seul tirage pour chaque ensemble de permutations possibles de 4 binômes.
(en effet : { (A;B) , (C;D) , (E;F) , (G;H) } représente le même évènement que { (C;D) , (E;F) , (G;H), (A;B) } ou { (C;D) , (A;B) , (G;H), (E;F)}, etc.)
La nombre de permutations de 4 éléments (ici : 4 binômes) est : 4 ! = 4 x 3 x 2 x 1 = 24 permutations
Le nombre de combinaisons de 4 binômes est donc au final : 2 520 / 24 = 105 combinaisons

3) Dénombrement des combinaisons de 4 binômes contenant un binôme de jeunes :
il y a C(3,2) = 3 binômes de jeunes possibles.
Pour chaque binôme de jeunes, il y a C(6,2) x C(4,2) x C(2,2) = 15 x 6 x 1 = 90 arrangements possibles avec 3 autres binômes.
Comme précédemment, il faut prendre en compte un seul tirage pour chaque ensemble de permutations du binôme de jeunes avec les 3 autres binômes.
Il y a donc 3 ! = 3 x 2 x 1 = 6 permutations à chaque fois, et donc : 90 / 6 = 15 combinaisons pour chacun des trois binômes de jeunes
Le nombre de combinaisons de 4 binômes comprenant un binôme de jeunes est donc au final : 3 x 15 = 45 combinaisons

4) Il n’y a plus qu’à ...
... calculer le probabilité recherchée : 45 / 105 = 0,4285 soit environ 43 %
Tout d'abord ... Etes-vous d'accord avec mon raisonnement et mon résultat ?
(merci par avance de vos avis, car il est important pour moi de l'avoir avant d'aller plus loin dans ma proposition de problème)
Cordialement,
Koalito

Fin de partie · November 2017

Koalito a écrit:

Parmi ces 8 candidats, 7 sont "anciens" et 3 sont "jeunes".

Donc au moins un candidat est ancien et jeune ?
I'm old but not obsolete (Arnold Schwarzenegger)

Koalito · November 2017

Oups !!!
Désolé pour cette coquille !
Il y a, bien sur 5 "anciens" et 3 "jeunes" !
Je corrige l'énoncé !

P. · November 2017

Pas lu ton raisonnement, mais je trouve aussi $3/7.$

jandri · November 2017

D'accord pour le raisonnement et le résultat mais on peut aller plus vite.

Je note $u_{2n}$ le nombre de façons d'associer deux par deux $2n$ personnes. On a $u_8=7u_6$ puisqu'il faut associer à la plus jeune personne l'une des $7$ autres et ensuite associer deux par deux les $6$ autres.

Ensuite on dénombre les "cas favorables": $3$ choix pour le binôme de jeunes et $u_6$ possibilités pour associer deux par deux les $6$ personnes qui restent.

D'où la probabilité $\dfrac{3u_6}{7u_6}=\dfrac37$.

Koalito · November 2017

Merci de vos réponses.
@jandri : effectivement, je suis conscient qu'on pouvait simplifier, mais ce n'était pas mon but, car je voulais aller du cas particulier vers un cas plus général.

Du coup, puisque vous êtes d'accord avec mon raisonnement et le résultat, voici ce qu'est devenu mon problème.

D'une manière générale, quelle est la probabilité d'avoir au moins un binôme de "jeunes" dans un tirage parmi n candidats dont j jeunes ? (avec n pair, bien sur).

J'ai posé :
Bj = nombre de tirages (de n/2 binômes) comprenant au moins un binôme de jeune
Btot = nombre total de tirages possibles de n/2 binômes

1) Calcul de Btot :
Btot = [ C(n,2) x C(n-2, 2) x ... x C(2,2) ] / (n/2)! (La division par (n/2)! correspond au nombre de permutations de (n/2) binômes)
Btot = [ n x (n-1) x (n-2) x (n-4) x ... x 2 x 1 ] / (2 x 2 x .... x 2) (n fois) / (n/2)!
Btot = n! / [2^(n/2) x (n/2)!]

2) Calcul de Bj :
Il y a C(j,2) binômes de jeunes possibles
Pour chaque binôme de jeune, il y a C(n-2, 2) x C(n-4,2) x ... x C(2,2) arrangements avec les (n/2 - 1) autres binômes, et il y a (n/2 - 1)! permutations à chaque fois.
Donc au total :
Bj = C(j,2) x [ C(n-2, 2) x C(n-4,2) x ... x C(2,2) ] / (n/2 - 1)!
Bj = C(j,2) x [ (n-2) x (n-4) x ... x 2 x 1 ] / (2 x 2 x .... x 2) (n/2 - 1 fois) / (n/2 - 1)!
Bj = (n-2)! / [2^(n/2 - 1) x (n/2 - 1)!
Bj = [ j x ( j-1) x (n-2)! ] / [ 2^(n/2) x (n/2 - 1)! ]
Désolé, ce n'est pas très agréable à lire ... je ne maîtrise pas Latex :-(
La probabilité cherchée est donc Bj / Btot.

Pour le cas particulier déjà calculé précédemment (n = 8 et j = 3), on vérifie :
Bj = ( 3 x 2 x 6! ) / (2^4 x (4-1)!) = 4320 / 96 = 45
Btot = 8! / (2^4 x 4!) = 40320 / 384 = 105
et ... bj / Btot = 45/105 = 3/7
... on retrouve bien la probabilité calculée précédemment !

Alors là ... je me suis dit ... BINGO ! Mon expression de cette probabilité est correcte et doit fonctionner pour tout n et j cohérent ...

