Bonsoir ,

J'ai un doute avec un exercice de proba

L'exercice en question :

Une réunion de 12 personnes est constitué de 4 hommes et de 8 femmes on les répartit en
4 salles de 3 personnes.
Trouver la probabilité que chaque groupe contienne.

-Exactement un homme
-Au moins un homme

J'ai fait ceci mais ça me semble , peut être faux.

Pour le exactement un homme :

( C 1,4 X C 2,8 X C 1,3 X C 2,6 X C 1,2 X C 2,4 X C 1,1 X C 2,2 ) / ( C 3,12 X C 3,9 X C 3,6 X C 3,3 ) = 0,08

Par contre pour au moins un homme , cela veut dire qu'il doit avoir dans une salle 2 hommes minimum et le reste 1 homme ainsi qu'une salle avec 0 homme et 3 femmes ?
Donc ça revient au même en retirant 2 hommes à la place de 1 dans une salle et prendre 3 femme dans une salle avec 0 homme ?

( C 2,4 X C 1,8 X C 1,2 X C 2,7 X C 1,1 X C 2,5 X C 0,0 X C 3,3 ) / ( C 3,12 X C 3,9 X C 3,6 X C 3,3 )

Merci pour toutes réponses

pour au moins un homme tu fais 1-pr(A)
avec
A: l evennement kil n y ait aucun homme dans les salles

Bon, je pense pas que c'est la méthode attendue mais en tout cas ça ça marche :
Voilà l'ensemble des possibilités : ( nombre d'homme par salle )

Il y en a 31 ( il suffit de compter sur l'arbre )
Il y en a une seule où il y a exactement un homme par salle.
Ca fait donc une chance sur 31 soit une probabilité de 0.032 à 10^-3 près.

La deuxième probabilité cherchée est la même car s'il y a strictement plus d'un homme dans une salle, ça signifie qu'il y a une salle où il n'y a aucun homme.

Bizarre vos démarches , j'ai regardé sur mon cours de proba et ce que je fais est bon ... , à part pour au moins un homme que je n'ai pas de correction.

@rom1504 : Maintenant je le vois l'arbre , mais avec un peu plus d'explication dessus pour comprendre mieux ta démarche , serait mieux , je comprends pas ce que tu comptes ?.

Je compte le nombre d'homme par salle. Je voie pas trop ce qu'il y a à expliquer...
Par contre toi ce que tu fais, rien n'est expliqué et je ne comprends pas tes notations c'est quoi C 1,4 et d'où ça sort ?

C k,n est la notation pour la combinaison <math>\({n \choose k}\)</math> ou comment tirer <math>\(k\)</math> objets dans un ensemble de <math>\(n\)</math> discernables (sans répétition).

Donc la première formule donne :<math>\(\frac{{4 \choose 1} \times {8 \choose 2} \times {3 \choose 1} \times {6 \choose 2} \times {2 \choose 1} \times {4 \choose 2} \times {1 \choose 1} \times {2 \choose 2}}{{12 \choose 3} \times {9 \choose 3} \times {6 \choose 3} \times {3 \choose 3}}= 0,08\)</math>

Citation

Par contre toi ce que tu fais, rien n'est expliqué et je ne comprends pas tes notations c'est quoi C 1,4 et d'où ça sort ?

Désolé mais , c'est dans le titre , si tu ne sais pas ce que c'est le C , c'est que tu ne sais pas m'aider.

Oui ok la notation habituelle c'est <math>\(C^k_n\)</math>
N'empêche que je voie pas d'où sors ta formule, en tout cas tu n'as rien expliqué...

Bon, pour expliquer un peu ma démarche :
Dans la première salle on peut mettre soit 0 soit 1 soit 2 soit 3 hommes.
Dans la deuxième salle on peut mettre un certain nombre d'hommes en fonction du nombre d'homme de la première salle.
Etc... pour les salles suivantes.
Donc j'ai construit un arbre pour avoir l'ensemble des possibilités d'organisation des personnes.
Ensuite je compte ces possibilités, il y en a 31.
"on les répartit en
4 salles de 3 personnes "
Donc j'ai supposé que c'était équiprobable ( il y a autant de chance d'organiser les personnes d'une façon que de l'autre ).
Il y a une seule possibilité où il y a un exactement un homme par salle.

