Qu'il est joli garçon, l'assassin de Papa ! (Corbeille, Alcide)
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Bonjour,
Cet énoncé me laisse perplexe…
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Réponses
Il manque une hypothèse (sans doute sous-entendue) du genre : les probabilités qu'il y ait eu, au départ, 0, 1, 2,..6 boules blanches sont égales.
Cordialement.
D'accord, mais la probabilité demandée est-elle celle de tirer 3 blanches puis une noire ? Ou bien, trois blanches ayant déjà été tirées, celle de tirer une noire ?
A+
Cordialement.
Il y a 7 situations initiales équiprobables : 0 blanche, 1 blanche, etc, 6 blanches.
Soit $A = $ "on tire trois blanches d'affilée".
Soit $B = $ "on tire trois blanches d'affilée, puis une noire".
Calculer $\frac{P(B)}{P(A)}$.
Effectivement, mais on ne connaît pas n. Le nombre de boules blanches est une variable aléatoire entière entre 3 et 6.
Cordialement.
NB : Si j'ai bien interprété l'énoncé, on peut se contenter de règles élémentaires, en commençant par les probabilités totales.
NBB : On aimerait avoir une réaction de Piteux_gore.
Le problème provient d'un ouvrage qui fut en son temps (longtemps ?) une référence dans les pays anglophones : Higher Algebra (1889) par Hall et Knight.
Il regorge de questions posées à TRIPOS, Cambridge, Oxford, école militaire de Woolwich, Université de Londres ; les réponses (sans démonstrations) figurent en fin de livre.
Vous le trouverez sur le site Internet Archive.
A+
Merci pour cette référence. Effectivement, ces lives anglo-saxons de la fin du XIXème siècle, début du XXème, nous donnent des sujets d'exercices très intéressants. Voir aussi par exemple Chrystal, ou Todhunter, ou Durell & Robson et sans doute d'autres. Celui de Hall et Knight est disponible aussi ici : https://www.forgottenbooks.com/en
Maintenant, pour l'exercice en question aujourd'hui, je suis conforté dans mon scepticisme par l'avis d'expert d'aléa.
Bonne journée.
Fr. Ch.
Voici la solution proposée (dans le solutionnaire associé au livre de Hall & Knight).
A+
https://ia600208.us.archive.org/5/items/cu31924105225399/cu31924105225399.pdf
Mais je ne vois pas bien d'où viennent tous ces nombres.
Si le nombre de boules blanches suit une loi uniforme sur $\{3,4,5,6 \}$, la réponse me semblerait plutôt :
$(\frac 66 \times \frac 14) +(\frac 67 \times \frac 14) +(\frac 68 \times \frac 14) +(\frac 69 \times \frac 14 )$, soit sauf erreur : $\frac {275}{336}$.
Qu'en dites-vous ?
Bonne après-midi.
Fr. Ch.
https://www.wolframalpha.com/input/?i=(3/9*2/8*1/7+4/10*3/9*2/8*6/7+5/11*4/10*3/9*6/8+6/12*5/11*4/10*6/9)/(3/9*2/8*1/7+4/10*3/9*2/8+5/11*4/10*3/9+6/12*5/11*4/10)
Première possibilité :
Si le sac contient au départ $n\geq 3$ balles blanches alors la probabilité de tirer une balle noire est de $\frac{6}{n+3}$. On obtient alors $\frac{1}{4}(\frac{6}{6} + \frac{6}{7}+\frac{6}{8}+\frac{6}{9})$.
Deuxième possibilité :
Le fait qu'on ait tiré 3 balles blanches d'affilé modifie la distribution des sac à laquelle on pourrait s'attendre : il est plus probable de tirer 3 blanches d'affilé dans un sac en contenant 6 que dans un sac en contenant 3 (ou 2). On fait alors le calcul suggéré par marsup :
La probabilité de tirer 3 balles blanches d'affilé est $\frac 1 7 (0 + 0 + 0 + \frac{3*2*1}{9*8*7} + \frac{4*3*2}{10*9*8} + \frac{5*4*3}{11*10*9} + \frac{6*5*4}{12*11*10})$
La probabilité de tirer 3 blanches puis une noire est $\frac 1 7 (0 + 0 +0 \frac{3*2*1}{9*8*7}*1 + \frac{4*3*2}{10*9*8}*\frac 6 7 + \frac{5*4*3}{11*10*9} * \frac 6 8 + \frac{6*5*4}{12*11*10} * \frac 6 9)$.
On fait alors le rapport de ces deux probabilités.
La troisième possibilité serait de dire que sans un espace probabilisé bien défini l'exercice n'a pas de sens bien défini. Mais nous sommes plusieurs années avant la naissance de Kolmogorov alors ce n'est pas très raisonnable...
