Forum de mathématiques - Bibm@th.net

Bonjour,
et dans la mesure où on réfléchit tranquillement chez soi sans contrainte de temps, il est toujours formateur de résoudre un problème sous plusieurs angles, y compris par des méthodes compliquées. Voir la même chose sous un autre angle.
@DassBoot : par exemple dans la discussion "lancé de 3 dés" tu peux chercher la probabilité de l'événement D de deux façons.
DassBoot? parti à la pêche ?

Bref on espère que tout va bien pour DassBoot

Rebonjour DasBoot,
bridgslam t'a donné les étapes qu'il faut prendre le temps d'assimilier l'une après l'autre..Je tente une autre explication :

$C_n^m$  traduit le nombre de façons de choisir les $m$ éléments de l'ensemble de départ (les tirages) qui en compte $n$ : l'ordre des éléments ne compte pas.
A chacun de ces $m$ éléments correspond un unique élément de l'ensemble d'arrivée constitué par les boules blanches : c'est une injection. Lorsque $m \lt M$ au moins un élément de l'ensemble d'arrivée n'a pas d'antécédent, et le cas $m=M$ correspond à une bijection.

Une injection parce que les tirages se font sans remise : on ne peut pas choisir la même boule blanche au tirage suivant. S'il s'agissait de tirages avec remise, on parlerait plus d injection parce qu'une même boule pourrait être tirée plusieurs fois au cours des $n$ tirages (donc au plus $n$ fois), ce qui donnerait $N^n$ tirages possibles.

Ceci pourrait t'aider : https://www.bibmath.net/dico/index.php? … ction.html
L'application injective en haut a gauche de cette page web correspond à $n=2$, $N=3$. $M=0,1,2 ou 3$. Tu peux y associer les événéments $X=m$ pour $m=0,1,2 ou 3$.
Tu '"injectes" chaque élément de l'ensemble de départ vers un élément qui lui est unique vers l'ensemble d'arrivée. Dans ce dernier ensemble des éléments peuvent ne pas avoir d'antécédent, contrairement à la surjection

Il y a $A_M^{m}$ façons d'associer $m$ éléments à l'ensemble des $M$ boules blanches de l'ensemble d'arrivée : cela fait  $A_M^{m}$ injections. Cette fois ci l'ordre compte et c'est peut être là qu'est la difficulté..

Et pour chacune de ces injections précédentes : chacun des $n-m$ éléments restants (ce que brigslam appelle le résidu) est associé à un élément (une boule) parmi les $N-M$ restantes (nécessairement noires)  : il y a $A_{N-M}^{n-m}$ façons de le faire qui sont encore autant d'injections.

Pour un ensemble de $m$ éléments donné, il y a donc $A_M^{m}A_{N-M}^{n-m}$ injections : ce sont les éléments d'un sous ensemble de l'ensemble des injections possibles de la réponse 1.

Et comme il y a  $C_n^m$ ensembles de $m$ éléments celà donne $C_n^m  A_M^m A_{N-M}^{n-m}$ manières de choisir $m$ boules blanches.

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Bonjour,

Quelques indications:

Que sont les évènements élémentaires équiprobables ?

Tu t'intéresses ensuite aux évènements de réalisation: avoir m boules boules blanches dans un tirage de n boules

L'idée est-elle d'utiliser les combinaisons? les arrangements?

A.