Donc ça fait une probabilité de 1/31...

Par contre là j'ai pris des salles ordonnées...

edit: bon, à la réflexion, je voie pas trop pourquoi les organisations seraient équiprobables donc ça doit pas être ça.
Si tu pouvais expliquer ta démarche Aquarius ça serais bien...

Citation : rom1504

Oui ok la notation habituelle c'est <math>\(C^k_n\)</math>

Juste pour la remarque en passant et histoire de bien couper les cheveux en quatre ( ) , les deux notations <math>\(C^k_n\)</math> et <math>\({ n \choose k}\)</math> existent mais la dernière est préconisé par ISO 80000-2 (ISO 31-11 avant 2009).

Citation : Lanfeust 313

Citation : rom1504

Oui ok la notation habituelle c'est <math>\(C^k_n\)</math>

Juste pour la remarque en passant et histoire de bien couper les cheveux en quatre ( ) , les deux notations <math>\(C^k_n\)</math> et <math>\({ n \choose k}\)</math> existent mais la dernière est préconisé par ISO 80000-2 (ISO 31-11 avant 2009).

Oui oui, je voulais dire habituelle par rapport à C k,n ( qui n'est pas une notation qui existe vraiment )

Bonsoir,

je soumets cette façon de décompter , est elle fautive?

Donc le dénombrement suivant
<math>\(\[ C _{12}^{3} \]\)</math> =220 comités de 3 personnes possibles
qui se décomposent en
<math>\(\[ C _{8}^{3} \]\)</math> avec 0 H et 3F soit 56
<math>\(\[ C _{4}^{1} C _{8}^{2} \]\)</math> avec 1H et 2F soit 112
<math>\(\[ C _{4}^{2}C _{8}^{1} \]\)</math> avec 2H et 1F soit 48
<math>\(\[ C _{4}^{3} \]\)</math> avec 3H et 0F soit 4
le total faisant bien 220

<math>\(C _{220}^{4}\)</math> nombre de façons de répartir les comités dans 4 salles d'où

avec 112 comités possibles pour 1 homme exactement probabilité 1 homme exactement <math>\(C _{112}^{4}/C _{220}^{4}\)</math>, environ 0,0653

au moins un homme dans chaque salle (164 comités possibles :
<math>\(C _{164}^{4}/C _{220}^{4}\)</math>, environ 0,306

rom1504 -> Pourquoi 31 ? Dans ton arbre les possibilités sont au nombre de 79 (toutes les salles), tu as compté que la salle 4... Et les probabilités, P(Hommes) = 1/3 et P(Femmes) = 2/3.

Sinon, pour les autres, je ne connais pas les tirages encore, mais ça a l'air efficace et simple.

Citation : schadocalex

rom1504 -> Pourquoi 31 ? Dans ton arbre les possibilités sont au nombre de 79 (toutes les salles), tu as compté que la salle 4...

Je parle des possibilités pour organiser les personnes dans toutes les salles, par exemple 1 homme dans la salle 1, 2 homme dans la salle 2, 1 homme dans la salle 3 et 0 homme dans la salle 4 compte pour une possibilité.
Le problème c'est que je croit pas que ces possibilités soient équiprobables donc ça marche pas.

Citation : rom1504

Citation : schadocalex

rom1504 -> Pourquoi 31 ? Dans ton arbre les possibilités sont au nombre de 79 (toutes les salles), tu as compté que la salle 4...

Je parle des possibilités pour organiser les personnes dans toutes les salles, par exemple 1 homme dans la salle 1, 2 homme dans la salle 2, 1 homme dans la salle 3 et 0 homme dans la salle 4 compte pour une possibilité.
Le problème c'est que je croit pas que ces possibilités soient équiprobables donc ça marche pas.

