Tirage avec remise
Bonjour,
je n'arrive pas a résoudre l'exercice suivant.
Un sac contient quatre jetons rouges, trois jetons verts et deux jetons bleus.
On tire des jetons, avec remise, jusqu'à obtention de deux jetons de même couleur consécutifs. Calculer la probabilité que les deux jetons de même couleur soient bleus.
Merci pour votre aide.
je n'arrive pas a résoudre l'exercice suivant.
Un sac contient quatre jetons rouges, trois jetons verts et deux jetons bleus.
On tire des jetons, avec remise, jusqu'à obtention de deux jetons de même couleur consécutifs. Calculer la probabilité que les deux jetons de même couleur soient bleus.
Merci pour votre aide.
Réponses
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L'exercice est plus compliqué qu'il n'y paraît.
Si tu as eu des cours sur les chaines de Markov, je pense que c'est le moment de les ressortir.Tu me dis, j'oublie. Tu m'enseignes, je me souviens. Tu m'impliques, j'apprends. Benjamin Franklin -
Bonsoir,
Chaînes Markov non pas encore. Mais peut on faire plus simple.
Merci. -
Cet exercice est dans quel cadre ?
Si c'est dans un cadre scolaire, j'imagine que cet exercice suit un certain cours. Quelles étaient les notions vues dans ce cours ?
Personnellement, je vois une méthode, celle que j'ai proposée. Il y a peut-être d'autres méthodes, peut-être d'autres noms pour cette méthode. Si tu nous donnes des indices sur ce que tu sais ou ce que tu es sensé savoir, on pourra mieux t'aider.Tu me dis, j'oublie. Tu m'enseignes, je me souviens. Tu m'impliques, j'apprends. Benjamin Franklin -
Je suis d'accord avec Lourrran : c'est un exercice beaucoup plus difficile que celui-ci : http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?12,2200862,2200862
D'ailleurs, moi, je ne sais pas le faire.
Je me demande s'il n'y a pas une erreur d'énoncé, et qu'il aurait fallu lire :on a une urne avec 4 rouges, 3 verts, 2 bleus.
On pioche avec remise 2 jetons.
On s'aperçoit qu'ils sont de la même couleur.
Quelle est la probabilité qu'ils soient tous les deux bleus ? -
Bonjour
J'adooore ce problème. Je prends le risque de me tromper, en tentant une résolution.
En lieu et place de l'arbre habituel, je prends un graphe qui a pour nœud la couleur du dernier tirage, et pour arête le tirage prochain. Et je vais considérer une matrice de transfert pour avoir la proportion de population tour après tour.
$M=\left ( \begin{matrix} 0 & \frac 3 9 & \frac 2 9 & \frac 4 9 & 0 & 0\\ \frac 4 9 & 0 & \frac 2 9 & 0 & \frac 3 9 & 0 \\ \frac 4 9 & \frac 3 9 & 0 & 0 & 0 & \frac 2 9 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 \end{matrix} \right )$
Mon vecteur de départ est $(\frac 4 9, \frac 3 9, \frac 2 9, 0, 0, 0)$. C'est la répartition de 100% de la population après le premier tirage. Les 3 dernières valeurs sont des accumulateurs des cas de tirage de la couleur déjà tirée. Auquel cas le processus s'arrête.
Le tableur donne une convergence vers $(0; 0; 0; 0,524981357196122; 0,319910514541387; 0,155108128262491)$, uniquement car le tableur est dépassé par la petitesse des 3 premières valeurs. Les cas qui s'ajoutent sont de probabilités négligeables.
Il y a donc environ- 52% des cas qui sortent avec 2 rouges
- 32% qui sortent avec 2 verts
- 16% qui sortent avec 2 bleus.
Confirmez-vous ?Ce site est fatigant. Les gens modifient sans cesse leurs messages passés, et on ne comprend plus rien à la discussion. Je suis nostalgique du temps où, si on postait une bêtise, on devait l'assumer. Et si on cite le passage pour l'ancrer, l'administrateur supprime en disant qu'on n'a pas besoin de recopier le message passé. -
Oui effectivement.
Quand on voit les 2 exercices côte à côte, il y a un problème de cohérence.
Il a posé cet exercice aussi sur un autre site , sans donner les précisions nécessaires. A priori, il n'aura pas plus de réponse.