Et que ce n'est pas un corrigé : Aucune explication (justification) des calculs, qu'on peut laisser au lecteur quand on a donné les règles utilisées. On corrige le très facile (multiplier des fractions), pas l'exercice de probas.
Cordialement.
Comment peut-on accéder au site us.archive.org ?
A+
Kolmogorov ou pas, considérer que ce qui est inconnu est en fait aléatoire suivant une loi à deviner n'est pas raisonnable.
Je pense que c'est une objection qu'on pouvait faire sans l'axiomatique de Kolmogorov, en tout cas c'est un exercice à ne surtout pas poser, si ce n'est pour le discuter.
Bizarre de dire ça.
C'est une approche Bayésienne : ce qui est inconnu est aléatoire, avec une loi "prior" (prieure ?) qui décrit nos préjugés : ici la loi uniforme est conforme à ce que l'on sait (rien, donc, si ce n'est qu'on est entre 0 et 6)
On dispose de 4 urnes. La première a 6 boules noires et 3 blanches, la deuxième 6 boules noires et 4 blanches etc. On tire au hasard une urne puis on tire 4 boules dans l'urne choisie, sachant que les trois première boules sont blanches, quelle est la probabilité que la 4ème soit noire ?
L'allusion à Kolmogorov était plus une boutade qu'autre chose.
Je suis peut-être très très lourd, mais il y a trop de gens qui croient savoir des probas et en fait inculquent des idées fausses.
Pour l'examinateur de Cambridge, je suppose qu'il mange des pissenlits par la racine, mais je ne voudrais pas laisser penser que c'est une bonne idée d'exo à poser.
@Chaurien
Les 3 premières boules qu'on a tirées sont blanches ; donc ça élimine purement et simplement certains scénarios (les scénarios avec seulement 1 ou 2 boules blanches dans l'urne), et ça rend hautement improbable le scénario : il y avait 3 boules blanches dans l'urne.
Ce 'hautement improbable' se traduit en équation (Bayes)
En fait, il faut décomposer :
Question 1 : Quelle est la probalité que l'urne contenait 3 (respectivement 4 5 ou 6) boules blanches. C'est l'étape la plus compliquée.
Question 2 : Dans chacun des 4 cas, quelle est la probabilité que la prochaine boule soit noire
Question 3 : Moyenne pondérée.
On aurait même pu nous dire avant le début qu'il y avait plus de 3 blanches, mais ça n'aurait rien changé, vu qu'on s'en aperçoit au cours de l'expérience, justement.
https://la-conjugaison.nouvelobs.com/du/verbe/falloir.php
Bonne soirée.
Fr. Ch.
Réflexion faite, le raisonnement exposé dans le solutionnaire est le suivant.
Avant le tirage, la probabilité de tirer $3$ blanches d'affilée dans un sac dont on sait a posteriori qu'il contenait $3, 4, 5\ ou \ 6$ blanches sur $9$ boules en tout était $1/84 + 1/30 + 2/33 + 1/11 = 909/4620$.
Après le tirage, la probabilité que les $3$ blanches ont été tirées d'un sac contenant $3$ blanches est donc égale à ${{1/84} \over {909/4620}} = 55/909$, etc.
A+
En effet on pourrait généraliser le problème de l'exercice comme suit : on dispose d'une famille finie $(\Omega_i, \mathcal{A}_i, P_i)_I$ d'espaces probabilisés indexée par l'ensemble fini $I$ et d'une probabilité $p$ sur $(I, \mathcal{P}(I))$ et on considère l'expérience aléatoire suivante :
on tire au hasard un élément $i\in I$, puis un élément de $\Omega_i$.
À partir de là c'est l'espace mesurable somme des $(\Omega_i, \mathcal{A}_i)_I$ qui permet de modéliser l'expérience aléatoire (mon Dieu je viens juste de me rendre compte du sens du pseudo d'aléa...).
La construction de cette somme n'est pas compliquée.
1) L'ensemble des issues possibles est l'union disjointe $\displaystyle\coprod_I \Omega_i$.
2) La tribu sur $\displaystyle\coprod_I \Omega_i$ est la famille d'ensembles du type $\displaystyle\coprod_I A_i$ où $\forall i, A_i\in \mathcal{A}_i$ notée $\displaystyle\coprod_I \mathcal{A}_i$.
La somme est donc l'espace mesurable $\displaystyle (\coprod_I \Omega_i, \coprod_I\mathcal{A}_i)$.