Citation : schadocalex

Et les probabilités, P(Hommes) = 1/3 et P(Femmes) = 2/3.

Citation : nabucos

Bonsoir,

je soumets cette façon de décompter , est elle fautive?

Donc le dénombrement suivant
<math>\(\[ C _{12}^{3} \]\)</math> =220 comités de 3 personnes possibles
qui se décomposent en
<math>\(\[ C _{8}^{3} \]\)</math> avec 0 H et 3F soit 56
<math>\(\[ C _{4}^{1} C _{8}^{2} \]\)</math> avec 1H et 2F soit 112
<math>\(\[ C _{4}^{2}C _{8}^{1} \]\)</math> avec 2H et 1F soit 48
<math>\(\[ C _{4}^{3} \]\)</math> avec 3H et 0F soit 4
le total faisant bien 220

<math>\(C _{220}^{4}\)</math> nombre de façons de répartir les comités dans 4 salles d'où

avec 112 comités possibles pour 1 homme exactement probabilité 1 homme exactement <math>\(C _{112}^{4}/C _{220}^{4}\)</math>, environ 0,0653

au moins un homme dans chaque salle (164 comités possibles :
<math>\(C _{164}^{4}/C _{220}^{4}\)</math>, environ 0,306

Je pense qu'elle est fautive : quand tu prends quatre comités quelconques parmi les 220, tu n'as pas la contrainte que tu ne dois avoir que 4 hommes et 8 femmes. Tu inclus aussi le cas où les quatre comités sont complètement féminins, par exemple...

Enfin, je crois.


Pour ma part, je dénombre de la façon suivante :
On cherche à compter le nombre de façons de répartir <math>\(p\)</math> groupes de <math>\(q\)</math> personnes chacun (ici, p = 4 et q = 3).
On peut mélanger les <math>\(pq\)</math> personnes comme on veut (il y a <math>\((pq)!\)</math> possibilités), mais l'ordre des personnes dans les groupes ne compte pas (donc il faut diviser par <math>\(q!\)</math> autant de fois qu'il y a de groupes, c'est-à-dire <math>\(p\)</math> fois, donc il faut diviser par <math>\((q!)^p\)</math>), et l'ordre des groupes ne compte pas non plus (donc il faut diviser par <math>\(p!\)</math> puisqu'on peut permuter les groupes comme on veut).

Finalement, on a <math>\(\frac{(pq)!}{(q!)^p p!}\)</math> répartitions possibles, pour répartir <math>\(pq\)</math> personnes en <math>\(p\)</math> groupes de <math>\(q\)</math> personnes, et en considérant que l'ordre des groupes n'a pas d'importance (il faut faire attention à ce détail).

Considérons maintenant qu'il y a <math>\(p\)</math> hommes et <math>\(pq - p = p(q-1)\)</math> femmes. On cherche à calculer la probabilité qu'un groupe ait un seul homme. Prenons un groupe quelconque, il faut qu'il ait 1 homme (<math>\(p\)</math> possibilités) et <math>\(q-1\)</math> femmes (<math>\({p(q-1) \choose q-1}\)</math> possibilités), et on peut répartir le reste comme on veut (donc <math>\(p-1\)</math> groupes de <math>\(q\)</math> personnes, on peut utiliser la formule précédente, il y a <math>\(\frac{((p-1)q)!}{(q!)^{(p-1)} (p-1)!}\)</math> possibilités). Là, il faut encore voir qu'on compte <math>\(p\)</math> fois trop de possibilités avec ce raisonnement, puisqu'on choisit un groupe quelconque parmi les <math>\(p\)</math>, alors qu'il n'y a en fait aucun ordre, les groupes ne sont pas sensés être distinguables. Donc il faut encore diviser par <math>\(p\)</math>.