Hélas ... j'ai essayé avec n=10 et j=5 (donc 10 candidats dont 5 jeunes) :
Je trouve alors :
Bj = ( 5 x 4 x 8! ) / (2^5 x (5-1)!) = 806 400 / 768 = 1050
Btot = 10! / (2^5 x 5!) = 3 628 800 / 3 840 = 945
Ce qui est un résultat stupide, car on obtient alors une probabilité supérieure à 1 !!!

AU SECOURS ! Est-ce que quelqu'un voit ce qui cloche ?
Merci d'avance !

jandri · November 2017

Ta formule n'est pas valable si $j\geq4$ car il peut y avoir deux binômes de jeunes (ou plus) et tu comptes plusieurs fois les mêmes répartitions.

Il est plus facile de calculer la probabilité de l'événement contraire: pas de binôme de jeunes.
On suppose $j\leq n-j$ (sinon la probabilité est nulle).
Il y a $\dfrac{(n-j)!}{(n-2j)!}$ façons de former les binômes formés d'un jeune et d'un non jeune.
Il y a $(n-2j-1)\times(n-2j-3)\times...\times3\times 1$ façons de former les autres binômes.

Le nombre total de tirages possibles est $(n-1)\times(n-3)\times...\times3\times 1$

En simplifiant on obtient la probabilité demandée:
$1-\displaystyle\prod_{k=0}^{j-1}\dfrac{n-2k}{n-k}$.

Cette formule est encore valable quand $j>n-j$ (elle donne bien 1) et quand $j=1$ (elle donne bien 0).

Koalito · November 2017

Merci beaucoup pour ton explication, jandri !(tu)

Peux-tu simplement me détailler comment tu obtiens (n-2j)! au dénominateur de l'expression qui comptabilise les binômes jeune/ancien ?

jandri · November 2017

Pour former les binômes "jeune/ancien" on associe à chacun des $j$ jeunes l'un des $n-j$ anciens.
Il y a $(n-j)\times(n-j-1)\times...\times(n-2j+1)=\dfrac{(n-j)!}{(n-2j)!}$ façons.

Koalito · November 2017

Ah mais oui !
Je viens de comprendre :

c'est (n-j) x (n-j-1) x (n-j-2) ... avec j termes, donc le dernier terme est : (n-j) - j + 1 = (n-2j+1) !

C'est le "2j" qui me troublait !

Encore merci pour ces explications !

jandri · November 2017

Merci d'avoir proposé ce problème que je ne connaissais pas. Cela m'a donné l'idée d'autres questions.

Quelle est la probabilité d'avoir exactement $k$ binômes de "jeunes" dans un tirage parmi $n$ candidats dont $j$ jeunes ? (avec $n$ pair)
Cela revient à rechercher la loi de probabilité de la variable aléatoire $X$ égale au nombre de binômes de "jeunes".
Même question avec la variable aléatoire $Y$ égale au nombre de binômes "d'anciens" et la variable aléatoire $Z$ égale au nombre de binômes "mixtes".

J'ai pu ensuite calculer l'espérance de chaque variable aléatoire et m'apercevoir (après calcul) que le résultat était prévisible.
J'ai aussi calculé la variance de chaque variable aléatoire.

jonbatiss · January 2023

Bonsoir,
désolé de déterrer le sujet mais je n'en trouve pas d'autre. Cependant, quand on applique la formule de jandri :

Ta formule n'est pas valable si $j\geq4$ car il peut y avoir deux binômes de jeunes (ou plus) et tu comptes plusieurs fois les mêmes répartitions.

Il est plus facile de calculer la probabilité de l'événement contraire: pas de binôme de jeunes.
On suppose $j\leq n-j$ (sinon la probabilité est nulle).
Il y a $\dfrac{(n-j)!}{(n-2j)!}$ façons de former les binômes formés d'un jeune et d'un non jeune.
Il y a $(n-2j-1)\times(n-2j-3)\times...\times3\times 1$ façons de former les autres binômes.

Le nombre total de tirages possibles est $(n-1)\times(n-3)\times...\times3\times 1$

En simplifiant on obtient la probabilité demandée:
$1-\displaystyle\prod_{k=0}^{j-1}\dfrac{n-2k}{n-k}$.

Cette formule est encore valable quand $j>n-j$ (elle donne bien 1) et quand $j=1$ (elle donne bien 0).

Pour j=4 et n = 10 je trouve 13/21 soit un nombre supérieur à 1/2
ça me paraît un peu contre intuitif, est ce que j'ai loupé quelque chose ?

lourrran · January 2023

Pour simplifier le vocabulaire, je vais dire qu'on perd si on a au moins une paire avec 2 jeunes.
J'organise la mise en place ainsi (ça ne change rien aux probas) :
Le 1er jeune tire un partenaire au hasard : $6$ choix favorables sur $9$ choix possibles : Dès le premier tirage, on a déjà $1$ chance sur $3$ de "perdre".
Si on a "gagné" cette première étape éliminatoire, le 2ème jeune tire lui aussi un partenaire au hasard. $5$ chances sur $7$ de tirer un vieux, donc à nouveau $2$ chances sur $7$ de perdre.
etc
Pas étonnant qu'on arrive à plus de $1$ chance sur $2$ de perdre.
Et effectivement, on gagne avec une proba de $8$ sur $21$ seulement.

jonbatiss · January 2023

Ok, ce n'est donc pas une erreur, merci beaucoup

Koh Lanta et les proba !

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