Roue et équiprobabilité

Je pense que l'idée du programme est qu'une issue est un secteur, et tous les secteurs ont la même taille. Peu importe la couleur ou le numéro qu'il y a dessus.
Les élèves intuitent bien que dans un sac de 100 jetons dont 1 bleu et 99 rouges, ils ont plus de chances de tirer un rouge qu'un bleu. Donc une issue est un jeton dans cet exemple.

Ici, il y a 10 résultats possibles et ces 10 résultats sont équiprobables.

Il se trouve que chaque segment a une couleur, et qu'il n'y a que 4 couleurs différentes. Soit.
Sur le dessin, ajoute une lettre sur chacun des 10 segments.
A jaune
B rouge
C vert
D vert
E jaune
F vert
G rouge
H bleu
I Rouge
J vert
On a bien 10 segments différents, équiprobables. Quand on lance la roue, un segment va sortir. Si on s'intéresse à la couleur du segment, on aura certains calculs. Si on s'intéresse à la lettre du segment (Voyelle // consonne), on aura d'autres calculs. Mais les 10 segments sont équiprobables.

En collège, on ne voit pas les probas continues. Donc on va admettre (c'est raisonnable) que des secteurs de même angle ont la même probabilité de sortie si on lance la roue fortement (*). Comme on a 10 secteurs de même angle (exercice pour les élèves : combien ?), les 10 résultats de secteurs sont équiprobables. Donc soit on prendra comme issues les secteurs, et on a leur probas; soit on en déduira les probas des couleurs, et on prendra comme issues (non équiprobables) les couleurs. Ne pas se priver d'une expérience où les probas sont inégales !!

Cordialement.

(*) certains croupiers arrivent à favoriser telle ou telle zone à la roulette, en jouant sur la force du lancer; c'est pourquoi ils sont surveillés en permanence.

Il n'y a qu'une seule issue : le centre du disque vers lequel pointe chaque secteur. À moins de faire tourner la roue suffisamment vite pour qu'elle se détache de son socle, auquel cas ce centre sera délocalisé.

Mais parce qu'il est fou !

Oui.
Disons qu’il existe des cas rares mais possibles comme par exemple lorsque l’on attribue des probabilités non égales à chacune des cinq faces d’un dé cubique et où l’on demande la probabilité d’obtenir la dernière face.

Mais c’est la même idée : évènement disjoint donc additions/soustractions possibles.

Allez, un exercice du prochain DNB :
Clémentine se demande s’il est possible que les probabilités des faces d’un dé cubique soient proportionnelles aux nombres (1.2.3.4.5.6) qu’elles indiquent. Qu’en pensez-vous ?

Ça permettrait aux correcteurs d’aller vite :-)

Je m'étonne, poli, que tu sois si catégorique ("une issue n'est pas la couleur ou une lettre").

Si l'expérience est : on fait tourner la rouge et on note sa couleur, l'issue est bien une couleur, non ?

Avec un dé cubique, on peut parler de l'univers à deux issues {pair ; impair}, par exemple ou {1 ; pas 1}.
Le fait d'avoir recours aux six faces est une autre question, de mon point de vue.

Justement pour le cas 1,1,1,1,1,2 c’est pertinent de penser qu’il existe DEUX issues et de mettre en garde « ATTENTION : elles ne sont pas équiprobables ».

De suggérer de lire l’information dans le texte (« dé non truqué », « chaque face a autant de chance... », etc.) qui donne le droit de se ramener à un univers à six issues équiprobables.

« L’élève ne doit pas dire ou penser que 1 est une issue » : bah c’est juste !
S’il envoie sans justifier que c’est 1/2 ou même 5/6, là il faut le cueillir de mon point de vue. J’insiste : même s’il balance 5/6, il ne faut pas le féliciter s’il ne l’a pas justifié. « J’applique le cours cas-favorables/cas-possibles » n’est pas non plus suffisant. Il faut dire à un moment quelle est la loi (ici, le terme « équiprobabilité » ou phrase équivalente est attendu).

Pour la somme des dés : le premier truc à faire est, pour moi, de déterminer les sommes possibles (les issues).
Le deuxième travail est de connaître la loi et de ne pas s’engouffrer dans l’équiprobabilité.

Suggestion : proposer l’exercice de la somme des deux dés en classe, le corriger proprement et donner en évaluation l’exercice « produit de deux dés », pour voir...

Attention : en interdisant « de penser » aux autres univers, c’est là qu’on observe des dégâts, dans la poursuite des études.

Quand tu dis « sinon la formule ne marche pas » : les maths sont simples. Si tu as les hypothèses suffisantes pour appliquer un théorème, alors tu peux l’appliquer. Ici, l’élève qui applique la formule SANS s’assurer (et même dire) qu’il y a équiprobabilité commet une grave erreur.
Au passage : « la formule » dont tu parles est exactement la conséquence d’un théorème.
C’est dangereux finalement de parler de formule.
On observe tout et n’importe quoi quand on balance des formules dans un cours sans les présenter comme des théorèmes (ou propriétés si on veut). Il suffit de voir les trois quarts des gamins « calculer l’aire d’un triangle » en multipliant les trois longueurs...(« bah je fais ‘fois’, c’est la formule »).

Propose l’exercice suivant (5e-4e-3e) sans spoiler et dis-moi ce que ça donne :
EXERCICE : un coureur de marathon sait qu’il a une chance d’être le vainqueur.
Si on considère que l’expérience ne contient que deux issues « il gagne », « il ne gagne pas », quelle est la probabilité qu’il gagne ?

Cordialement

Édit : coquille

Il existe un mélange du langage courant avec le langage mathématique.
Bon, cessons la toute rigueur rigoriste....? Je ne sais pas...

Mais je sors tout de même le cours :

Mathématiquement :
La fonction Probabilité notée $P$ a comme ensemble de définition les événements.
Les événements sont les sous-ensembles de l’univers.
Les issues sont les éléments de l’univers.

Oui Gérard, cependant il n’est pas idiot d’encourager aux notations ensemblistes.
Je ne dis pas d’en faire des exercices techniques, bien sûr.
Pas de théorie non plus.

Par exemple : « avoir un nombre pair » traduit en {2;4;6} me semble bien.
S’il on veut se passer de ça, on a des phrases.

« Avoir un nombre pair » correspond à l’événement « obtenir 2 ou 4 ou 6 ».
Par expérience c’est plus compliqué.

Une autre formule :
L’événement « avoir un nombre pair » contient trois issues : 2, 4 et 6.

Je le répète, je trouve que l’initiation aux notations ensemblistes n’est pas néfastes.
En plus, ça ne pose pas souvent de problèmes aux élèves.

Pour la digression de Dom :
Si on veut 2 dés truqués mais strictement identiques tels que les 11 résultats pour la somme : 2 ,3, ...,11, 12 soient équiprobables, on démontre très vite que c'est impossible.
Si on s'autorise que les 2 dés soient truqués tous les 2 , et différents ( par exemple un dé qui donnerait très souvent 1, et l'autre qui donnerait très souvent 6), je n'ai pas de démonstration, mais je conjecture que c'est impossible.

Digression n°2 : construire 2 dés, forcément identiques, pour avoir nos 11 résultats aussi équi-probables que possible. L'indicateur que je propose, c'est le suivant :
Quand nos 2 dés sont définis, quand on a les probabilités correspondant aux 6 faces, on sait calculer P(2), P(3) ... P(12).
On sait donc calculer le Max et le Min de ces 11 valeurs, et on veut Max-Min aussi petit que possible.

PS : Je n'ai pas la réponse à cet exercice.

Deux exemples.

On considère un dé équilibré, c’est-à-dire que chaque face a autant de chance d’être obtenue.

On lance une pièce non truquée, donc telle que les deux faces sont équiprobables.

On peut dire aux élèves :
cherchez le mot « évocateur » et rédiger « on suppose l’équiprobabilité des secteurs (des faces), etc. »

Difficile de trancher Sato.
Je suis d’accord mais il s’agit de conventions jamais partagées.
1) Tous les sujets de probas de ce niveau sont truffés d’erreurs de ce type.
2) Tous (presque ?) les élèves répondent en ayant tous les points alors qu’ils n’ont pas vu ces subtilités.

Je préfère remuer le couteau dans la plaie en ajoutant explicitement et pompeusement des informations.
C’est vraiment la misère ces probas (de collège) et pourtant avec un peu de rigueur c’est quelque chose de ludique.

Flûte ! Ai-je envie d’ajouter ;-)

Si on s'autorise que les 2 dés soient truqués tous les 2 , et différents ( par exemple un dé qui donnerait très souvent 1, et l'autre qui donnerait très souvent 6), je n'ai pas de démonstration, mais je conjecture que c'est impossible.

La conjecture (impossible d'obtenir l'équiprobabilité des sommes) est vraie.
On traduit le problème en un système polynomial de 12 équations à 12 inconnues (les probabilités pour chaque dé), qui a 252 solutions dont aucune n'est réelle.

J'y suis allé à la force brute, en utilisant le logiciel SageMath (libre, gratuit, téléchargeable ici, et même ici pour un système Windows). Je donne mon code ci dessous.
Mise en place de l'idéal engendré par les équations.