Finalement, ça fait <math>\(p {p(q-1) \choose q-1} \frac{((p-1)q)!}{(q!)^{(p-1)} (p-1)!} \frac{1}{p}\)</math>, et en notant que <math>\(\frac{\frac{((p-1)q)!}{(q!)^{(p-1)} (p-1)!} \frac{1}{p}}{\frac{(pq)!}{(q!)^p p!}} = \frac{1}{{pq \choose q}}\)</math>, on obtient que la probabilité cherchée est simplement <math>\(\frac{p {p(q-1) \choose q-1}}{{pq \choose q}}\)</math>, soit, avec p = 4 et q = 3, <math>\(\frac{112}{220} = 0.5090\ldots\)</math>.

La méthode est similaire pour l'autre question, on arrive à <math>\(1 - \frac{{p(q-1) \choose q}}{{pq \choose q}} = 0.7454\ldots\)</math>.




... histoire d'ajouter un peu de bordel aux différentes solutions .



@rom1504 : je crois que tu calcules la probabilité que tous les groupes aient chacun un seul homme, alors qu'on cherche la probabilité qu'un groupe quelconque ait un seul homme, peu importe comment sont les autres groupes (enfin si j'ai bien saisi).

Bonsoir,

à Locke

Pour poursuivre dans l'incertitude, on peut remarquer que ta façon de décompter aboutit... au même résultat que le mien avant de parler de la répartition dans les quatres alles

Ton 112/220=0,5090 , c'est ma probabilité d'avoir un comité avec un seul homme
Ton 0,7454, c'est le 164/220 que je trouve aussi, d'avoir un comité avec au moins un homme sur les 220 possibles.

Donc, ce résultat ne tient pas compte du fait qu'il y a quatre salle à remplir. C'est simplement la probabilité de choisir un comité du type demandé sur les 220 possibles et non un dans chaque salle, me semble-t-il!
.
D'ailleurs "intuitivement", 0,509 me semble un chiffre beaucoup trop élevé pour être la probabilité d'avoir un homme exactement dans chaque salle.

En fait mon calcul contourne je crois la difficulté si je le présente de façon différente mais qui conduit en fait au même résultat:

Prenons le cas de 1 homme exactement:
la probabilité d'avoir 1 H exactement dans une salle est 112/220
la probabilité qu'il en soit de même dans la seconde est maintenant 111/219 à multiplier par la précédente pour cumuler
dans la troisième à multiplier par 110/218
dans la quatrième à multiplier par 109/217
Ce raisonnement me semble exact.
Et, aussi surprenant que cela puisse paraitre, en mutipliant ces quatres probabilités , on trouve ...le résultat que j'ai annoncé directement soit 0,0653

Même chose pour le deuxième cas .164/220, 163/219, 162/218, 161/217
soit 0,306
Et finalement je ne pense pas que ton objection tienne.
Le calcul de répartition dans les salles inclut implicitement les contraintes sur les possibilités. On le voit mieux avec la seconde façon de raisonner que je présente ici.
J'avais un doute, mais à la réflexion je me donne juste avec une proba de 0,9 , bon il reste 0,1, à toi de voir!

Bien vu, je me disais bien que les 112 et 220 me disaient quelque chose... mais j'étais un peu pressé au moment de finaliser mon message et je n'ai pas eu le temps de voir toutes les similarités avec tes valeurs.

Mais par contre, il faut voir qu'on ne calcule pas la même chose, puisque je me suis attaché à calculer la probabilité qu'étant donné un comité quelconque, ce comité ait exactement un homme, peu importe les autres. Mais j'admets qu'avec ta remarque, mon raisonnement doit capoter puisque le "peu importe les autres" doit quand même jouer quelque part... (non ?) du coup essayer de rendre mes comités "non distinguables" n'est peut-être pas très pertinent. Je ne sais pas trop.

Et, il faudrait donc qu'on se mette d'accord sur l'exercice : au début, j'ai aussi essayé de calculer la probabilité que dans tous les comités, il y ait un homme (et ma méthode m'a donné la valeur 9/55 = 0.1636...) ; mais ça ne faisait pas de sens pour la seconde question (au moins un homme par comité = exactement un homme par comité, puisqu'il y a quatre hommes pour quatre comités) donc j'ai fini par me dire que la première avait un sens différent. Et dans ce sens différent, une proba proche de 1/2 n'est peut-être pas délirante ?

