Bonjour, j'ai une question concernant les probabilités; Imaginons que l'on fasse un tirage de boule dans une urne. Dans cette urne il y'a 30 boules numéroté de 1 à 30, je tire un nombre n de fois une boule en la remettant dans l'urne. Ma question est le suivante : Comment estimer la probabilité d'avoir tiré toutes les boules ?
Au bout de 30 tirages, on 1 chance que cela se produise sur 30^30 ?? Combien il faut alors de tirage pour que par exemple, on ai 1 chance sur 10 ?
Salut
Il faut que la deuxième boule soit différente de la première
Que la troisième soit différente des deux premières
etc ...
A chacune de ces conditions correspond une probabilité .
Bonjour.
ce n'est pas une question élémentaire. On peut travailler sur une double récurrence, en notant p(n,k) la probabilité d'avoir tiré n numéros différents en k tirages. On peut alors calculer P(n+1, k+1) en fonction de P(n,k), mais aussi de p(n+1,k) : On aura n+1 numéros à la k+1-ième étape soit parce qu'on a tiré le n+1-ième pour la première fois, soit parce qu'on les avait déjà et qu'on a tiré un numéro tiré précédemment.
Cordialement.
On peut remarquer qu'un tirage de k boules (k>=30) correspond à une combinaison avec répétition de k éléments dans un ensemble à 30 éléments. Il y atelles combinaisons possibles.
Ces combinaisons sont peu enseignées à ma connaissance. On a
http://fr.wikipedia.org/wiki/Combina...9p%C3%A9tition
Parmi ces combinaisons, combien contiennent toutes les 30 boules ?
Cherchons à construire une telle combinaison gagnante. On commence par prendre les 30 boules, puis il faut en rajouter k-30 prises au hasard parmi les 30 avec éventuellement des répétitions. Il y a
J'arrive donc à la probabilité de succès
et tu cherches k telle que cette proba soit supérieure à 0.1
A vérifier quand même, J'espère ne pas m'être trompé.
0.09500287026595969Code:def Binomial(n, k): if k < 0 or k > n: return 0 if k == 0 or k == n: return 1 k = min(k, n - k) c = 1 for i in range(k): c = c * (n - i) / (i + 1) return c def Gamma(n, k): return Binomial(n+k-1, k) def proba(k): p = Gamma(30, k-30) / Gamma(30, k) return p for k in range(370, 390): print(proba(k))
0.09560882698979689
0.09621534927677763
0.0968224258028267
0.09743004533113515
0.0980381967118074
0.09864686888150175
0.09925605086306724
0.09986573176517441
0.10047590078194293 <--379 tirages
0.10108654719256326
0.1016976603609152
0.10230922973518246
0.10292124484746291
0.10353369531337506
0.10414657083166205
0.10475986118379108
0.10537355623355067
0.1059876459266444
0.10660212029028195
Heu ... Joël_5632,
il s'agit de tirages avec remise, et l'ordre compte puisqu'on s'intéresse au premier tirage où les 30 boules ont été tirées au moins une fois. Pour k=30, ton résultat n'est d'ailleurs pas celui de RezCray1.
Cependant, le 1/30^30 de RezCray1 correspond à la probabilité d'obtenir un tirage particulier des 30 boules, il faudrait le multiplier par le nombre de tels tirages, soit le nombre de permutations des 30 numéros.
On obtient alors
Pour l'instant je ne vois pas où est le défaut. Ah si : On cherche la probabilité d'avoir pour la première fois les 30 nombres au m-ième tirage. Tu calcules la probabilité d'avoir les 30 nombres quand on a fait m tirages. On peut les avoir eus avant. mais en même temps, pour m=30, on ne peut pas les avoir eu avant.
A réfléchir.
Cordialement.
Tel que je comprends l'exercice, on tire n boules une par une avec remise et on note les numéros tirés. A la fin on regarde si on a tous les numéros de 1 à 30.
A un tirage de n boules j'associe une combinaison avec répétition de n éléments parmi 30.
Mais j'ai commis une erreur, car ces combinaisons ne sont pas équiprobables. Par exemple il est plus difficile de tirer n fois la boule 1 que de tirer une fois la 1, 5 fois la 2, deux fois la 3 etc.
Donc effectivement mon calcul est faux.
Pour n=30
La 1ere boule tirée peut être n'importe laquelle. P = 1
La 2 ème boule tirée doit être différente de la 1ere. P = 29/30
La 3ème doit être différente des 2 précédentes. P = 28/30
...
La dernière: P = 1/30
Au total P = 29! / 30^29 = 1.28 e-12
Après réflexion je pense qu'il faut regarder du coté de la loi multinomiale
Bonjour, je vais reformuler ma question en la remettant dans son contexte car je me suis peut être mal exprimé et je n'ai pas non plus très bien compris vos réponses :
En fait, je suis en train de faire un petit programme où j'ai 56 mots en anglais. Les mots sont tirés de façon aléatoire et à chaque fois le joueur doit donner la traduction du mot en français. Je voudrais donc que le joueur puisse tomber au bout d'un moment sur les 56 mots mais sans enlever la possibilité de retomber sur le même mot.
C'est donc comme cette expérience : un tirage avec 56 boules numérotés de 1 à 56, il y'a remise et l'on se demande comment calculer la probabilité d'être tombé sur tout les mots après N tirages. Par exemple, on a fait 56 tirages, on a alors (mon calcul de 30^30 au début était faux je crois), on a alors une probabilité de : 56/56 * 55/56 * 54/56 * 53/56 * ... * 1/56. On enlève à chaque fois 1 au numérateur car on souhaite que toutes les boules soient tirés
Mon but est donc de faire un grand nombre de tirages pour ces 56 boules et puis calculer les chances d'être tombé sur chacunes d'elles.
