problème d'urnes
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problème d'urnes



  1. #1
    invite4793bfc9

    problème d'urnes


    ------

    cette fois, le problème est bien posé. L'urne A contient 60 boules rouges et 40 boules vertes. L'urne B contient 10 boules rouges et 90 boules vertes. On choisit une urne à pile ou face. Deux boules sont tirées de cette urne avec remise. Toutes deux sont rouges. Quelle est la probabilité qu'on ait affaire à l'urne A?

    -----

  2. #2
    invitedebe236f

    Re : problème d'urnes

    une chance sur 2 ? non

  3. #3
    yat

    Re : problème d'urnes

    Bon, soit A l'événement "je tire dans l'urne A", B l'événement "je tire dans l'urne B", R l'événement "je tire deux boules rouges".

    On tire à pile ou face, donc P(A)=P(B)=1/2.

    D'après le nombre de boules de chaque couleur dans les différentes urnes, on a P(R|A)=6/10*6/10=36/100 et P(R|B)=1/10*1/10=1/100, donc P(R)=P(R|A)*P(A)+P(R|B)*P(B)=3 7/200

    Donc P(A|R)=P(R|A)*P(A)/P(R)=(36/100)*(1/2)/(37/200)=36/37

    Hum... je me fie un peu à mon intuition pour le calcul de probabilités conditionnelles parce que pour moi ça commence à remonter bien loin, mais ça me parait cohérent : On a 36 chances sur 37 d'avoir affaire à l'urne A.

  4. #4
    shokin

    Re : problème d'urnes

    Citation Envoyé par stephone
    On choisit une urne à pile ou face.
    Quand tu tires les boules, sais-tu quelle urne est A et quelle urne est B ?

    Combien de chances as-tu de tirer deux fois une boule rouge dans la même urne A ? 60^2

    Combien as-tu de chances de tirer deux fois une boule rouge dans la même urne B ? 10^2

    Tu as donc 3700 chances de tirer deux fois une boule rouge dans une même urne, dont 3600 dans l'urne A et 1000 dans l'urne B.

    Sachant que tu as tiré deux fois une boule rouge, tu as donc 3600 chances sur 3700 d'avoir tiré dans l'urne A. Donc 36/37.

    Shokin
    Pardon, humilité, humour, hasard, tolérance, partage, curiosité et diversité => liberté et sérénité.

  5. A voir en vidéo sur Futura
  6. #5
    yat

    Re : problème d'urnes

    Citation Envoyé par shokin
    Quand tu tires les boules, sais-tu quelle urne est A et quelle urne est B ?

    Combien de chances as-tu de tirer deux fois une boule rouge dans la même urne A ? 60^2

    Combien as-tu de chances de tirer deux fois une boule rouge dans la même urne B ? 10^2

    Tu as donc 3700 chances de tirer deux fois une boule rouge dans une même urne, dont 3600 dans l'urne A et 1000 dans l'urne B.

    Sachant que tu as tiré deux fois une boule rouge, tu as donc 3600 chances sur 3700 d'avoir tiré dans l'urne A. Donc 36/37.

    Shokin
    Là ca marche bien parce qu'il y a cent boules dans chaque urne, donc sur 2 tirages, les chances sont sur 10000. Mais parler en nombre de chances me semble un peu dangereux. Si on avait eu 60 boules rouges et 40 vertes dans une urne, et 1 rouge et 9 vertes dans l'autre, il aurait fallu s'y prendre un peu différemment.

    Enfin, bon... je trouve la même chose que toi, donc...

    (Petite faute de frappe : 10^2=100 et pas 1000. Mais apparemment c'est corrigé dans la suite)

  7. #6
    shokin

    Re : problème d'urnes

    De manière générale :

    l'urne A contient AR boules rouges et AV boules vertes
    l'urne B contient BR boules rouges et BV boules vertes

    j'ai (AR)^2 chances de tirer deux fois une boule rouge de l'urne A et (BR)^2 chances de tirer deux fois une boule rouge de l'urne B.

    D'où (AR)^2/((AR)^2+(BR)^2) comme probabilité de tirer dans l'urne A sachant que j'ai tiré deux boules rouges de la même urne.

    Ah ! mes fautes de frappe !

    Au vu de l'énoncé, on a l'air de s'en taper du nombre de boules vertes.

    Shokin
    Pardon, humilité, humour, hasard, tolérance, partage, curiosité et diversité => liberté et sérénité.

  8. #7
    yat

    Re : problème d'urnes

    Citation Envoyé par shokin
    De manière générale :

    l'urne A contient AR boules rouges et AV boules vertes
    l'urne B contient BR boules rouges et BV boules vertes

    j'ai (AR)^2 chances de tirer deux fois une boule rouge de l'urne A et (BR)^2 chances de tirer deux fois une boule rouge de l'urne B.

    D'où (AR)^2/((AR)^2+(BR)^2) comme probabilité de tirer dans l'urne A sachant que j'ai tiré deux boules rouges de la même urne.

    Ah ! mes fautes de frappe !

    Au vu de l'énoncé, on a l'air de s'en taper du nombre de boules vertes.

    Shokin
    Ton raisonnement n'est valable que dans le cas ou AR+AV=BR+BV. Les probabilités ont alors toutes le même dénominateur, que tu peux te permettre (même si c'est un peu cavalier) de supprimer pour parler de "chances".

  9. #8
    shokin

    Re : problème d'urnes

    Ah ! qu'en aurait-il été si par exemple :

    L'urne A contient 20 boules rouges et 60 boules vertes.
    L'urne B contient 40 boules rouges et 60 boules vertes.

    ?

    Shokin
    Pardon, humilité, humour, hasard, tolérance, partage, curiosité et diversité => liberté et sérénité.

  10. #9
    invite4793bfc9

    Re : problème d'urnes

    bon je donne la réponse parce que celle là c'est juste des maths, encore faut-il savoir comment calculer. A chaque tirage, la proba de tirer une boule rouge de l'urne A est 0,8, et 0,4 pour l'urne B. La proba de tirer dans l'urne A est 1 sur 2. Proba que les deux boules tirées viennent de A: proba de tirer dans A fois proba de tirer une boule rouge dans A divisé par ((proba de tirer dans A fois proba de tirer rouge dans A) plus proba de tirer dans B fois proba que rouge vienne de B). Ce qui fait 0,5 fois 0,8 divisé par (0,5 fois 0,8 plus 0,5 fois 0,4)= 2 sur trois. Il y a une autre méthode si ça vous chante, mais encore une fois ce pb n'est pas très interressant. A +

  11. #10
    invite14ea0d5b

    Re : problème d'urnes

    Citation Envoyé par stephone
    bon je donne la réponse parce que celle là c'est juste des maths, encore faut-il savoir comment calculer. A chaque tirage, la proba de tirer une boule rouge de l'urne A est 0,8, et 0,4 pour l'urne B. La proba de tirer dans l'urne A est 1 sur 2. Proba que les deux boules tirées viennent de A: proba de tirer dans A fois proba de tirer une boule rouge dans A divisé par ((proba de tirer dans A fois proba de tirer rouge dans A) plus proba de tirer dans B fois proba que rouge vienne de B). Ce qui fait 0,5 fois 0,8 divisé par (0,5 fois 0,8 plus 0,5 fois 0,4)= 2 sur trois. Il y a une autre méthode si ça vous chante, mais encore une fois ce pb n'est pas très interressant. A +
    paragraphes ^^ c'est horrible

    shokin> ta méthode marche presque, il faudrait juste remplacer AR par "probabilité de tirer une boule rouge dans l'urne A" et pas "nombre de boules rouges dans l'urne A" (meme chose pour AV, BR, BV) et ensuite ton raisonnement est correct. Stephone dsl si tu as dit la même chose :P

  12. #11
    shokin

    Re : problème d'urnes

    Le théorème de Bayes pourrait nous aider.

    Je n'ai pas compris, Stephone, pourquoi tu raisonnes ainsi.

    On ne devait sûrement pas chercher la même chose.

    J'avais compris la question :"Probabilité d'avoir tiré dans A sachant que nous avons tiré deux fois une boule rouge de la même urne."

    Ce que tu viens de nous dire :"Probabiltié d'avoir tiré dans A deux fois une boule rouge."

    Citation Envoyé par stephone
    Proba que les deux boules tirées viennent de A: proba de tirer dans A fois proba de tirer une boule rouge dans A divisé par ((proba de tirer dans A fois proba de tirer rouge dans A) plus proba de tirer dans B fois proba que rouge vienne de B).
    Es-tu sûr de ce que tu avances ? as-tu bien utilisé le théorème de Bayes (ou une formule qui lui ressemble) ? Je n'ai pas vraiment compris.

    Shokin
    Pardon, humilité, humour, hasard, tolérance, partage, curiosité et diversité => liberté et sérénité.

  13. #12
    invite4793bfc9

    Re : problème d'urnes

    je vérifie mais j'ai pu en effet me tromper

  14. #13
    invite4793bfc9

    Re : problème d'urnes

    en effet, j'ai corrigé un autre exercice. Faut qu'je boive quequechose de plus doux parce que j'sais plus c'que j'écris

  15. #14
    shokin

    Re : problème d'urnes

    Citation Envoyé par stephone
    L'urne A contient 60 boules rouges et 40 boules vertes. L'urne B contient 10 boules rouges et 90 boules vertes. On choisit une urne à pile ou face. On a tiré deux fois une boule rouge, avec remise. Quelle est la probabilité qu'on ait affaire à l'urne A sachant que nous avons tiré deux fois une boule rouge de la même urne ?
    J'ai corrigé l'énoncé en gras.

    Ce que j'ai énoncé comme règle, avant de jouer :

    Une urne A contient 40 boules rouges et 60 boules vertes.
    Une urne B contient 10 boules rouges et 90 boules vertes.
    Je dois tirer une boule une fois, sans regarder, constater sa couleur (ne pas être daltonien ), remettre la boule dans l'urne que j'ai choisie, retirer une boule de cette même urne, sans regarder, puis constater sa couleur également.
    Je ne distingue pas l'urne A de l'urne B. Elles se ressemblent tellement !

    Ce que j'ai constaté après coup :

    J'ai tiré deux boules rouges.

    B1 : j'ai tiré deux fois une boule rouge.
    B2 : j'ai tiré une fois une boule rouge et une fois une boule verte. [L'ordre n'importe pas car il y a remise.]
    B3 : j'ai tiré deux fois une boule verte.

    p(B1)+p(B2)+p(B3)=1

    C1 : j'ai choisi l'urne A.
    C2 : j'ai choisi l'urne B.

    p(C1)+p(C2)=1

    La grande question ! :

    Quelle est la probabilité que j'aie choisi l'urne A sachant que j'ai tiré deux fois une boule rouge de la même urne ?

    En d'autres termes :

    Calculer p(C1 I B1).

    Par le théorème de Bayes :

    p(C1 I B1)=p(C1)*p(B1 I C1)/[p(C1)*p(B1 I C1)+p(C2)*p(B1 I C2)]

    J'ai donc besoin de connaître :

    p(C1)
    p(C2)
    p(B1 I C1)
    p(B1 I C2)

    p(C1)=1/2
    p(C2)=1/2
    p(B1 I C1)=(40/100)^2=4/9
    p(B1 I C2)=(10/100)^2=1/100

    D'où :

    p(C1 I B1)=1/2 * 4/9 / [1/2 * 4/9 + 1/2 * 1/100]

    = 2/9 / [2/9 + 1/200]
    = 2/9 / [400/1800 + 9/1800]
    = 2/9 / 409/1800
    =(2*1800)/(9*409)
    =400/409

    Heu... ça me semble beaucoup, rien qu'à voir ainsi. Mais après coup, ça me semble "dans les normes", étant donné le peu de boules rouges dans l'urne B (la haute quantité de boules vertes, devrais-je dire).

    Si j'ai faux quelque part, n'hésitez pas à le mentionner !

    Shokin
    Pardon, humilité, humour, hasard, tolérance, partage, curiosité et diversité => liberté et sérénité.

  16. #15
    invite4793bfc9

    Re : problème d'urnes

    c'est bien ça.

  17. #16
    invite4793bfc9

    Re : problème d'urnes

    enfin j'crois, mais ça fait beaucoup, ça doit pas être ça alors. Mais j'sais plus l'résoudre. c'est bien par Bayes qu'il faut passer. Enfin y m'semble. Bon ba j'vais m'coucher moi. Avec tous ces nombres.....bonne nuit!

  18. #17
    shokin

    Re : problème d'urnes

    Ouais, bonne nuit ! je vais essayer demain de voir encore plus en détail si j'ai pas fait de failles.

    Assez de mathématique pour aujourd'hui.

    Shokin
    Pardon, humilité, humour, hasard, tolérance, partage, curiosité et diversité => liberté et sérénité.

  19. #18
    yat

    Re : problème d'urnes

    Citation Envoyé par shokin
    Ouais, bonne nuit ! je vais essayer demain de voir encore plus en détail si j'ai pas fait de failles.
    hum... comment tu fais pour te planter alors qu'il y a le corrigé en message 3 ? En plus tu avais toi aussi donné la bonne réponse en message 4 de manière plus intuitive...
    Le raisonnement est tout à fait bon (enfin, je pense, puisque c'est exactement le même que le mien).