Enfin, je ne comprends pas pourquoi 111/219 (ni 110/218, etc). La suite serait plutôt <math>\(\frac{{3 \choose 1} {6 \choose 2}}{{9 \choose 3}}\)</math>, etc, conf le raisonnement d'Aquarius, non ?
(à part ça, finalement il n'y a pas de magie, puisque <math>\(\frac{{112 \choose 4}}{{220 \choose 4}} = \frac{112! 216!}{108! 220!} = \frac{109 \times 110 \times 111 \times 112}{217 \times 218 \times 219 \times 220}\)</math>, sauf si tu étais ironique)

-- edit

Ah si je comprends. Hm.

Bonsoir,
a Locke
sur ta drenière remarque

c'est une façon trés classique de faire ce type de dénombrement,... me semble-t-il
Je redétaille mon point de vue pour le cas 1 H exactement.

Je considère des tirages sans remise, c'est bien les cas ici une fois un comité choisi, on ne le remet pas dans "l'urne" des 220 possibles pour retirer le même dans une autre salle!

On est d'accord que pour une salle quelconque, on a une probabilité 112/220

Une fois cette première salle remplie par 1 comité ad hoc , il ne reste bien que 111 situations disponibles à 1H sur 219 comités restant possibles et ainsi de suite pour la salle 3 et 4.

Ce n'est pas un simple hasard si en calculant comme cela on retrouve le même résultat que par un calcul combinatoire.
edit ( je n'avais pas lu tout à fait jusqu'au bout)
il n'y a pas de magie, mais le raisonnement ainsi fait est plus explicite je crois

De prime abord, quand j'ai fini par comprendre que tu faisais des tirages dans les comités, j'ai trouvé ton raisonnement convainquant, mais finalement il me chiffonne un peu. Je ne suis pas convaincu qu'il ne s'agisse que de tirer des comités dans une urne de comités.

Lorsque tu tires un comité qui contient un homme, tu devrais retirer de l'urne non seulement ce comité, mais pourquoi pas aussi tous les autres qui contiennent ce même homme ? (c'est-à-dire le quart des comités...)

J'ai fait une simulation sur 1 000 000 de tirages, j’obtiens 0.509304 pour exactement 1 homme et 0.745514 pour au moins un homme.

Bonjour,
à Schadocalex
certes,
mais cela converge simplement vers les chiffres trouvés par Locke et moi-même ...c'est la probabilité d'avoir un comité correpondant à la composition demandé ...ce qui est assez facile à trouver explicitement sans simultation informatique.
Et ce n'est donc pas la bonne réponse à la question posée qui est d'avoir un comité de type choisi simultanément dans les quatre salles !

à Locke
si on est d'accord sur les probabilité type 112/220 etc...d'obtenir un comité , j'avoue ne pas comprendre tes réticences pour la suite . Cela me parait relever d'un problème usuel de dénombrement
( problème souvent posé dans des exos de proba sous la forme équivalente suivante : j'ai n boules de différentes couleurs dans un sac, j'ai 4 urnes , je mets dans chacune 3 boules tirés au hasard ; quel est la probabilité qu'il y est dans chaque urne au moins ( ou exactement) p boules de telle couleur)
Enfin, il me semble...

suggestion
J'ai constaté que les questions sur les probabilités, dénombrements et statistiques soulèvent souvent des problèmes d'interprétation délicats et sont fréquemment plein de pièges.
Il ne serait sans doute pas inintéressant qu'il y ai un "forum" d'exos sur ce sujet à l'image de ce qui se fait sur "les exercices d'olympiades

Mon problème, c'est que lorsque tu dénombres tous tes comités, tu considères que chacune des personnes est complètement distinguables des autres. Genre si on les numérote de 1 à 12, ou, pour tenir compte des sexes, de h1 à h4 et de f1 à f8 (quatre hommes, huit femmes), tu as dans ton urne de comités le comité (h1, f1, f2), et aussi le comité (h1, f1, f3).

