Problème de calcul de probabilité

[Alex060496]

Bonjour à tous, J'essaie d'estimer une probabilité mais je manque un peu de méthode, et j'ai perdu de précieuses compétences en probabilité ces dernières années. Voilà une simplification de mon problème, j'espère que l'un d'entre vous saura me rediriger ou m'apporter des clés pour le résoudre.

J'ai un paquet de 10 cartes toutes différentes. A chaque tour, je pioche une carte, je note sa valeur, puis la remet dans le paquet, je mélange et je recommence.
Combien de fois dois-je piocher des cartes pour être sûr (à 95% de chance) d'avoir pioché au moins 5 cartes différentes au cours de mes tours de pioche ?

Merci d'avance, et très bonne journée,

Alex
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[ansset]

bjr,

Combien de fois dois-je piocher des cartes pour être sûr (à 95% de chance) d'avoir pioché au moins 5 cartes différentes au cours de mes tours de pioche ?

Avant de prendre le critère des 95% de chance (*), il te faut calculer la probabilité de d'obtenir les 5 cartes différentes en fct du nb de pioches. Soit P(X=N) avec N>=5
sachant que la probabilité = (nb de cas favorable)/(nb de cas possible ).
sais tu déjà calculer P(X=5)?

(*) celle ci fait intervenir l'espérance mathématique qui se calcule à partir des probabiltés obtenues.

[ansset]

Edit Correction:
On peut oublier l'espérance mathématique et chercher simplement N tel que
P(N)>=0,95

[Alex060496]

Tout d'abord merci pour la réponse. Hum ça risque de manquer un peu de formalisme mais pour trouver P(X=5) (=nombre de cas favorable/ nombre de possibilité) je suis parti d'arbres de probabilité plus petits que j'ai généralisé. Pour la probabilité d'avoir exactement 4 cartes différentes en 4 pioches sur un jeu de 6 cartes, j'ai 6*5*4*3=360 possibilités favorables sur 6*6*6*6=1296 cas favorables j'ai donc P(X=4) =360/1296 soit env = 0,278.

Pour mon jeu de 10 cartes j'aurai donc P(X=5)= 10!/5!/10^5 = 0,3024.
Est-ce bon et si oui par où dois-je continuer à dérouler le fil du problème ?

Alexandre

[A voir en vidéo sur Futura]

[jall2]

ça me paraît difficile ...
Si tu demandais le nombre de tirages minimum pour piocher les 10 cartes avec une probabilité de 0.95, je pourrais t'aider.

[jall2]

bonjour

Une idée qui me passe par la tête
On peut considérer les applications de {1, 2, ..., n} dans {1,2, .., 10}
L'ensemble de départ correspond aux différents tirages, il y en a n.
L'ensemble d'arrivée correspond aux 10 cartes

On peut calculer le nombre de d'applications qui couvre 5 cartes choisies (des "surjection partielle" en quelque sorte). C'est sauf erreur 5! * S(n, 5) (où S(n, k) nombre de Stirling de 2 ème espèce)
Puis considérer toutes les façons de choisir ces 5 cartes: C(10, 5) et multiplier par le nombre précédent

Même chose avec 6 cartes, 7 cartes ... 10 cartes
Et on additionne tout
Puis on divise par le nombre d'applications 10^n pour obtenir la probabilité d'avoir tiré au moins 5 cartes différentes

[ansset]

c'est ce qu'il demande ( enfin comme ça que je l'interprète ).
je suis OK pour N=5, mais après ça se complique.
car il faut implicitement raisonner en "arrangements" et non en "combinaisons".

