Bonsoir, j'ai un exercice à faire et je bloque complètement dessus.
Une urne contient n boules numérotées de 1 à n. On effectue des tirages successifs d'une boule de cette urne, sans remise, jusqu'à ce que les boules n°1,2 et 3 soient sorties.
On cherche la probabilité que les boules 1,2,3 sortent consécutivement dans cet ordre et la probabilité que les boules 1,2 et 3 sortent dans cet ordre consécutivement ou non.
On note X le nombre de tirages effectués. Donner la loi de X et son espérance.
Je pense qu'il faut que j'utilise des factorielles et que card(Oméga)=n! mais sinon je ne vois pas, pouvez-vous m'aider s'il vous plait ?
Merci d'avance
Tirages successifs de boules
Re: Tirages successifs de boules
Bonjour
L'exercice n'est pas facile.
Je traite le premier cas : les boules 1, 2, 3 sont tirées dans l'ordre consécutivement.
D'abord, un cas particulier $n=3$. Dans ce cas une seule possibilité : $P(X=3)=1$ que les boules soient tirées dans l'ordre ou pas et $E(X)=3$.
Désormais : $n>3$ et $k\in \{3,\cdots , n\}$, $k$ étant le nombre de tirages effectués.
Je considère $k\in \{3,\cdots , n-1\}$. La boule 3 a donc été tirée au rang $k$, la boule 2 au rang $(k-1)$ et la boule 1 au rang $(k-2)$. Il y a donc eu au préalable $(k-3)$ tirages parmi les $(n-3)$ boules autres que 1, 2 ou 3.
Le nombre d'arrangements de $(k-3)$ boules parmi $n$ boules est $A_n^{k-3}$ et le nombre de cas favorables est $A_{n-3}^{k-3}$
La probabilité que les $(k-3)$ premiers tirages ne contiennent pas les boules 1, 2, 3 est donc $\frac{A_{n-3}^{k-3}}{A_n^{k-3}}$
La probabilité que la boule 1 soit tirée au rang $(k-2)$ est alors égale à $\frac{1}{n-(k-3)}$ ; que la boule 2 soit tirée au rang $(k-1)$ est $\frac{1}{n-(k-2)}$ ; que la boule 3 soit tirée au rang $k$ est $\frac{1}{n-(k-1)}$
Donc pour $k\in \{3,\cdots , n-1\}$ :
$P(X=k)=\frac{A_{n-3}^{k-3}}{A_n^{k-3}}\times \frac{1}{n-k+3} \times \frac{1}{n-k+2} \times \frac{1}{n-k+1}$
$=\frac{(n-3)\cdots (n-3-(k-3)+1)}{n \cdots (n-(k-3)+1)\times (n-k+3)\times (n-k+2) \times (n-k+1)}$
$=\frac{(n-3)\cdots (n-k+1)}{n\cdots (n-k+1)}=\frac{1}{n(n-1)(n-2)}$
Le cas $k=n$ est un cas particulier puisque, que l'objectif les boules 1, 2, 3 dans l'ordre consécutivement, soit réalisé ou non le nombre de tirages s'arrête . Pour $k\in \{3,\cdots , n-1\}$, la probabilité est la même calculée au-dessus donc
$P(X=n)=1-((n-1)-3+1)\times \frac{1}{n(n-1)(n-2)}=1-\frac{n-3}{n(n-1)(n-2)}=\frac{n^3-3n^2+n+3}{n(n-1)(n-2)}$
$E(X)=\frac{1}{n(n-1)(n-2)}\times (\sum_{k=3}^{n-1} k) + n\times \frac{n^3-3n^2+n+3}{n(n-1)(n-2)}$
$=\frac{1}{n(n-1)(n-2)}\times \frac{(n-1+3)(n-1-3+1)}{2} +\frac{n^3-3n^2+n+3}{(n-1)(n-2)}=\frac{(n+2)(n-3)}{2n(n-1)(n-2)}+\frac{n^3-3n^2+n+3}{(n-1)(n-2)}$
$=\frac{2n^4-6n^3+3n^2 +5n-6}{2n(n-1)(n-2)}$
Calculs à vérifier et j'essaierai de voir le second cas demain.