Or, ces deux comités ne peuvent pas être tirés en même temps. Donc si tu supposes que le premier comité que tu tires est (h1, f1, f2), le second ne peut pas être (h1, f1, f2) bien sur (tirage sans remise), mais il ne peut pas être non plus (h1, f1, f3), l'homme doit être différent (et les femmes aussi, en plus). Donc lorsque tu tires un comité de ton urne, tu enlèves beaucoup plus de possibilités qu'une seule !

Enfin, c'est le point où me mènent mes réflexions sur ce qui est distinguable et ce qui ne l'est pas. Peut-être qu'elles sont complètement délirantes.

Ben, pourtant, ma simulation suit celle de l'énoncé, et c'est bien les probabilites de chaque comité.

Un système complet d'évènements et une petite formule de Bayes ne résoudrait-il pas le problème ?

Je n'ai pas le temps dans l'immédiat mais je me pencherai dessus ce soir.

Citation : schadocalex

Ben, pourtant, ma simulation suit celle de l'énoncé, et c'est bien les probabilites de chaque comité.

Je n'ai rien dit désolé, je viens de comprendre l'énoncé. J'ai modifié, et si c'est bon, je trouve 0.163737 pour exactement 1 homme et la même chose pour au moins un homme : si une salle possède 0 homme, la condition n'est pas vrai, il y a 4 salles, 4 hommes, donc forcément si chaque salle doit avoir au moins un homme, elles ont toutes 1 seul homme.

Non, ce n'est certainement pas le même résultat.

Ben explique alors, car si dans chaque salle il doit y avoir au moins un homme, forcément c'est 1 par salle et rien d'autres.

Je soutiens encore une fois qu'on peut avoir deux interprétations :

• Soit on cherche à calculer la probabilité qu'étant donné n'importe quel comité, ce comité possède un seul homme, puis en seconde question, la probabilité qu'il possède un ou plusieurs hommes. Ceci peu importe la composition des autres comités. Cette interprétation a l'avantage de donner un sens aux deux questions. Elle a le désavantage de n'avoir pas du tout été répondue jusqu'à présent (enfin j'ai essayé, et si ce que j'en ai dit était juste, la solution la plus efficace serait alors celle de nabucos : cela revient à la probabilité de tirer un comité possedant 1 homme (il y en a 112) parmi l'ensemble des comités possibles (il y en a 220), et le reste n'importe pas, tellement qu'il n'a aucune importance sur la probabilité... ce qui peut se concevoir pour des raisons de, disons, symétrie/invariance/équiprobabilité du problème mais j'ai du mal à le faire)
• On cherche à calculer la probabilité que tous les comités aient simultanément un et un seul homme. Dans ce sens je ne vois pas non plus le sens de la seconde question, puisqu'au moins un homme par comité simultanément dans tous les comités revient à un seul homme par comité, simultanément dans tous les comités. Cette question a l'avantage d'avoir été étudiée par tous ceux qui ont répondu au topic, et en particulier par Aquarius dans le premier message qui IMHO donne la bonne solution, modulo son erreur de calcul parce que contrairement à ce qui a été dit, <math>\(\frac{{4 \choose 1} \times {8 \choose 2} \times {3 \choose 1} \times {6 \choose 2} \times {2 \choose 1} \times {4 \choose 2} \times {1 \choose 1} \times {2 \choose 2}}{{12 \choose 3} \times {9 \choose 3} \times {6 \choose 3} \times {3 \choose 3}}= 0,1636\ldots\)</math> (et pas 0,08 et des poussières). En plus c'est confirmé par les simulations numériques !

Pourquoi je pense ça ?

