Loi conjointe et loi marginale urne
Bonsoir,
Je ne comprends pas la correction de la question 1, surtout le passage encadré en rouge, d'où sortent toutes ces puissances ?
Et pourquoi on écrit $i+j \leq 4$ et pas $i+j=4$ ? S'il y a 4 tirages, on a pas $i+j=4$ ?
Je ne comprends pas la correction de la question 1, surtout le passage encadré en rouge, d'où sortent toutes ces puissances ?
Et pourquoi on écrit $i+j \leq 4$ et pas $i+j=4$ ? S'il y a 4 tirages, on a pas $i+j=4$ ?
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Réponses
Et si tu essayais de répondre à la question sans la correction, juste avec une feuille blanche, de quoi écrire, un peu de temps et une saine détermination, comment procèderais-tu ?
On choisit $\Omega =B^4$ où $B$ est l'ensemble des 9 boules.
$card(\Omega)= 9^4$
On prend la loi uniforme car on a autant de chance de prendre n'importe quelle boule.
On a $X(\Omega)= [|0,4|]$ et $Y(\Omega)= [|0,4|]$ et $(X,Y) (\Omega) =\{ (i,j) , i \in X(\Omega) , j \in Y(\Omega) \}= \{ (i,j) \in [|0,4|]^2 \ i+j=4 \}$ car 4 tirages.
Je n'ai pas compris comment déterminer
On sait que $\mathbb P( \{X=i \} \cap \{X=j \} ) =\dfrac{ card (\{X=i \} \cap \{Y=j \} )}{9^4}$
$P( \{X=0 \} \cap \{Y=4 \} )= (\dfrac{2}{9})^4 $
$P( \{X=1\} \cap \{Y=3 \} )= \dfrac{2}{9} \dfrac{3}{9} \binom{1}{2} \binom{3}{3}$
Je ne vois pas pourquoi j'aurais du $4^{4-i-j}$ :-S
Mais c'est super long et il faut une expression générale de la probabilité pour trouver les lois marginales ensuite avec un calcul de somme.
Tu ne vas pas progresser comme ça...
Je ne sais pas faire autrement.
Oh mais en fait il y a une autre méthode pour comprendre ce genre d'exercice, il faut prendre un petit cahier, faire un joli p'tit tableau quadrillé et ensuite s'imaginer si on tire telle boule alors telle proba..., puis l'autre boule alors telle proba.... Alors la proba est....Et après avoir fait ce tableau on peut déduire/conjecturer/ trouver les lois demandées. C'est comme ça qu'on faisait en prépa l'année dernière. D'abord on commençait par des exercices niveau facile avec des petits tableaux puis l'intuition venait et on faisait des exercices de plus en plus difficile.
Je pense que si vous avez du mal c'est parce que vous ne travaillez pas avec une bonne méthode...Mais ce n'est pas grave, ça arrive, on est là pour progresser ;-)
Et toujours garder à l'esprit que les probabilités sont une matières d'intuition et de logique, comme dirait ma petite soeur, parfois nous n'avons limite pas besoin de connaître le cours pour trouver, il suffit juste de réfléchir un p'tit peu...;-)
On a une urne avec 9 boules (2 blanches, 3 rouges et 4 bleues).
On extrait 4 boules successivement avec remise.
Et on demande de compter je ne sais quoi sur cette base.
Un gamin de 14 ans qui est débrouillard et qui n'a jamais appris la moindre notion de probabilité va réussir à compter le nombre de tirages possibles, le nombre de tirages qui commencent par une rouge etc etc etc. Avec de la débrouillardise, et sans avoir appris le moindre cours, il va y arriver. Il ne saura probablement pas trouver une formule magique qui marche pour tous les cas.Et c'est ce qu'on nous demande ici. Mais il saura raisonner.
Ici, il y a un mot 'compliqué' : loi conjointe. Là, il faut avoir appris la définition, il faut comprendre ce mot, et il faut savoir le traduire en langage courant.
Quand on tire 4 boules, si $i$ boules sont blanches et $j$ boules sont rouges, combien sont bleues ? $4-i-j$ ! Un gamin de 14 ans saurait le dire, sans avoir suivi le moindre cours de proba.
Oups pléonasme...ahah (:D
Puis même faire les calculs pour des valeurs de $i$ et $j$ ne change rien à la donne : il faut savoir dénombrer.
Mais je croyais que j'étais le seul nul en dénombrement, ce n'est pas le cas. Dans les rapports de jury des concours Centrale, il est écrit que les étudiants fuient les questions de dénombrement et une question comme "compter le nombre de surjections de $[|1,n+1|]$ dans $[|1,n|]$ il y a seulement $10$ candidats qui ont trouvé sur $3000$. Un grand nombre de candidat n'a pas trouvé le nombre de surjection de $[|1,n|]$ dans $[|1,n|]$.
Mais que représente $2^i \binom{4}{i}$ ?
Je sais que $\binom{4}{i}$ représente le nombre de façons de prendre $i$ boules blanches parmi les 4 boules qu'on va choisir. Mais pourquoi on multiplie par $2^i$ ?
Même question pour $\binom{4-i}{j}$ représente le nombre de façons de prendre $j$ boules rouges parmi les $4-i$ boules qu'on va choisir. Mais pourquoi on multiplie par $2^j$ ?