La solution que je connais plus ou moins :
On a 7 situations possibles :
Vide : au tout début de la partie
R : On a tiré une boule et elle est Rouge, ou bien on a tiré plusieurs fois des boules, avec jamais 2 boules consécutives de même couleur, et la dernière tirée est Rouge
V ou B : Idem
RR : La partie s'arrête, on a tiré 2 boules rouges consécutives.
VV ou BB : Idem.
On a un vecteur initial $U_0= (1,0,0,0,0,0,0)$ : On est dans la situation "Vide" au départ.
On a une matrice de passage :
Partant de Vide, on peut aller vers R , V ou B avec des probas 4/9, 3/9 et 2/9 ; la 1ère ligne de la matrice est donc 0, 4/9, 3/9, 2/9, 0, 0, 0
Partant de R , on peut aller vers RR, V ou B, avec des probas 4/9, 3/9 et 2/9 ; la 2ème ligne de la matrice est donc 0, 0, 3/9, 2/9, 4/9,0,0
etc etc
Partant de RR, on ne peut aller que vers RR : la 5ème ligne de la matrice est donc 0,0,0,0,1,0,0
etc etc
Si on multiplie cette matrice $M$ par elle-même plein de fois , si on calcule $M^{1024}$ par exemple, on a le résultat des probas au bout de 1024 tirages.
On rate donc les cas où au bout de 1024 tirages, on n'a toujours pas eu 2 fois de suite la même couleur. Totalement marginal. Et il suffit de 10 multiplications de cette matrice.
Et en multipliant cette matrice par le vecteur $U_0$, on trouve les probabilités des différentes situations en partant de $U_0$.
A priori, en inversant je ne sais quelle matrice, on trouve la vraie valeur, mais j'ai zappé cette partie.Tu me dis, j'oublie. Tu m'enseignes, je me souviens. Tu m'impliques, j'apprends. Benjamin Franklin -
Bon, on dit la même chose, avec 2 choix légèrement différentsTu me dis, j'oublie. Tu m'enseignes, je me souviens. Tu m'impliques, j'apprends. Benjamin Franklin
-
Bonjour,
Avec la matrice (et un petit logiciel de calcul formel) on trouve que la réponse exacte est $\frac{208}{1341}$, qui vaut effectivement $0.1551081282624...$
(Edit : lourran je viens de voir que tu suggérais justement de faire le calcul exact) -
On peut quand même considérer que c'est Marsup qui a fait le bon diagnostic ici : Marsup
Et la variante de l'exercice qu'il propose est beaucoup plus abordable.
Si Msf est au lycée ou en L1, c'est cet exercice là qu'il faut traiter... avec les réserves d'usage.Tu me dis, j'oublie. Tu m'enseignes, je me souviens. Tu m'impliques, j'apprends. Benjamin Franklin -
Bonsoir,
Pour le problème initial, on peut aussi suggérer cette solution, d'un faible coût calculatoire On note:
$\begin{align*}p= & \text{probabilité d'obtenir deux boules bleues à partir de la position initiale}\\a= &\text{probabilité d'obtenir deux boules bleues à partir de la position } \:R\\b= & \text{ probabilité d'obtenir deux boules bleues à partir de la position } \:V\\c=& \text{ probabilité d'obtenir deux boules bleues à partir de la position }\:B\\ \end{align*}$
Alors: $p =\dfrac 49 a+\dfrac 39 b + \dfrac 29 c,\qquad \left\{ \begin{align*} a=& \dfrac 39 b + \dfrac 29c \\ b= &\dfrac 49a +\dfrac 29 c\\ c =&\dfrac49 a+ \dfrac 39 b+ \dfrac 29.\end{align*}\right.\quad$ d'où l'on déduit:$\quad a =\dfrac {48}{447},\quad b= \dfrac {52}{447}, \quad c = \dfrac{138}{447}, \quad \boxed{p = \dfrac {208}{1341}.}$ -
(tu) pour LOU
-
> On peut quand même considérer que c'est Marsup qui a fait le bon diagnostic ici
Oui je suis assez d'accord avec ça. Ceci dit il est possible que la personne qui a rédigé l'exercice ne se soit pas rendu compte que ce n'est pas du tout la même question!
@LOU16 : oui c'est comme ça que j'ai fait bien sûr, j'aurais dû préciser effectivement. Par contre j'ai passé l'âge de résoudre moi-même un système 3x3 donc j'ai demandé à SymPy de le faire pour moi...
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Bonjour!
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