Rencontre tirage

[Random]

Bonjour,

Très gros soucis en math cette année, une coup de main serait le bien venue

Une boite contient n boules numérotées de 1 à n et on effectue n tirages sans remise. On dit qu'il y a rencontre au i ème tirage si la i ème boule tirée porte le nº i. (Donc la 20ème boules par exemple si elle porte le numéro 20 ?)

1. Calculer la probabilité pour qu'il y ait rencontre au premier tirage.
2. Calculer la probabilité pour qu'il y ait rencontre au premier et au deuxième tirage.
3. Calculer la probabilité pour qu'il y ait rencontre au moins une rencontre. Déterminer la limite de cette probabilité quand n --> ∞ (tant vers l'infinie ?)
4. Que vaut la probabilité pour qu'il y ait exactement une rencontre ? Déterminer la limite de cette probabilité quand n --> ∞
5. Un commissionnaire doit distribuer 11 paquets à 11 personnes différentes. Fatigué, il décide de les distribuer au hasard. Quelle est la probabilité pour qu'aucun paquet n'arrive chez son destinataire ?
6. De combien de manières peut-on disposer 8 tours sur un échiquier de telle manière qu'aucun ne puisse en attaquer une autre et que la diagonale blanche soit libre de tours ?

Je remercie quiconque pourra m'apporter une aide, explication, début de réponse, coup de main pour n'importe la qu'elle de ses questions.

[Job]

Bonsoir

1. Pour qu'il y ait rencontre au premier tirage, il faut que la première boule tirée porte le numéro 1. Comme il y a $n$ boules la probabilité est donc $\frac{1}{n}$

2. Je désigne par $R_1$ l'événement "rencontre au premier tirage" et par $R_2$ l'événement "rencontre au second tirage"
$R_1$ étant réalisé, il reste $(n-1)$ boules pour le second tirage, donc $p(R_2/R_1)=\frac{1}{n-1}$
Par conséquent $p(R_1\cap R_2)=\frac{1}{n} \times \frac{1}{n-1}$

Pour la suite, le texte est une variante du problème des dérangements. L'avez-vous vu ? (il figure sur le net). Ou sinon avez-vous vu la formule du crible de Poincaré ?

[Random]

Merci beaucoup pour l'aide, vous me sauvez bien la mise, maintenant que je l'ai sous les yeux sa semble évident et pourtant j'ai passer un paquet d'heure à chercher partout sur le net et sur l'ensemble du cours.

"Pour la suite" Alors vue comme ça sa ne me parlais pas, j'ai donc fait une petite recherche et c'est non pour le problème des dérangements, pour ce qui est du crible de Poincaré, je ne peut pas être aussi catégorique mais je suis presque sur que c'est non aussi.

[Job]

La formule du crible de Poincaré est une formule qui permet de calculer le cardinal de la réunion d'ensembles non disjoints, c'est la généralisation de $card (A\cup B)=card (A)+card (B)-card (A\cap B)$
$Card (A_1\cup \cdots \cup A_n)=\sum_{k=1}^n (-1)^{k+1}\left(\sum_{1\leq i_1<\cdots <i_k\leq n}Card (A_{i_1}\cap \cdots \cap A_{i_k})\right)$
(Vous trouverez la démonstration sur le net)

3. Le nombre de rencontres peut aller de 1 à $n$.
On désigne par $A_i\ (1\leq i \leq n)$ l'ensemble des rencontres au ième tirage c'est-à-dire l'ensemble des permutations de $\{1,\cdots ,n\}$ qui laissent $i$ invariant. On utilise la formule du crible.
Une permutation qui laisse fixes les $k$ éléments $i_1,\cdots , i_k$ est une permutation quelconque sur les $(n-k)$ éléments restants, il y en a donc $(n-k)!$ et il y a ${n\choose k}$ manières de choisir les $i_1,\cdots , i_k$.
Donc $\sum_{1\leq i_1<\cdots <i_k\leq n}Card (A_{i_1}\cap \cdots \cap A_{i_k})={n\choose k}(n-k)!=\frac{n!}{k!}$
$Card (A_1\cup \cdots \cup A_n)=\sum_{k=1}^n (-1)^{k+1}\times \frac{n!}{k!}$
Comme le nombre de permutations de $\{1,\cdots ,n\}$ est $n!$, la probabilité qu'il y ait au moins une rencontre est : $\sum_{k=1}^n \frac{(-1)^{k+1}}{k!}$
(On peut vérifier à la main la formule pour $n$ =3 ou 4)

$\sum_{k=1}^n \frac{(-1)^{k+1}}{k!}= 1-\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!}+\cdots + \frac{(-1)^{n+1}}{n!}= -\sum_{k=1}^n\frac{(-1)^k}{k!}$
Donc la limite quand $n$ tend vers l'infini est : $1-e^{-1}$

[Job]

4. De la question 3, on peut déduire que le nombre de tirages où il n'y a aucune rencontre (c'est ce qu'on appelle un dérangement) est $n!-Card (A_1\cup \cdots \cup A_n)=n! \left(1-\sum_{k=1}^n \frac{(-1)^{k+1}}{k!}\right)$ $=n!\left(1+\sum_{k=1}^n\frac{(-1)^k}{k!}\right)$ $=n!\sum_{k=0}^n\frac{(-1)^k}{k!}$

Si il y a une seule rencontre, il y a donc un dérangement sur les $(n-1)$ autres éléments.
D'après la formule précédente le nombre de ces dérangements pour un élément donné est : $(n-1)!\sum_{k=0}^{n-1}\frac{(-1)^k}{k!}$
Come il y a $n$ choix pour l'unique rencontre, le cardinal des permutations comportant une unique rencontre est :
$n\times (n-1)!\sum_{k=0}^{n-1}\frac{(-1)^k}{k!}=n! \sum_{k=0}^{n-1}\frac{(-1)^k}{k!}$
Comme le nombre total de permutations est $n!$, la probabilité est donc $\sum_{k=0}^{n-1}\frac{(-1)^k}{k!}$

La limite, quand $n$ tend vers l'infini est donc $e^{-1}$

5. C'est un dérangement avec $n=11$ et la probabilité d'un dérangement est $\sum _{k=0}^n \frac{(-1)^k}{k!}$

6. On dispose une tour sur chaque colonne mais la tour de la colonne $i$ ne doit pas se trouver sur la ligne $i$, c'est donc un dérangement avec $n=8$

[Random]

Bonjour,

Je suis revenue voir à tout hasard, je ne m'attendais pas à ce qu'il y est du nouveau est c'est une très agréable surprise.

J'ai pris un peu le temps de tout lire mais étant fatiguer et vue l'heure, je vais m'y attarder plus en détails demain soir.

Encore une fois je ne peux que vous remerciez pour vôtre sollicitude très bienvenue et rigoureuse.

PS : Si je puis vous êtres favorable en faisant tourner ce site pas exemple, n'hésitez pas ce sera avec plaisir !