

In [7]:

    
from sympy.interactive import printing
printing.init_printing()
import sympy as sym
from sympy import Rational as frac, binomial, factorial as fact
%pylab inline --no-import-all









    



Populating the interactive namespace from numpy and matplotlib

1. Le « paradoxe » des anniversaires

Si il y a $n$ élèves, ou $n \leq 365$, il faut choisir $n$ dates d'anniversaire, une pour chaque élève. Il y a $365$ dates qui sont possibles. Donc, on a $365^n$ possibilités. Mais si on veut avoir une classe où chaque date est unique, il faut choisir $n$ dates differentes de 365 possibilités. Donc on a $365 \times 364 \times \cdots \times (365-n+1)$ possibilités. Ça nous donne une probabilité de

$$\frac{365!}{(365-n)! \cdot 365^n}$$

que chaque élève a un anniversaire different, et

$$1-\frac{365!}{(365-n)! \cdot 365^n}$$

qu'il y a au moins deux élèves avec la même date d'anniversaire.



In [10]:

    
def prob_deux_avec_la_meme_date(n):
    return 1-frac(fact(365), fact(365-n) * 365**n)
float(prob_deux_avec_la_meme_date(23))









    Out[10]:





$$0.507297234324$$

2. Deux manières de tirer sans remise

$N$ boules dans la urne, dont $N_1$ sont rouges.

Les $n$ boules sont tirées ensemble, d’un seul coup.

Soit $\Omega$ égal à toutes les parties à $n$ boules tirées d'une urne qui contient $N$ boules. On a $|\Omega| = {N \choose n}$. Pour tirer $n_1$ boules rouges, il faut choisir $n_1$ boules parmi les $N_1$ boules qui sont rouges, et $n-n_1$ boules parmi celles qui ne le sont pas. Cela nous donne la « loi hypergéométrique » :

$$ h(n_1) = \frac{{N_1 \choose n_1}{N-N_1 \choose n-n_1}}{N \choose n} $$

Cette fois-ci, les $n$ boules sont tirées successivement, l’une après l’autre.

Ce n'est pas evident ! Mais essayons.

On va choisir $n$ boules, dont $n_1$ rouges et $n-n_1$ autres. Pour la prèmiere boule, on a une chance de $N_1$ sur $N$ de tirer une balle rouge, et de $N-N_1$ sur $N$ de tirer une autre balle.

Si on a choisi une balle rouges, les probabilités pour le deuxième tirage seront $\frac{N_1-1}{N-1}$ et $\frac{N-N_1}{N-1}$.
Autrement, elles seront $\frac{N_1}{N-1}$ et $\frac{N-N_1-1}{N-1}$.

On peut voir ici que on va avoir $n$ facteurs. Les dénominateur seront $(N)(N-1)\cdots(N-n+1)$. On va pouvouir réorganiser les numérateurs pour avoir $(N_1)(N_1-1)\cdots(N_1-n_1+1)$ et $(N-N_1)((N-N_1)-1)\cdots((N-N_1)-(n-n_1)+1)$. Mais si on a $n_1$ qui sont rouges parmi $n$, il y a aussi ${n \choose n_1} orders possibles pour nos numérateurs. Cela nous donne

$$ h'(n_1) = {n \choose n_1} \frac{(N-n)!}{N!} \frac{N_1!}{(N_1-n_1)!} \frac{(N - N_1)!}{((N-N_1)-(n-n_1))!}. $$

Vérifier que $h(n_1) = h'(n_1)$ pour $0 \leq n_1 \leq n$, par le calcul et par un argument combinatoire.

$$\begin{aligned} h(n_1) &= \frac{{N_1 \choose n_1}{N-N_1 \choose n-n_1}}{N \choose n} \\ &= \frac{N_1!}{n_1!(N_1-n_1)!} \frac{(N-N_1)!}{(n-n_1)!((N-N_1)-(n-n_1))!} \frac{n!(N-n)!}{N!} \\ &= \frac{n!}{n_1!(n-n_1)!} \frac{(N-n)!}{N!} \frac{N_1!}{(N_1-n_1)!} \frac{(N-N_1)!}{((N-N_1)-(n-n_1))!} \\ &= {n \choose n_1} \frac{(N-n)!}{N!} \frac{N_1!}{(N_1-n_1)!} \frac{(N-N_1)!}{((N-N_1)-(n-n_1))!} \\ &= h'(n_1) \end{aligned}$$



In [ ]: