Probabilité

[invite82bd8b9c]

Bonjour,

Je m'intéresse au problème suivant:

Je considère les éléments 'A1', 'A2', 'B1', 'B2', 'C1' et 'C2' indiscernables mis dans une boite.
Je tire successivement chacun de ces éléments pour finalement avoir une liste du type 'A1 B1 C2 A2 C1 B2' (par exemple).

Pour expliquer, je considère le "modèle" ' A B C A B C'.

Parmi tous les arrangements possibles de ces éléments 'A1', 'A2', 'B1', 'B2', 'C1' et 'C2', je veux connaître la probabilité de n'avoir ni un élément A (donc A1 ou A2) à la place du A du modèle, ni un élément B (donc B1 ou B2) à la place du B du modèle, ni un élément C (donc C1 ou C2) à la place du C du modèle.

Pour être clair:
la séquence 'A2 B1 A1 C2 C1 B2' est un échec car A2 et B1 sont à la mauvaise place.
Par contre la séquence 'B1 A2 B2 C2 C1 A1' est une réussite.


Cela ressemble à des tirages successifs sans remise et dans l'ordre, mais je n'arrive pas à trouver de formule toute faite pour ce genre de problème


Pouvez vous m'aider svp ?

Merci


PS: on devrait trouver selon moi 80/720 = 1/9. (trouvé par simulation). Le 720 est le nombre d'arrangements possibles. Mais je n'arrive pas à retrouver le 80...
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[invited3a27037]

bonjour

C'est pas très clair, tu dis que les éléments sont indiscernables alors qu'ils ont tous un nom différent. C'est contradictoire. Parfois on trouve l'expression "indiscernables au toucher" pour dire par exemple que celui qui tire les boules d'une urne ne peut pas tricher.

bon ici il y a en tout 6! permutations possibles des 6 éléments
et il n'est pas dur de dénombrer les permutations que tu rejettes

A1.X.X.X.X.X il y en a 5!
procéder de même pour les autres permutations rejettées

edit: non je me trompe, c'est plus dur que ça

[invite82bd8b9c]

Bonjour,

Et effectivement le mot indiscernable est inapproprié.

[invited3a27037]

Aurais tu avec ta simulation la probabilité de succès si on ne regarde que la place des A ?

c'est à dire qu'on interdit A1 et A2 en position 1 et 4 et c'est tout

[A voir en vidéo sur Futura]

[invite82bd8b9c]

Oui, cela donne 288/720

[invite82bd8b9c]

Et si on ne regarde que la place des A en 1ere position j'ai 480/720.

Qui correspond à 1-2*5!/6! je pense.

[invited3a27037]

oui, c'est ce que je trouve. Je peux donc t'exposer ma méthode.

Soit E1 l'ensemble les séquences du type A1 X X X X X
Soit E2 l'ensemble les séquences du type X X X A1 X X
Soit E3 l'ensemble les séquences du type A2 X X X X X
Soit E4 l'ensemble les séquences du type X X X A2 X X

On a card(E1 U E2 U E3 U E4) =
+ card(E1) + .. + card(E4)
- card(E1 inter E2) - ... toutes les intersections de deux ensembles, il y en a 6
+ card(E1 inter E2 inter E3) + ... toutes les intersections de 3 ensembles, il y en a 4
- card(E1 inter E2 inter E3 inter E4)

C'est la formule de Poincarré ou principe d’inclusion-exclusion

On trouve:

card(E1 U E2 U E3 U E4) = 4*5! - 2*4! + 0 - 0 = 432

Pb(échec) = 432/6! = 432/720
Pb(succès) = (6! - 432)/6! = 288/720

Maintenant si on prend en compte les B et les C pour répondre à ton exercice, il faut gérer 12 ensembles E1, E2, .. E12 et le calcul n'est plus faisable à la main

[invite82bd8b9c]

Le raisonnement est limpide et efficace, merci.

Je vais essayer d'automatiser ça. Je te tiens au courant.

[invite82bd8b9c]

En fait ce n'est pas si simple que ça... Surtout que je voudrais éviter de "lire" les séquences pour pouvoir étendre le programme à un plus grande nombre de lettres. Je ne vois pas vraiment comment faire...

A terme, j'aimerai pouvoir le faire avec toutes les lettres de l'alphabet répétées 2 ou 3 fois (A1,A2,A3,B1,B2,B3...Z1,Z2,Z3) , ce qui fait un nombre incroyable d'arrangements possibles et empêche de lister les séquences dans le programme..