Forum de mathématiques - Bibm@th.net

Merci Yoshi.

J'ai mis le fichier à l'adresse suivante :
https://www.cjoint.com/c/*****

J'ai modifié mon fichier. Voici la bonne adresse :
https://www.cjoint.com/c/NKkjr43Ohwz

J'ai compilé divers résultats de cette discussion dans un fichier PDF, mais je ne sais pas comment l'insérer dans cette discussion.

Bonjour,
Je vais tenter de répondre à ta question mais je tiens tout de même à rappeler que quand on fait des probas, on veut tout faire pour ne pas avoir à savoir quel est précisément l'espace de proba sur lequel on travail. En effet, la force des probabilités c'est que les raisonnements qu'on fait marchent souvent quelque soit l'univers aléatoire sous-jacent et c'est une grande force ! Par exemple, quand on lance une pièce la seule chose "utile" pour faire des probas c'est de savoir qu'elle a une chance sur deux de tomber sur face ou sur pile, on se fiche complètement de tous les paramètres physiques (la force du vent, l'angle du lancer, l'attraction de Jupiter, etc...) qui pourraient (ou non) faire partir de la construction de l'espace probabilisé sous-jacent.
Une question qui peut cependant te stresser est de savoir s'il existe au moins un espace de probabilité qui peut encoder l'expérience aléatoire. Il y a des théorèmes en proba qui permettent de savoir l'existence de ce genre d'espace probabilisés (ex : le théorème de Kolmogorov). Mais cela est utile pour des expériences avec une quantité infinie d'éventualités ou lorsque qu'on répète une expérience une infinité de fois.

Dans notre cas, il n'y a aucun problème car il y a un nombre fini d'histoires possibles (on pourrait en faire la liste) et donc on peut juste prendre comme $\Omega$ l'ensemble de chacune de ces histoires et $\mathbb{P}$ la proba qui associe à chaque histoire sa probabilité (en suivant les règles de l'énoncé). C'est très moche mais comme je l'ai dit plus haut, on s'en moque de la tête de $\Omega$ quand on fait des probas.
Bonne journée

Je verrais bien une probabilité du dernier passager d'être à sa place du genre :
$\dfrac {1}{n!}\sum\limits_{p=1}^{2^{n-2}} ( \prod_ {j=p \atop p=1}^{n-1} C_p^{n-1} a_1....a_j)$ tels que les $a_k$ sont compris entre 1 et $n-1$ inclus et tous différents..

Hum !

Y-a-t-il un pilote dans l'avion ?

La probabilité que le dernier passager soit assis à sa place est de 1/2.

Pour comprendre cela, examinons les deux cas possibles :

Cas 1: Le premier passager s'assoit sur sa propre place.

Dans ce cas, tous les autres passagers s'assoient également sur leur propre place car chacun a une place disponible. Le dernier passager s'assoit donc sur sa propre place. La probabilité de ce cas est de 1/n.

Cas 2: Le premier passager ne s'assoit pas sur sa propre place.

Dans ce cas, le premier passager occupe une place au hasard parmi les n places disponibles, mais il ne s'assoit pas sur sa propre place. Cela signifie qu'il y a une place disponible parmi les n - 2 places restantes. Le deuxième passager a alors deux possibilités : il s'assoit sur la place du premier passager (avec une probabilité de 1/(n-1)) ou il s'assoit sur sa propre place (avec une probabilité de 1/(n-1)). Si le deuxième passager s'assoit sur la place du premier passager, cela signifie que la place du premier passager est maintenant prise et que le deuxième passager ne peut pas s'asseoir sur sa propre place. Il doit donc s'asseoir sur une autre place, choisie au hasard parmi les n - 3 places restantes. Ce processus se poursuit jusqu'au dernier passager.

Dans ce cas, la probabilité que le dernier passager s'assoit sur sa propre place est de 1/2.

Par conséquent, la probabilité totale que le dernier passager soit assis à sa place est la somme des probabilités de chaque cas possible :

Probabilité totale = Probabilité cas 1 + Probabilité cas 2
= 1/n + 1/2
= (2 + n)/2n

Ainsi, la probabilité que le dernier passager soit assis à sa place est de (2 + n)/2n. Par exemple, si l'avion a 100 places, alors la probabilité est de 51/100, soit 0,51 ou 51%.

Bonjour Zebulor et Glozi !

J'aime bien cette histoire de bijections.

Par contre, pour moi, et dans ce "genre de problème", je suppose toujours l'équiprobabilité.

Rien (?) ne permet de supposer qu'une bijection est plus ou moins probable qu'une autre ...

Par contre, dans la "réalité des transports aériens", pour avoir pris l'avion une bonne centaine de fois, il y a ceux qui préfèrent les hublots, le couloir, les places dégagées devant ... etc.

Donc vous pouvez refaire un énoncé en tenant compte d'une contrainte, suivant le type de place du mathématicien !!!

Bonne cogitation !

Bernard-maths

Bonsoir Zebulor,
Effectivement tu as raison je n'y avais pas réfléchi mais nombre total de configurations est ben pour $n\geq 1$ :
$$\sum_{l=1}^n{{n-1} \choose {l-1}}=2^{n-1}.$$
Si j'ai bien compris, tu démontres qu'il y a autant de configurations où $n$ est à sa place que de configurations où $n$ n'est pas à sa place. ($2^{n-2}$ pour chaque).
Je suis d'accord, en revanche pour moi il manque quelque chose dans ta conclusion, en effet la formule "nombre de cas favorables/nombre de cas possibles" n'est valable a priori que si la proba est uniforme sur toutes les configurations.

Or, ici ce n'est pas le cas,
En effet, notons $i\to j$ pour signifier l'évènement "le passager $i$ s'assoit sur le siège $j$". Et prenons $n=3$,
Alors $\mathbb{P}(1\to 1, 2\to 2, 3\to 3)=\frac{1}{3}$, alors que $\mathbb{P}(1\to2,2\to3,3\to1)=\frac{1}{6}$ et donc $\mathbb{P}$ n'est pas uniforme sur les configurations.

Grosso modo dans mon dernier message je fais la même chose que toi mais en construisant une correspondance explicite $F$ entre les bijections $\sigma$ où $n$ s'assoit à sa place et les bijections $\sigma$ où $n$ ne s'assoit pas à sa place de sorte que $\mathbb{P}(\sigma) = \mathbb{P}(F(\sigma))$, ce qui permet de contourner ce problème.

Bonne soirée