Nombre minimal des tirages

Bonjour,

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.

Je suppose que le calcul est celui de la probabilité que le nombre minimal de tirage soit $n$. Reste à trouver $n$ tel que cette probabilité soit au moins $0{,}9$.

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.)

Dans le cas présent, on a $N=3$ et on cherche la probabilité $p_k$ qu'en $k$ tirages les trois couleurs soient représentées.
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.

Piuisque personne ne dit rien, voici une solution. Soit $E$ l'ensemble des $k$-suites de $\{N,B,R\}$. Soit $F$ l'ensemble de ces suites où les trois couleurs apparaissent. Soit $E_1$ (resp. $E_2,E_3$) l'ensemble des suites où n'apparaît pas $N$ (resp. $B,R$). Alors $F=E\backslash (E_{1}\cup E_{2}\cup E_{3})$.
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.

« Pour ce que ça vaut » ?
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.