Bon, d'abord parce que j'ai fait le calcul. Je l'ai déjà dit, pour ce dernier problème (la probabilité que chacun des comités ait simultanément un seul homme), avec ma méthode je trouve la valeur 9/55 = 0.1636... (donc la même que le PO, en fait). Je n'ai pas développé le calcul, le voici :

Je m'étais intéressé à dénombrer le nombre de façons dont on peut répartir <math>\(pq\)</math> personnes en <math>\(p\)</math> groupes de <math>\(q\)</math> personnes, en considérant que l'ordre des groupes n'a pas d'importance (il faut encore faire attention à ce détail) ; et j'avais <math>\(\frac{(pq)!}{(q!)^p p!}\)</math> répartitions possibles. On considère ensuite qu'il y a <math>\(p\)</math> hommes et <math>\(pq - p = p(q-1)\)</math> femmes.

Ceci étant dit, parmi toutes ces répartitions possibles, on cherche à dénombrer celles où il y a un seul homme dans chacun des groupes. Il se trouve que ces dernières répartitions sont celles où l'on répartit les <math>\(p(q-1)\)</math> femmes en <math>\(p\)</math> groupes de <math>\(q-1\)</math> personnes (!), et où on peut ensuite ajouter les hommes comme on veut à un par groupe, ce qui fait <math>\(p!\)</math> possibilités. Finalement, en utilisant la formule précédente pour compter le nombre de répartitions de <math>\(p(q-1)\)</math> femmes en <math>\(p\)</math> groupes de <math>\(q-1\)</math> personnes, on obtient <math>\(\frac{(p(q-1))!}{((q-1)!)^p p!} \times p! = \frac{(p(q-1))!}{((q-1)!)^p}\)</math>.

La probabilité recherchée est alors <math>\(\frac{(p(q-1))!}{((q-1)!)^p} \frac{(q!)^p p!}{(pq)!} = \frac{(p(q-1))! p!}{(pq)!} \left( \frac{q!}{(q-1)!} \right)^p = \frac{q^p}{{pq \choose p}}\)</math>, ce qui fait, avec p = 4 et q = 3, <math>\(81/495 = 9/55 = 0,1636\ldots\)</math> comme annoncé.

Là dessus, on peut faire deux remarques plus ou moins intéressantes :

• La forme du résultat <math>\(\frac{q^p}{{pq \choose p}}\)</math> est assez intéressante, puisqu'elle laisse penser que la probabilité de trouver une répartition qui présente exactement un homme par comité peut s'interpréter autrement, comme la probabilité de tirer un élément d'un sous-ensemble de <math>\(3^4\)</math> éléments d'un univers de <math>\({12 \choose 4}\)</math> éléments. Par exemple, on peut voir les choses ainsi : oublions les hommes et les femmes, supposons qu'on ait juste 12 personnes, et qu'à un moment on en distingue 4, par exemple on les nomme manager ; on voudra calculer la probabilité qu'il y ait bien un seul manager par comité (et pas de comité sans manager). Alors on peut procéder ainsi, de manière totalement équivalente au raisonnement qu'on tenait avant : on répartit les 12 personnes dans les différents comités, puis on nomme les 4 managers et on regarde où ils sont : On a bien <math>\({12 \choose 4}\)</math> possibilités pour nommer les 4 managers, et celles qui nous intéressent, où il n'y a qu'un seul manager par comité, sont au nombre de <math>\(3^4\)</math>, puisque c'est exactement le nombre de façons de choisir un manager par comité (3 choix possibles dans un comité, et il fait répéter cela 4 fois, une fois par comité). Finalement, vu comme ça, c'est très simple à calculer, et on obtient immédiatement la formule simple finale, que j'ai eu plus de mal à trouver !
• - D'un point de vue un peu plus calculatoire, on peut lier très bien cette dernière interprétation à la façon de procéder d'Aquarius : lui considérait qu'on commence par choisir 1 homme parmi les <math>\(p\)</math> et <math>\(q-1\)</math> femmes parmi les <math>\(p(q-1)\)</math> femmes, pour remplir le premier comité, puis qu'on continuait avec les <math>\(p-1\)</math> hommes et <math>\((p-1)(q-1)\)</math> femmes restantes. Il calcule donc <math>\(p {p(q-1) \choose q-1} \times (p-1) {(p-1)(q-1) \choose q-1} \times (p-2) {(p-2)(q-1) \choose q-1} \times \cdots \times 1 {q-1 \choose q-1}\)</math>
  <math>\(= p! \frac{(p(q-1))!}{(q-1)!((p-1)(q-1))!} \frac{((p-1)(q-1))!}{(q-1)!((p-2)(q-1))!} \frac{((p-2)(q-1))!}{(q-1)!((p-3)(q-1))!} \cdots \frac{(q-1)!}{(q-1)!}\)</math>
  <math>\(= \frac{p!}{(q-1)!^p} (p(q-1))! \frac{((p-1)(q-1))!}{((p-1)(q-1))!} \frac{((p-2)(q-1))!}{((p-2)(q-1))!} \frac{((p-3)(q-1))!}{((p-3)(q-1))!} \cdots 1\)</math>
  <math>\(= \frac{p! (p(q-1))!}{(q-1)!^p}\)</math>
  Eh oui, tout s'élimine !
  