Je pense que le nombre de tirage doit quand même être assez grand, mais je ne comprend pas comment la calculer pour optimiser les chances de tomber sur chaque boules.
PS : ne me dites pas "t'as qu'à changer un peu ton programme", car même si c'est une solution efficace et que je vais surement, choisir la question m'intrigue quand même !
Je vais essayer maintenant de comprendre vos réponses ^^
Joël,
Tu trouves comme moi au message #6, j'ai simplement fait l'arrondi au plus près, tu as tronqué. Je suis d'accord avec ton analyse d'erreur (pas d'équiprobabilité), mais je n'avais pas trouvé.
Cordialement.
Je viens de programmer du calcul exact sous Maple en utilisant l'idée de mon message #3 (je n'ai pas vu de mathématisation évidente. Pour 30 numéros, on obtient une chance sur 10 de les avoir tirés tous au 80-ième tirage (proba d'en avoir 30 : 0,1004969584). Et il faut faire 189 tirages pour avoir dépassé 95% de chances de les avoir tous.
Avec 56, il en faut encore plus : 183 tirages pour dépasser 10% de probabilité (exactement 0,1044556609) et 389 pour dépasser 95% de chances de les avoir tous tirés.
Je conserve le programme, mais on a déjà un ordre d'idée.
Cordialement.
bonjour,
Je suis allé poser un problème similaire sur un autre forum ce qui m'a permis d'arriver à la solution. Voir la discussion ici:
http://www.les-mathematiques.net/pho...75#msg-1057675
La probabilité après n tirages d'avoir obtenu toutes les boules est:
et je trouve qu'il faut 80 tirages pour que la probabilité de tirer toutes les boules dépasse 10%. C'est aussi ce qu'avait trouvé gg0
Merci de ta réponse, pourrais-tu m'expliquer ce qu'est un nombre de stirling s'il te plaît ? (je suis qu'en premiere)
et si possible pourrais-tu m'expliquer comment fonctionne ta relation entre le nombre de tirage et la probabilité de tirer toute les boules ?
merci d'avance
De plus, j'ai cru comprendre que l'ordre n'avait pas d'importance (sur ton site internet où tu as posé la question). Je suis vraiment embrouillé par rapport ça (l'ordre, les remises etc..) ducoup : si on a une urne avec deux boules rouge et bleu apellé R et B. On fais n=3 tirages, on a ces possibilités là : BBB BBR BRB BRR RBB RBR RRB RRR Donc là on voit que on a seulement 2 cas sur 8 où l'on a pas tiré les deux boules : RRR et BBB donc on a 6 cas sur 8 où l'on tire toute les boules. Et là je me demandais sir RRB c'était pareil que BRR et RBR etc ? En fait je suis vraiment embrouillé !!
Je ferai une réponse demain, ce soir je suis fatigué
## Qu'est ce qu' un nombre de stirling
S(n, k) peut être défini comme le nombre de partitions en k parties d'un ensemble à n éléments. Je ne sais pas si cette notion de partition est encore au programme au lycée. Si non -> wikipédia
http://fr.wikipedia.org/wiki/Partition_d%27un_ensemble
## Dénombrement des surjections entre 2 ensembles
On se sert des S(n,k) pour dénombrer le nombre de surjections entre un ensemble E de n éléments vers un ensemble F de k éléments. On en a besoin pour résoudre ton problème.
On note E = {1,2, .. n} et F = {1, 2, ... k}
Avec une surjection tous les éléments de F ont au moins un antécédent par f
L'ensemble de sous-ensembles
A une partition {E1, A2, .. Ek} de E correspond k! surjections de E vers F. en effet on a k choix pour envoyer les éléments de E1 vers l'un des k éléments de F, k-1 choix pour E2 etc.
Tout ça pour dire que le nombre de surjections de E vers F est égal à k! * S(n,k)
## Quel rapport avec ton problème.
On a 30 boules dans une urne numérotées de 1 à 30. On appelle F ={1,2,3,...,30}
Soit n le nombre de boules tirées avec remise (à chaque tirage). On appelle E = {1,2,3, ..., n}
A un tirage de n boules correspond une application f de E vers F
si la 1ere boule tirée est la 8 alors f(1) = 8
si la 2ème boule tirée est la 23, alors f(2) = 23
etc jusqu'à la n-ième boule tirée
Un tirage est gagnant si toutes les boules sont sorties, et avec un tel tirage f est une surjection.
Le nombre de tirages gagnants est donc le nombre de surjections de E vers F càd: 30! * S(n, 30)
Le nombre total de tirages possibles est
La probabilité d'un tirage gagnant est donc
## Tenir compte de l'ordre des tirages ou pas
On a tenu compte de l'ordre puisque je parle de la 1ere boule tirée, de la 2 ème etc. L'avantage c'est que les séquences ordonnées obtenues lors d'un tirage sont équiprobables, par exemple la probabilité de sortir le tirage (6,13,4,30,20) pour n=5 coups est identique à la probabilité de sortir (9,9,9,9,9) et est égale à 1/30^5. Dans ce cas la probabilité est le nombre de cas favorables divisé par le nombre de cas total. Si on ne tient pas compte de l'ordre et que l'on considère des combinaisons comme je l'ai fait par erreur dans le message du 17/02/2015 à 11h12, alors les combinaisons ne sont pas équiprobables, par exemple {9,9,9,9,9} est plus difficile à sortir que {6,13,4,30,20} par ce qu'il n'y a qu'une façon de sortir {9,9,9,9,9} et 5! façons de sortir {6,13,4,30,20}.