    L'erreur, c'est que (40/100)^2 ne fait pas 4/9, mais 36/100 (ou 9/25). Après correction tu retombes au final sur le 36/37 que nous avions trouvé tous les deux dès le début.

    P.S: Alors ce truc ça s'appelle le théorème de Bayes ? Comme quoi ça ne sert vraiment à rien d'apprendre les théorèmes par coeur.

  20. #19
    yat

    Re : problème d'urnes

    Citation Envoyé par shokin
    Ah ! qu'en aurait-il été si par exemple :
    L'urne A contient 20 boules rouges et 60 boules vertes.
    L'urne B contient 40 boules rouges et 60 boules vertes.
    ?
    Ben on n'aurait pas pu raisonner en termes de "chances", mais en revenir un peu plus sérieusement aux probabilités.

  21. #20
    shokin

    Re : problème d'urnes

    p(C1)=1/2
    p(C2)=1/2
    p(B1 I C1)=(60/100)^2=9/25
    p(B1 I C2)=(10/100)^2=1/100

    D'où :

    p(C1 I B1)=1/2 * 9/25 / [1/2 * 9/25 + 1/2 * 1/100]

    = 9/50 / [9/50 + 1/200]
    = 9/50 / [36/200 + 1/1200]
    = 9/50 / 37/200
    =(9*200)/(50*37)
    =36/37

    Ah ! faudra que je lise mieux ! nous retombons effectivement sur 36/37 !

    Le théorème de Bayes est utile quand ça ne nous vient pas intuitivement. [Et parfois, se laisser aller à son intuition nous induit en erreur.]

    Pour le problème avec des nombres totaux de boules différents, on aurait pu également faire de même, avec des dénominateurs changeants.

    Il me semble que ça est bon maintenant.

    Shokin
    Pardon, humilité, humour, hasard, tolérance, partage, curiosité et diversité => liberté et sérénité.

  22. #21
    yat

    Re : problème d'urnes

    Citation Envoyé par yat
    (40/100)^2 ne fait pas 4/9, mais 36/100 (ou 9/25).
    Ouaouh... quand on fait gaffe on peut en écrire de belles, quand même. Bon, tu avais corrigé, il s'agit bien entendu de (60/100)^2...

  23. #22
    yat

    Re : problème d'urnes

    Citation Envoyé par shokin
    Pour le problème avec des nombres totaux de boules différents, on aurait pu également faire de même, avec des dénominateurs changeants.
    Bah oui... dans ce cas on ne laisse plus le dénominateur de coté, et donc on ne raisonne plus en "nombre de chances", mais en probabilités, non ? C'est ce que tu as fait, de toutes façons.

  24. #23
    invite4793bfc9

    correction bis des urnes

    bon, comme définitivement je ne trouve pas la correction dans mon foutu bouquin et que les solutions de shokin et yat me paraissent un peu troublantes, j'essaye cela. La règle de bayes , appliqué à ce problème dit. Proba d'avoir tiré dans A fois proba de tirer rouge dans A, le tout divisé par proba d'avoir tiré dans A fois proba de tirer rouge dans A plus proba d'avoir choisi dans B fois proba de tirer rouge dans B Comme on tire 2 boules, la proba de tirer rouge dans A deux fois est 0,8 fois 0,8 soit 0,64. je calcule et je reviens

    Message fusionné, Coincoin

  25. #24
    invite4793bfc9

    Re : correction bis des urnes

    ça fait bien ça. On est tous au point pour la prochainne interrog! lol

  26. #25
    shokin

    Re : problème d'urnes

    Un petit rappel que tout le monde connaît maintenant :

    Enoncé du théorème de Bayes en général :

    p(Ak I B)=p(Ak)*p(B I Ak)/[Somme des (p(Ai)*p(B I Ai)), i allant de 1 à n, k étant un entier de 1 à n]

    Pour autant que 1 = Somme des p(Ai), i allant de 1 à n .

    Enoncé du théorème de Bayes pour n=2 (A2=/A1, p(A1)+p(A2)=1) :

    p(A I B)=p(A)*p(B I A)/[p(A)*p(B I A)+p(/A)*p(B I /A)]

    Shokin
    Pardon, humilité, humour, hasard, tolérance, partage, curiosité et diversité => liberté et sérénité.

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