# anneau de polynômes dans lequel on travaille : 
# 12 indéterminées, p0 à p5 pour les probas des 6 faces 
# du premier dé, p6 à p11 pour les six faces du deuxième.
R = PolynomialRing(QQ, 'p', 12)
p=R.gens()
# équations : les sommes des probas pour les faces
# sont égales à 1 pour chaque dé
prob1=sum(p[j] for j in range(6))-1
prob2=sum(p[j] for j in range(6,12))-1
# équations : les probas pour les sommes des faces 
# sont toutes égales à 1/11
eqprobsomme=\
[sum(p[k]*p[6+j-k] for k in range(j+1))-1/11 for j in range(6)]\
+[sum(p[5-k]*p[11-j+k] for k in range(j+1))-1/11 for j in range(5)]
# idéal engendré par les équations
I=R.ideal([prob1,prob2]+eqprobsomme)

Vérification que l'idéal est zéro-dimensionnel, nombre de solutions (dans la clure algébrique).

# nombre de solutions complexes
I.vector_space_dimension()

Réponse :

252

Pour la résolution : passage par une base de Groebner pour l'ordre lexicographique.

# on change l'ordre monomial pour l'ordre lexicographique 
# et on calcule une base de Groebner pour cet ordre.
R1 = R.change_ring(order="lex")
I1=I.change_ring(R1)
G=I1.groebner_basis(algorithm='singular:stdfglm')
# on affiche la liste des degrés en les variables
# p0,...,p11 pour chacun des 13 polynômes de la
# base de Groebner.
[P.degrees() for P in G]

Réponse:

[(1, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 241),
 (0, 1, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 1, 241),
 (0, 0, 1, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 1, 241),
 (0, 0, 0, 1, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 1, 241),
 (0, 0, 0, 0, 1, 0, 0, 0, 0, 0, 1, 241),
 (0, 0, 0, 0, 0, 1, 0, 0, 0, 0, 0, 241),
 (0, 0, 0, 0, 0, 0, 1, 0, 0, 0, 0, 241),
 (0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 1, 0, 0, 1, 241),
 (0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 1, 0, 1, 241),
 (0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 1, 1, 241),
 (0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 2, 241),
 (0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 1, 241),
 (0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 242)]

Ètude du dernier polynôme de la base.

# le dernier polynôme de la base est de degré 242 
# en la seule variable p11. On constate qu'il
# factorise en un facteur de degré 2 et 
# 24 facteurs de degré 10.
F=[item[0] for item in G[-1].factor()]
F

Réponse :