[ansset]

ps : on peux vérifier P(5) avec le raisonnement suivant.
pioche 1 qcq
pioche 2 9/10 chance de ne pas repiocher la 1
pioche 3 8/10 d'éviter les cartes déjà tirées
etc...
on peut vérifier que 0,3024=(9*8*7*6)/10^4

raisonnement que l'on peut aussi appliquer pour N sup à 5 avec des arbres ( mais c'est moins analytique )

[jall2]

bonjour

J'ai écrit un programme python qui compare la méthode que j'ai décrite avec une simulation et qui semble montrer que ma méthode est correcte.

from denombrement import binomial, S, fact
from math import randint

C = binomial

# Pour le calcul théorique de la probabilité d'obtenir plus de 5 cartes différentes avec n tirages

def P(n):
    return sum(C(10, k)*fact(k)*S(n, k) for k in range(5, 11))/10**n

# Et pour la simulation

def simu(n, nber_of_trials=100_000):
	sum = 0
	success = 0
	cards = [0 for i in range(10)]
	for i in range(nber_of_trials):
		for j in range(n):
			cards[randint(0, 9)] += 1
		sum = 10 - cards.count(0)
		if sum >= 5:
			success += 1
		cards = [0 for i in range(10)]
		sum = 0		
		
	return success/nber_of_trials

# On lance

for n in range(5, 12):
	print(n, P(n), simu(n))

ça donne

5 0.3024 0.30143
6 0.6048 0.60553
7 0.8013 0.79987
8 0.9072 0.9074
9 0.9586 0.95772 --> Donc 9 tirages pour obtenir au moins 5 cartes distinctes avec une proba >= 0.95
10 0.9821 0.98256
11 0.9924 0.99294

[ansset]

je n'obtiens pas les mêmes résultats.
qu'est ce qui justifie d'utiliser les nb de stirling de 2ème espèce ?

[ansset]

je n'obtiens pas les mêmes résultats.

par exemple pour N=6 en prenant deux approches différentes de calcul combinatoire

[jall2]

Peux-tu détailler comment tu fais pour n=6 ?

De mon coté, je dis que:

- le nombre d'applications f de {1, 2, .., n} dans {1,2,3,.., 10} dont l'image "couvre" k éléments fixés est: (où S désigne les nombres de Stirling de 2ème espèce)

- le nombre d'applications f de {1, 2, .., n} dans {1,2,3,.., 10} telles que card(Im(f)) = k est: (ou C désigne les coefficients binomiaux)

- le nombre d'applications f de {1, 2, .., n} dans {1,2,3,.., 10} telles que card(Im(f) >= 5 est:

- Et enfin la probabilité de piocher au moins 5 cartes différentes parmi 10 en n pioches:

La simulation et la formule précédente produisent des résultats très proches. Cela ne prouve pas qu'elle soit juste bien sur.

[ansset]

j'ai plutôt tendance à te faire confiance.
d'ailleurs mon premier calcul donnait le même résultat que le tiens.
je vais donc vérifier mes dernières "combinatoires" avant.
d'autant qu'elles me semblent donner des résultats trop élevés.

ps : merci pour l'info concernant les nb de stirling de 2ème espèces.

[ansset]

pour répondre à ta question:
pour N=6, j'ai repris l'esprit de N=5
6 cartes diff
10*9*8*7*6*5 ( la première étant qcq )
5 cartes diff et une identique
si c'est la seconde
10*1*9*8*7*6
la troisième
10*9*2*8*7*6
la quatrième
10*9*8*3*7*5 etc....
au final
10(9*8*7*6)(5+1+2+3+4+5)=10*30 24*20
soit après division par 10^6 P(6)=0,648

( le fait que la "première identique" ne soit pas calculé est inclus dans les cas précédent )

ensuite pour N>6 j'essaye de passer par les combinaisons que je multiplie par les sous arrangements, et là , il y a des pièges partout avec les doublons.(*)
j'en ai déjà vu un pour mon N=7.

(*) donc méthode bourrine et casse-gueule.

[jall2]

Ok, j'ai compris ton calcul pour P(6) et tu retrouves bien P(6)=0.6048
On peut donc maintenant affirmer que:

[ansset]

Oui et :
On est loin d'un exo "collège-lycée", mais très instructif.