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Plus de 2500 récréations et problèmes mathématiques !

Ce site a été créé en souvenir de DIOPHANTE, mathématicien grec, qui nous a laissé de remarquables ouvrages d'arithmétique. L'objectif est de constituer une vaste bibliothèque de problèmes mathématiques avec les énoncés et les solutions classés par thèmes et selon leur niveau de difficulté et de proposer chaque mois plusieurs problèmes à la sagacité des lecteurs qui ont toute latitude pour envoyer leurs réponses.

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G148. Mystères autour d'une urne Imprimer Envoyer
G1. Calcul des probabilités
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Je dispose d’une urne qui contient 2011 boules bleues et rouges mais sa composition est pour moi un mystère. Toutes les configurations de x boules bleues et 2011 – x boules rouges avec 0 <= x <= 2011 sont donc équiprobables, ce qui revient à écrire: Pr{ x boules bleues et 2011 – x boules rouges dans l’urne} = 1/2012  pour 0 <= x <= 2011.
Dans un premier tirage sans remise, je  prélève un certain nombre k de boules. Elles sont toutes de couleur rouge. Je calcule qu’avec cette valeur k  j’avais une chance sur sept de réaliser un tel tirage. En déduire k.
Après ce premier tirage, l'urne contient 2011 - k boules.J'effectue un deuxième tirage sans remise de k boules.Calculer la probabilité qu'elles soient  toutes de couleur bleue.



Pierre Henri Palmade,Jean Moreau de Saint Martin,Patrick Gordon,Daniel Collignon,Il Panurgo Italie) et Michel Lafond ont résolu le problème.Pierre Gineste,Jaime Lobo Segura(Costa Rica),Bernard Grosjean et Francisco Franzosi (Suisse) ont traité la première question.
Commentaires:
Les résultats obtenus aux deux questions [k =6 et probabilité de tirer 6 boules bleues dans un 2ème tirage = 1/C(13,6)= 1/1716]ont la particularité de ne pas dépendre du nombre de boules contenues dans l'urne (2011 en l'occurence).
Si l'on effectue un premier tirage de k boules sans remise et que l'on place ces k boules sans en regarder la couleur dans une deuxième urne,celle-ci est aussi mystérieuse que la première, c'est à dire que toutes les configurations de x boules bleues et k – x boules rouges avec 0 <= x <= k sont équiprobables, ce qui revient à écrire: Pr{ x boules bleues et k – x boules rouges dans l’urne} = 1/(k+1)· pour 0 <= x <= k et l'on obtient bien la probabilité obtenue dans Q1 à l'issue dun calcul rigoureux.
La deuxième question comporte un piège : il ne faut pas reprendre la probabilité obtenue dans Q1 avec les 6 boules bleues se substituant aux 6 rouges boules. En effet, les conditions du 2ème tirage ne sont plus du tout les mêmes qu'au 1er tirage car on a la certitude que l'urne contient au moins 6 boules rouges et on subodore que l'urne contient un bon nombre de boules rouges.Pour s'en convaincre,supposons qu'on effectue un premier tirage avec 1005 boules rouges. La probabilité d'un tel tirage est égale à 1/1006. Quelle est la probabilité de tirer 1005 boules bleues dans un deuxième tirage? On ne dira jamais 1/1006 car on aura la quasi-certitude que l'urne ne contient que des boules rouges et la probabilité de tirer 1005 boules bleues est infinitésimale (<<<11006).Il convient donc de faire intervenir des probabilités bayésiennes et le résultat final 1/C(13,6) peut s'analyser comme suit: 1/C(13,6) = 1/13*1/C(12,6)/(1/7). Au numérateur les probabilités 1/13 et 1/C(12,6) sont respectivement celle de tirer 12 boules dont 6 rouges et 6 bleues dans une urne de 2011 boules dont on ignore la composition et celle de tirer 6 boules rouges puis 6 boules bleues parmi 12. Enfin au dénominateur, on a la probabilité trouvée dans Q1 de tirer 6 boules rouges dans un premier tirage.
 
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