Nombre minimal des tirages
Salut !
Une urne contient 3 boules : rouge, noire et blanche. On tire successivement avec remise une boule et on écrit le couleur de la boule tirée dans une liste.
Quel est le nombre minimal des tirages nécessaires pour que les trois couleurs apparaissent dans la liste avec une probabilité de 90% au moins ?
Mon essai.
Avec $n$ tirages successifs, on veut que les trois couleurs R, N et B apparaissent de sorte que :
R apparaît une seule fois dans le dernier tirage, N et B apparaissent au moins une fois
ou
N apparaît une seule fois dans le dernier tirage, R et B apparaissent au moins une fois
ou apparaît une seule fois dans le dernier tirage, N et R apparaissent au moins une fois.
À cause de symétrie il suffit de traiter le premier cas.
Pour N, il y a une seule possibilité, c'est le tirage numéro n
Parmi les $n-1$ tirages restants, il y a deux pour R et B, donc $2C_{n-1}^2=(n-1)(n-2)$ possibilités.
Il reste $n-3$ tirages, chaque tirage ne donne pas N, donc il y a $2^{n-3}$ possibilités.
La probabilité cherchée est
$$3\times\dfrac{1 \times (n-1)(n-2)\times 2^{n-3}}{3^n}.
$$ Est-ce que c'est une bonne approche ? Si oui, comment peut-on trouver le plus petit $n$ tel que la probabilité soit supérieure à 90% ?
Merci pour votre aide.
Une urne contient 3 boules : rouge, noire et blanche. On tire successivement avec remise une boule et on écrit le couleur de la boule tirée dans une liste.
Quel est le nombre minimal des tirages nécessaires pour que les trois couleurs apparaissent dans la liste avec une probabilité de 90% au moins ?
Mon essai.
Avec $n$ tirages successifs, on veut que les trois couleurs R, N et B apparaissent de sorte que :
R apparaît une seule fois dans le dernier tirage, N et B apparaissent au moins une fois
ou
N apparaît une seule fois dans le dernier tirage, R et B apparaissent au moins une fois
ou apparaît une seule fois dans le dernier tirage, N et R apparaissent au moins une fois.
À cause de symétrie il suffit de traiter le premier cas.
Pour N, il y a une seule possibilité, c'est le tirage numéro n
Parmi les $n-1$ tirages restants, il y a deux pour R et B, donc $2C_{n-1}^2=(n-1)(n-2)$ possibilités.
Il reste $n-3$ tirages, chaque tirage ne donne pas N, donc il y a $2^{n-3}$ possibilités.
La probabilité cherchée est
$$3\times\dfrac{1 \times (n-1)(n-2)\times 2^{n-3}}{3^n}.
$$ Est-ce que c'est une bonne approche ? Si oui, comment peut-on trouver le plus petit $n$ tel que la probabilité soit supérieure à 90% ?
Merci pour votre aide.
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Réponses
Je ne sais pas faire cet exercice. J'ai lu ta proposition. Où utilises-tu la probabilité de 90% ? Il me semble que le résultat ne peut être le même pour une probabilité de 100%, ou 1% ou 90%. Donc je ne comprends pas ta solution.
Il faudrait que tu écrives de quel événement est-ce la probabilité.
Le calcul me semble suspect de toute façon. Supposons par exemple que $n=7$ et que la dernière boule qui apparaît est N. Cela conduit à dénombrer les suites de $6$ lettres R et B contenant au moins un R et au moins un B. Ce n'est pas $(6-1)\cdot(6-2)\cdot2^{6-3}=160$, ni sa moitié, qui sont supérieurs au nombre $2^6=64$ de mots de six lettres.
(Explication : certains mots sont comptés deux fois. On choisit les emplacements de R et B, par exemple les lettres 2 et 5, puis on remplit arbitrairement. On tombe entre autres sur RRBRBB. On choisit d'autres emplacements pour R et B, par exemple 1 et 6, puis on remplit arbitrairement ; on tombe entre autres sur RRBRBB. C'est le même mot.)
Supposons qu'il y a $N$ couleurs (au lieu de $3$), et que l'on fait $k$ tirages, et soit $X$ le nombre de couleurs présentes dans ces tirages, alors (sauf erreur) : $~~~~~~~~P(X=j)=\frac{1}{N^{k}}\binom{N}{j}S(k,j)j!$.
Il me semble en avoir déjà parlé sur ce forum.
Bonne journée.
Fr. Ch.
On fait $N:=3$ et $j:=3$ dans la formule précédente, et il vient : $ p_k=6\frac{1}{3^{k}}S(k,3)$.