  On retrouve aussi le même nombre de possibilités totales (nombre de façons de répartir 12 personnes en 4 comités), puisque lui considère qu'il remplit d'abord le premier (3 parmi 12 possiblités), puis le second (3 parmi 9), et ainsi de suite ; il calcule donc
  <math>\({pq \choose q} {q(p-1) \choose q}{q(p-2) \choose q} \cdots {q \choose q} = \frac{(pq)!}{q!(q(p-1))!}\frac{(q(p-1))!}{q!(q(p-2))!} \cdots \frac{q!}{q!} = \frac{(pq)!}{q!^p}\)</math> (tout s'élimine encore), et on retrouve le même quotient des deux dénombrements (la différence du facteur <math>\(p!\)</math> vient de l'ordre qu'il laisse entre les différents comités, alors que moi non, mais finalement cette différence s'élimine dans le quotient, et c'est heureux).
  
  Tout ça pour dire que j'ai fait de façon compliquée ce qu'Aquarius faisait simplement.

Citation : Aquarius

Une réunion de 12 personnes est constitué de 4 hommes et de 8 femmes on les répartit en
4 salles de 3 personnes.
Trouver la probabilité que chaque groupe contienne.

-Exactement un homme
-Au moins un homme

Mon avis (celui d'un ignorant en math ) sur l'énoncé : comme schadocalex, les deux questions semblent revenir au même, puisque pour que chaque groupe contienne au moins un homme, il faut qu'il contienne exactement un homme. Donc je prends en fait la seconde interprétation de Locke (sans quoi, l'énoncé est foireux).

L'interprétation du PO n'a aucun sens :

Citation

Par contre pour au moins un homme , cela veut dire qu'il doit avoir dans une salle 2 hommes minimum et le reste 1 homme ainsi qu'une salle avec 0 homme et 3 femmes ?

Sinon, cet exercice m'a inspiré une question dont je n'ai pas réussi à trouver la réponse avec google : existe-il un formule permettant de connaitre le nombre de partitions ordonnées de cardinal n pour un ensemble fini (ici par exemple, le nombre de partitions de {f1, f2, f3, f4, f5, f6, f7, f8, h1, h2, h3, h4} en sous-ensembles ordonnés de cardinal 3) ?

Citation : yoch

Sinon, cet exercice m'a inspiré une question dont je n'ai pas réussi à trouver la réponse avec google : existe-il un formule permettant de connaitre le nombre de partitions ordonnées de cardinal n pour un ensemble fini (ici par exemple, le nombre de partitions de {f1, f2, f3, f4, f5, f6, f7, f8, h1, h2, h3, h4} en sous-ensembles ordonnés de cardinal 3) ?

A propos de ta question, juste une petite aide pour tes recherches sur ce sujet, pour dénombrer un nombre de partitions ordonnées, on utilise les arrangements.