L'exercice n'est pas facile.
Je traite le premier cas : les boules 1, 2, 3 sont tirées dans l'ordre consécutivement.
D'abord, un cas particulier $n=3$. Dans ce cas une seule possibilité : $P(X=3)=1$ que les boules soient tirées dans l'ordre ou pas et $E(X)=3$.
Désormais : $n>3$ et $k\in \{3,\cdots , n\}$, $k$ étant le nombre de tirages effectués.
Je considère $k\in \{3,\cdots , n-1\}$. La boule 3 a donc été tirée au rang $k$, la boule 2 au rang $(k-1)$ et la boule 1 au rang $(k-2)$. Il y a donc eu au préalable $(k-3)$ tirages parmi les $(n-3)$ boules autres que 1, 2 ou 3.
Le nombre d'arrangements de $(k-3)$ boules parmi $n$ boules est $A_n^{k-3}$ et le nombre de cas favorables est $A_{n-3}^{k-3}$
La probabilité que les $(k-3)$ premiers tirages ne contiennent pas les boules 1, 2, 3 est donc $\frac{A_{n-3}^{k-3}}{A_n^{k-3}}$
La probabilité que la boule 1 soit tirée au rang $(k-2)$ est alors égale à $\frac{1}{n-(k-3)}$ ; que la boule 2 soit tirée au rang $(k-1)$ est $\frac{1}{n-(k-2)}$ ; que la boule 3 soit tirée au rang $k$ est $\frac{1}{n-(k-1)}$
Donc pour $k\in \{3,\cdots , n-1\}$ :
$P(X=k)=\frac{A_{n-3}^{k-3}}{A_n^{k-3}}\times \frac{1}{n-k+3} \times \frac{1}{n-k+2} \times \frac{1}{n-k+1}$
$=\frac{(n-3)\cdots (n-3-(k-3)+1)}{n \cdots (n-(k-3)+1)\times (n-k+3)\times (n-k+2) \times (n-k+1)}$
$=\frac{(n-3)\cdots (n-k+1)}{n\cdots (n-k+1)}=\frac{1}{n(n-1)(n-2)}$
Le cas $k=n$ est un cas particulier puisque, que l'objectif les boules 1, 2, 3 dans l'ordre consécutivement, soit réalisé ou non le nombre de tirages s'arrête . Pour $k\in \{3,\cdots , n-1\}$, la probabilité est la même calculée au-dessus donc
$P(X=n)=1-((n-1)-3+1)\times \frac{1}{n(n-1)(n-2)}=1-\frac{n-3}{n(n-1)(n-2)}=\frac{n^3-3n^2+n+3}{n(n-1)(n-2)}$
$E(X)=\frac{1}{n(n-1)(n-2)}\times (\sum_{k=3}^{n-1} k) + n\times \frac{n^3-3n^2+n+3}{n(n-1)(n-2)}$
$=\frac{1}{n(n-1)(n-2)}\times \frac{(n-1+3)(n-1-3+1)}{2} +\frac{n^3-3n^2+n+3}{(n-1)(n-2)}=\frac{(n+2)(n-3)}{2n(n-1)(n-2)}+\frac{n^3-3n^2+n+3}{(n-1)(n-2)}$
$=\frac{2n^4-6n^3+3n^2 +5n-6}{2n(n-1)(n-2)}$
Calculs à vérifier et j'essaierai de voir le second cas demain.
Re: Tirages successifs de boules
D'accord merci beaucoup.
Re: Tirages successifs de boules
J'ai des doutes sur ma réponse, je trouve que le texte n'est pas suffisamment précis.
Par exemple si la boule 2 sort au premier tirage, on peut arrêter les tirages car on n'obtiendra pas les boules 1, 2 et 3 dans l'ordre.
J'aimerais avoir la solution de votre professeur.
Par exemple si la boule 2 sort au premier tirage, on peut arrêter les tirages car on n'obtiendra pas les boules 1, 2 et 3 dans l'ordre.
J'aimerais avoir la solution de votre professeur.