[11*p11^2 + 1,
 161051*p11^10 - 29282*p11^8 - 29282*p11^7 - 6655*p11^6 + 3993*p11^5 + 2904*p11^4 + 484*p11^3 + 44*p11^2 - 11*p11 + 1,
 161051*p11^10 + 58564*p11^8 - 131769*p11^7 + 75867*p11^6 - 23958*p11^5 + 6050*p11^4 - 1331*p11^3 + 220*p11^2 - 22*p11 + 1,
 161051*p11^10 + 175692*p11^8 + 53240*p11^6 + 4961*p11^4 + 154*p11^2 + 1,
 161051*p11^10 + 204974*p11^8 + 54571*p11^6 + 4840*p11^4 + 132*p11^2 + 1,
 161051*p11^10 - 644204*p11^9 + 1024870*p11^8 - 893101*p11^7 + 515097*p11^6 - 200981*p11^5 + 53966*p11^4 - 8349*p11^3 + 825*p11^2 - 44*p11 + 1,
 161051*p11^10 - 644204*p11^9 + 1098075*p11^8 - 1010229*p11^7 + 593626*p11^6 - 200981*p11^5 + 46827*p11^4 - 7381*p11^3 + 770*p11^2 - 44*p11 + 1,
 161051*p11^10 - 644204*p11^9 + 1200562*p11^8 - 1039511*p11^7 + 511104*p11^6 - 161051*p11^5 + 35816*p11^4 - 5445*p11^3 + 539*p11^2 - 33*p11 + 1,
 161051*p11^10 - 483153*p11^9 + 541717*p11^8 - 292820*p11^7 + 90508*p11^6 - 18634*p11^5 + 3388*p11^4 - 605*p11^3 + 99*p11^2 - 11*p11 + 1,
 161051*p11^10 - 483153*p11^9 + 658845*p11^8 - 512435*p11^7 + 243573*p11^6 - 73205*p11^5 + 14278*p11^4 - 1815*p11^3 + 154*p11^2 - 11*p11 + 1,
 161051*p11^10 - 483153*p11^9 + 688127*p11^8 - 614922*p11^7 + 376673*p11^6 - 155727*p11^5 + 40777*p11^4 - 6413*p11^3 + 616*p11^2 - 33*p11 + 1,
 161051*p11^10 - 483153*p11^9 + 717409*p11^8 - 658845*p11^7 + 393976*p11^6 - 161051*p11^5 + 46464*p11^4 - 8591*p11^3 + 902*p11^2 - 44*p11 + 1,
 161051*p11^10 - 483153*p11^9 + 819896*p11^8 - 775973*p11^7 + 448547*p11^6 - 155727*p11^5 + 34243*p11^4 - 5082*p11^3 + 517*p11^2 - 33*p11 + 1,
 161051*p11^10 - 322102*p11^9 + 204974*p11^8 - 33275*p11^6 + 10648*p11^5 + 847*p11^4 - 484*p11^3 + 132*p11^2 - 11*p11 + 1,
 161051*p11^10 - 322102*p11^9 + 204974*p11^8 - 73205*p11^7 + 39930*p11^6 - 9317*p11^5 + 2178*p11^4 + 121*p11^3 + 11*p11^2 - 11*p11 + 1,
 161051*p11^10 - 322102*p11^9 + 292820*p11^8 - 161051*p11^7 + 66550*p11^6 - 23958*p11^5 + 6897*p11^4 - 1089*p11^3 + 44*p11^2 + 1,
 161051*p11^10 - 322102*p11^9 + 292820*p11^8 - 146410*p11^7 + 37268*p11^6 - 2662*p11^5 + 242*p11^4 - 605*p11^3 + 165*p11^2 - 11*p11 + 1,
 161051*p11^10 - 161051*p11^9 + 14641*p11^8 + 14641*p11^7 + 23958*p11^6 - 9317*p11^5 + 3630*p11^4 - 605*p11^3 + 154*p11^2 - 22*p11 + 1,
 161051*p11^10 - 161051*p11^9 + 58564*p11^8 + 58564*p11^7 + 31944*p11^6 + 3993*p11^5 - 605*p11^4 - 242*p11^3 - 22*p11^2 + 1,
 161051*p11^10 - 161051*p11^9 + 73205*p11^8 - 14641*p11^7 - 1331*p11^6 + 1331*p11^5 - 121*p11^4 - 121*p11^3 + 55*p11^2 - 11*p11 + 1,
 161051*p11^10 - 161051*p11^9 + 131769*p11^8 - 73205*p11^7 + 37268*p11^6 - 18634*p11^5 + 8228*p11^4 - 2420*p11^3 + 407*p11^2 - 33*p11 + 1,
 161051*p11^10 - 161051*p11^9 + 175692*p11^8 - 58564*p11^7 + 9317*p11^6 + 10648*p11^5 - 3025*p11^4 + 154*p11^2 - 22*p11 + 1,
 161051*p11^10 - 161051*p11^9 + 204974*p11^8 - 219615*p11^7 + 157058*p11^6 - 73205*p11^5 + 22143*p11^4 - 4235*p11^3 + 495*p11^2 - 33*p11 + 1,
 161051*p11^10 - 161051*p11^9 + 219615*p11^8 - 73205*p11^7 + 2662*p11^6 - 2662*p11^5 + 3388*p11^4 - 1210*p11^3 + 220*p11^2 - 22*p11 + 1,
 161051*p11^10 + 161051*p11^9 + 73205*p11^8 + 14641*p11^7 - 1331*p11^6 - 1331*p11^5 - 121*p11^4 + 121*p11^3 + 55*p11^2 + 11*p11 + 1]

Aucune solution réelle (AA est le corps des réels algébriques, les calculs y sont exacts).

# aucun des facteurs n'a de racine réelle
S.<p11>=PolynomialRing(QQ,'p11')
[S(P).roots(AA) for P in F]==25*[[]]

Réponse :

True

On peut s'étonner de la différence de 10 entre le nombre de solutions complexes (252) et le degré du polynôme en p11 (242). Si on regarde de plus près, on peut voir que le nombre de solutions où p11 est racine de
161051*p11^10 - 161051*p11^9 + 73205*p11^8 - 14641*p11^7 - 1331*p11^6 + 1331*p11^5 - 121*p11^4 - 121*p11^3 + 55*p11^2 - 11*p11 + 1
(le 6e facteur de degré 10 en remontant depuis la fin de la liste des facteurs) est 20. La composante p10 de ces solutions est racine de l'équation du second degré
p10^2 + 14641*p10*p11^9 - 14641*p10*p11^8 + 6655*p10*p11^7 - 1331*p10*p11^6 - 121*p10*p11^5 + 121*p10*p11^4 - 11*p10*p11^2 + 4*p10*p11 - p10 - 14641*p11^9 + 10648*p11^8 - 2662*p11^7 - 121*p11^6 + 242*p11^5 - 33*p11^4 - 22*p11^3 + 11*p11^2 - 2*p11 + 2/11.