Pourquoi on ne multiplie pas par le nombre de façons de prendre les boules bleues qui restent ?
@Oshine Une façon d' être très fort en dénombrement c'est de fermer "TON LIVRE" et de ne pas lire "LES RAPPORTS DES JURY " et tu comptes les moutons.
Je le sais ;-) J'en ai mangé des exercices comme ça en prépa HEC, et si je vous le dis c'est parce que vous avez l'air complètement perdu avec cet exercice et en proba pour mieux comprendre certains exercices on commence par les comprendre sur une feuille de brouillon en faisant des cas particuliers. Le brouillon, on ne l'utilise pas dans la rédacrion, c'est juste " pour soi ".
Ça permet de mieux comprendre certains exos parfois et de trouver les lois demandées .
Mais revenons sur un exemple pour mieux comprendre.
Exemple : je cherche le nombre de cas favorables de l’événement $\{ X= 1 \} \cap \{Y=2 \}$ (1 boule blanche et 2 rouges)
.
Mais je ne sais pas comment compter ce nombre de cas favorables.
Soit l’événement $\{ X= 0 \} \cap \{Y=0 \}$
La nombre de cas favorables est $4^4$ car 4 choix pour chaque boule bleue.
Mais j'ai du mal à comprendre pourquoi on doit multiplier par le nombre de combinaisons.
Soir l’événement $\{ X= 2 \} \cap \{Y=1 \}$. C'est (blanche,blanche,rouge,bleue).
Le nombre de cas favorables est $2^2 \times 3 \times 4$. Pourquoi multiplier par le nombre de combinaisons ? Et pourquoi seulement pour les blanches et les rouges ?
C'est toujours la même chose qui me bloque dans les exercices, c'est quand il y a les combinaisons.
Je fais le même raisonnement pour les boules rouges. Le nombre de choix de positions est $\binom{4-2}{1}$ que je dois multiplier par $3^1$
Puis pour les bleues, le nombre de choix de positions est $\binom{4-2-1}{1}$ que je dois multiplier par $3^1$
Pour les bleues, le nombre de choix de positions sera toujours 1 car il y en a $\binom{4-i-j}{4-i-j}=1$, les autres positions étant fixées ?
Quand on veut compter le nombre de tirages qui donnnent 4 boules rouges, on a :
3 cas favorables quand on tire la 1ère boule (elle doit être rouge)
multiplié par 3 encore quand on tire la 2ème boule
Et multiplié encore par 3 et par 3 : 3^4 au final.
Maintenant, un peu plus compliqué , on veut 3 rouges et 1 bleue.
ça peut être Rouge puis Rouge puis Rouge puis Bleue .... mais la bleue n'est pas forcément la dernière. Ca nous convient aussi si la bleue sort en 1ère ou en 2ème ou en 3ème.
On va calculer le nombre de cas qui donnent R puis R puis R puis B ... puis on multipliera par 4. Pourquoi par 4 ? A cause des 4 cas vus ci-dessus, la bleue peut eêtre en position 1 2 3 ou 4. Et on a le droit de multiplier tout simplement par 4, parce que le nombre de tirages RRRB est bien évidemment le même que les cas RRBR RBRR ou BRRR.
Nombre de tirages qui donnent R puis R puis R puis B : 3*3*3*4
Nombre de tirages qui donnent 3 rouges et une bleue : 3*3*3*4*4
Encore un peu plus compliqué : on veut 2 rouges et 2 bleues : toi tu vois ça comme des combinaisons ... soit.
Et encore un peu plus compliqué : on veut 2 rouges , 1 bleue et une blanche. ... Et là, avec tes combinaisons, tu n'as pas de formule. Moi, je compte à la main : on peut avoir R puis R puis B puis A (A=Blanc), ou bien R puis R puis A puis B etc etc. Je compte les différentes dispositions une par une, ça prend 1 minute.
Si je ne veux pas compter toutes les dispositions une par une, je dis qu'il y a 4 rangs possibles pour la Bleue, il reste 3 rangs possibles pour la bleue, et les 2 autres boules doivent être rouges. Donc 4*3=12 façons d'ordonner les couleurs, quand on veut 2 rouges, 1 bleue et 1 blanche.
Puis je multiplie ça par 3*3*2*4.
$$\Pr(X_i=e_1)=2/9,\ \Pr(X_i=e_2)=3/9,\ \Pr(X_i=e_3)=4/9.$$ Alors si $ i_1+i_2+i_3=4$ on a $$\Pr(X_1+X_2+X_3+X_4=(i_1,i_2,i_3))=\frac{4!}{i_1!i_2!i_3!}\left(\frac{2}{9}\right)^{i_1}\left(\frac{3}{9}\right)^{i_2}\left(\frac{4}{9}\right)^{i_3}.$$
tu proposes d'utiliser un bulldozer à quelqu'un qui ne sait pas conduire. Les "flots d'explications" ne sont pas évitable avec quelqu'un qui ne sait pas ce que signifie son énoncé, mais attend des calculs tout faits et compréhensibles pas à pas (par lui). D'ailleurs, pour justifier que ton calcul est une réponse à l'énoncé (que tu ne cites nulle part), il va falloir "des flots d'explications".
Cordialement.