On montre que $S(k,2)=2^{k-1}-1$, $S(k,3)=\dfrac{3^{k-1}+1}{2}-2^{k-1}$.
Pour revenir au problème initial, ensuite on cherche $k$ pour que $p_k \ge \frac9{10}$.
En espérant ne pas avoir dit trop d'âneries.
Bonne journée.
Fr. Ch.
A priori, dans ton esprit, cette probabilité est la probabilité d'avoir les 3 couleurs quand on a tiré n boules. C'est mon interprétation.
Pour finir l'exercice, il faudrait donc chercher pour quelles valeurs de n ce nombre est plus grand que 0.9.
Mais on s'aperçoit que ça ne va pas. Quand n devient grand, (n=50 par exemple), on constate que ta formule donne un nombre très proche de 0.
Et plus n grandit, plus la proba d'avoir les 3 couleurs diminue. C'est donc faux.
Soit ta formule est fausse, soit j'ai mal compris ce que représentait cette formule.
Merci pour vos réponses utiles.
Oui, c'est exactement que je cherche.
Donc la formule que j'ai trouvée n'est pas juste à cause de répétition ? Comment peut-on faire pour éviter la répétition ?
Pour la définition et les propriétés élémentaires nombres de Stirling, voir : http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?34,2177438,2178824#msg-2178824
Il en résulte que la probabilité d'obtenir les trois couleurs en $k$ tirages est : $p_k=1-\frac {2^k-1}{3^{k-1}}$.
Avec cette formule, on vérifie que : $p_1=0$, $p_2=0$, $p_3=\frac 29$.
Le plus petit $k$ tel que $p_k>\frac9{10}$ est $k=9$.
Maintenant, on veut peut-être une solution spécifique, qui ne passe pas par les généralités que j'ai employées. C'est à faire.
Bonne journée.
Fr. Ch.
Notons $|A|$ le cardinal d'un ensemble fini $A$. Le principe d'inclusion-exclusion donne :
$\left\vert E_{1}\cup E_{2}\cup E_{3}\right\vert =\left\vert
E_{1}\right\vert +\left\vert E_{2}\right\vert +\left\vert E_{3}\right\vert
-\left\vert E_{1}\cap E_{2}\right\vert -\left\vert E_{1}\cap
E_{3}\right\vert -\left\vert E_{2}\cap E_{3}\right\vert +\left\vert
E_{1}\cap E_{2}\cap E_{3}\right\vert $
On a : $\left\vert E\right\vert =3^{k}$,
$\left\vert E_{1}\right\vert =\left\vert E_{2}\right\vert =\left\vert
E_{3}\right\vert =2^{k}$,
$\left\vert E_{1}\cap E_{2}\right\vert =\left\vert E_{1}\cap
E_{3}\right\vert =\left\vert E_{2}\cap E_{3}\right\vert =1$,
$\left\vert E_{1}\cap E_{2}\cap E_{3}\right\vert =0$
Il en résulte : $\left\vert E_{1}\cup E_{2}\cup E_{3}\right\vert=3\cdot 2^{k}-3$, et enfin :
$p_{k}=\frac{\left\vert F\right\vert }{\left\vert E\right\vert }=\frac{3^{k}-(3\cdot 2^{k}-3)}{3^{k}}$, ce qui est le résultat annoncé.
Bonne nuit.
Fr. Ch.
C'est la probabilité qu'une fonction $\{1,\dots,k\}\to\{1,2,3\}$ soit surjective.
C'est la fonction de répartition de la variable aléatoire qui donne le rang où on obtient pour la première fois les trois couleurs.
Pour $k=3$, ça doit donner $\frac{3!}{3^3} = \frac{6}{27} = \frac{2}{9}$.
$\frac{27-(3\times 8 - 3)}{3^3} = \frac{6}{27} \quad \leadsto$ ok !
S'il y a $N$ couleurs, et que l'on fait $k$ tirages, les tirages donnant toutes les couleurs sont en effet les applications surjectives de $\{1,2,...,k \}$ sur $\{1,2,...,N \}$, qui sont au nombre de $S(k,N) N!$, où $S(k,N)$ est le nombre de Stirling de seconde espèce, qui est le nombre de $N$-partitions d'un $k$-ensemble, et la probabilité est donc : $p_k=\frac {S(k,N)N!}{N^k}$.
Tout ceci est expliqué dans le petit article attaché au message d'un fil précédent, que je rappelle : http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?34,2177438,2178824#msg-2178824
Bonne journée.
Fr. Ch.