Ensuite on peut munir cette somme d'une probabilité "naturelle" :
une probabilité sur l'espace mesurable $\displaystyle (\coprod_I \Omega_i, \coprod_I\mathcal{A}_i)$ est donnée par $\displaystyle P(\coprod_I A_i):=\sum_I p(i)P_i(A_i)$
On pourrait d'ailleurs essayer de généraliser encore plus en supposant que l'ensemble des indices $I$ n'est pas fini et en considérant un espace probabilisé général $(I, \mathcal{I}, \mathbb{P})$.
Dans ce cas est-ce que la sommes des $(\Omega, \mathcal{A}_i)_I$ existe toujours...? et si oui existe-t-il une probabilité "naturelle" sur cette somme ?
Voilà en espérant n'avoir pas dit trop de salades. Nul doute que si j'en ai dites on me le fera remarquer...avec les fautes d'orthographe qui vont avec of cuuurse.
On part d'une distribution a priori. (uniforme)
On observe de nouvelles informations (on a tiré trois blanches d'affilée).
On en déduit (calcule) une nouvelle distribution a posteriori.
On calcule une nouvelle probabilité (de maintenant tirer une noire) sous cette distribution a posteriori. (c'est une probabilité conditionnelle, en fait !)
La solutionnarisation proposée est typiquement Bayésienne.
Ça ne me semble pas judicieux de critiquer la formulation de l'exercice lui-même, car, s'il y a quelque chose à critiquer, c'est l'approche Bayésienne elle-même, mais évidemment, c'est un plus gros morceau que juste cet exercice, qui est en effet d'un intérêt limité.
Dans le texte, il n'y a pas l'ombre du choix d'un modèle.
On est dans le cadre malheureusement très classique encore dans les énoncés d'aujourd'hui où on pose une question relative au monde physique, où il n'y a pas de place visible pour le choix d'un modèle, et où on va rajouter des hypothèses (indépendance, loi uniforme) sans même en être conscient. C'est le fameux "quand on ne sait pas, c'est une chance sur deux".
La répétition de ce genre d'énoncé rend complètement aveugle aux problématiques de la modélisation. Or être capable de faire la différence entre les hypothèses faites dans la modélisation, (qu'elle soit probabiliste ou pas) et les calculs proprement dits, c'est quelque chose de fondamental pour la construction d'une idée saine de la place des maths dans les questions techniques ou politiques.
En réalité, l'exercice n'évalue rien d'intéressant, si ce n'est la bonne compréhension du paradigme bayésien.
Si on me dit que dans les années 1880 en Angleterre, les exos de proba visaient à s'assurer de la connaissance de ce point de vue bayésien, je le croirai volontiers, et ça ne me semblera pas scandaleux.
Je trouve qu'il ne faut pas projeter sur une autre époque les exigences de la nôtre (un raisonnement mathématique dans un examen est uniquement déductif, en gros.)
D'ailleurs, il me semble que nos exigences à nous sont aussi plus nuancées : on trouve souvent des question du type : voici une représentation graphique, conjecturer XYZ.
À la même époque, dans les examens de géométrie pour l'admission à l'école Polytechnique, on faisait de la mécanique. (ce n'est même pas des maths !)
À moi, ça ne me semble pas scandaleux de faire faire des hypothèses. Ce ne sont pas des maths déductives, mais il n'y a pas non plus que ça dans la vie.
Ici, le fait de partir d'une distribution uniforme (avec indifféremment [0 à 6] ou [1 à 6] blanches initialement) me semble canonique (pas de paradoxe de Bertrand en vue, ici !)
Faire des hypothèses, c'est une chose.
Confondre les hypothèses avec ce que l'on sait en est une autre.
J'ai l'impression que tu parles d'un traitement intelligent, distancié, qu'on pourrait faire de cet énoncé, mais qui est très loin de l'énoncé et de la solution proposée.
Le seul reproche, c'est que souvent les situations sont trop simples, et que du coup ça prend trois plombes là où un peu de réflexion suffirait.
\[ p(\vec k)= \dfrac{ k_{{3}}\,\dfrac {1}{84}+k_{{4}}\,\dfrac 1 {35}+k_{{5}}\, \dfrac 1 {22}+k_{{6}}\, \dfrac {2}{33} }
{ k_{{3}}\,\dfrac {1}{84}+k_{{4}}\,\dfrac 1 {30}+k_{{5}}\, \dfrac {2}{33}+k_{{6}}\, \dfrac 1 {11} }
\]
Si l'on pense que les chances de n=3,4,5,6 sont 1:1:1:1, cela fait $p= \dfrac {677}{909}\approx 0.745$. Si l'on pense que les chances sont 3:4:5:6, cela fait $p=\dfrac {1141}{1567}\approx .728$. Si l'on pense l'inverse, cela fait $\dfrac{840}{1097} \approx .766$. Et si l'on n'en pense rien, il ne reste plus que $2/3\leq p \leq 1$.
Cordialement, Pierre.