Re: Tirages successifs de boules
D'accord je vous dirai dès que je l'ai
Re: Tirages successifs de boules
• Pour calculer la probabilité d'obtenir les trois boules 1, 2 et 3 consécutivement et dans cet ordre, il suffit de dénombrer le nombre de permutations de $[1,n]$ de la forme : $\cdot\cdot\cdot\cdot\cdot123\cdot\cdot\cdot$
Il y a $n-2$ emplacements possibles pour le motif $123$ puis, pour chacun de ces emplacements, $(n-3)!$ permutations qui conviennent donc la probabilité est égale à $\frac{(n-2)!}{n!}=\frac1{n(n-1)}$.
• Pour calculer la probabilité d'obtenir les trois boules 1, 2, 3 dans cet ordre consécutivement ou non, le tirage des autres boules n'influe pas sur cette probabilité, qui est donc à l'évidence égale à $\frac16$.
• Enfin pour l'espérance du nombre de tirages, l'énoncé précise il me semble qu'on effectue ceux-ci jusqu'à ce que les trois boules soient sorties. Il faut donc continuer le tirage même si la boule 2 ou la boule 3 est sortie avant la boule 1. Sans cette simplification, le calcul reste possible mais se complique sacrément.
Avec cette hypothèse, les configurations favorables qui terminent l'expérience après $k$ tirages sont de la forme $\cdot\cdot\cdot a\cdot\cdot\cdot\cdot b\cdot\cdot\cdot c\cdot\cdot\cdot\cdot$ où $\{a,b,c\}=\{1,2,3\}$, $c$ se trouvant en position $k\geq 3$.
Il y a $6\times\binom{k-1}2\times(n-3)!$ configurations favorables donc : $P(X=k)=\frac{3(k-1)(k-2)}{n(n-1)(n-2)}$ et $E(X)=\frac3{n(n-1)(n-2)}\sum_{k=3}^nk(k-1)(k-2)=\frac{3(n+1)}4$.
Note : cette dernière somme se calcule par télescopage : $\sum_{k=3}^nk(k-1)(k-2)=\frac14\sum_{k=3}^n\Bigl((k+1)k(k-1)(k-2)-k(k-1)(k-2)(k-3)\Bigr)=\frac{(n+1)n(n-1)(n-2)}4$.
Il y a $n-2$ emplacements possibles pour le motif $123$ puis, pour chacun de ces emplacements, $(n-3)!$ permutations qui conviennent donc la probabilité est égale à $\frac{(n-2)!}{n!}=\frac1{n(n-1)}$.
• Pour calculer la probabilité d'obtenir les trois boules 1, 2, 3 dans cet ordre consécutivement ou non, le tirage des autres boules n'influe pas sur cette probabilité, qui est donc à l'évidence égale à $\frac16$.
• Enfin pour l'espérance du nombre de tirages, l'énoncé précise il me semble qu'on effectue ceux-ci jusqu'à ce que les trois boules soient sorties. Il faut donc continuer le tirage même si la boule 2 ou la boule 3 est sortie avant la boule 1. Sans cette simplification, le calcul reste possible mais se complique sacrément.
Avec cette hypothèse, les configurations favorables qui terminent l'expérience après $k$ tirages sont de la forme $\cdot\cdot\cdot a\cdot\cdot\cdot\cdot b\cdot\cdot\cdot c\cdot\cdot\cdot\cdot$ où $\{a,b,c\}=\{1,2,3\}$, $c$ se trouvant en position $k\geq 3$.
Il y a $6\times\binom{k-1}2\times(n-3)!$ configurations favorables donc : $P(X=k)=\frac{3(k-1)(k-2)}{n(n-1)(n-2)}$ et $E(X)=\frac3{n(n-1)(n-2)}\sum_{k=3}^nk(k-1)(k-2)=\frac{3(n+1)}4$.
Note : cette dernière somme se calcule par télescopage : $\sum_{k=3}^nk(k-1)(k-2)=\frac14\sum_{k=3}^n\Bigl((k+1)k(k-1)(k-2)-k(k-1)(k-2)(k-3)\Bigr)=\frac{(n+1)n(n-1)(n-2)}4$.