Je suis en train de faire tourner un algo en turbo pascal avec 12 boucle "for" en série variant de 4 à 13 (ce qui correspond à au moins 4 mâles et 4 femelles par lot). A chaque lot, je peux ainsi associer une probabilité hypergéométrique dépendante des tirages des lots précédents. J'espère ainsi passer en revue toutes les possibilités et avoir la réponse dans 48 heures.

NickoGecko a écrit:

(je ne connais pas le C ....)

C'est peut etre l'occasion de l'apprendre... Ca ne prend guere qu'une semaine ou 2.

En gros, Nickogecko, j'ai fait un algo qui ressemble au tiens, sauf que je n'ai pas généré de tableur. Je fais bien 12 boucles qui varient de 4 à 13 (ce qui revient à varier de 0 à 9) et je ne prends en compte que les combinaisons de 12 variables dont la somme est égale à celle des mâles (ou des femelles, c'est pareil: 102). Puis je calcule à l'aide de la loi hypergéométrique la probabilité que la combinaison de 12 variables puisse effectivement avoir lieu. Et je somme au fur et à mesure.

Note: ça aurait surement été beaucoup plus rapide de dénombrer les probabilités des cas de 0 à 3 et de 14 à 17, comme proposé par Golgot je crois. Mais je n'y ai pensé qu'après coup.

Nombrilist a écrit:

Mathias, je ne comprends pas ta façon de dénombrer les arrangements de poissons. On dirait que tu considères que tous les poissons sont différents.

C'est le cas. Je pensais que ça simplifierait le décompte des cas "favorables" à ta condition "4 mâles et 4 femelles au moins par bocal". Pas dit

Bon, pour plus de lisibilité je recommence ici :

J'essaie avec 3 mâles et 3 femelles divisés en 3 lots de 2 poissons.

On a (6;3) = 20 combinaisons possibles.

1.MM MF FF
2.MM FM FF
3.MM FF MF
4.MM FF FM
5.MF MM FF
6.MF MF MF *
7.MF MF FM *
8.MF FM MF *
9.MF FM FM *
10.MF FF MM
11.FM MM FF
12.FM MF MF *
13.FM MF FM *
14.FM FM MF *
15.FM FM FM *
16.FM FF MM
17.FF MM MF
18.FF MM FM
19.FF MF MM
20.FF FM MM

Ici la proportion d'obtenir au moins un gars et une fille dans chaque lot est de 8/20 = 2/5.

Etude du premier lot :

Avec ma méthode de calcul, j'aurai :
p(X1=0)= (2;0) * 3/6 * 2/5 = 1/5 de ne pas avoir de mâle dans le premier lot.
Donc p(0<X1<2) = 1-2*1/5 = 3/5 soit 3 chances sur 5 d'obtenir un de chaque dans le premier lot, jusque là ça va !

Pour le 2ème lot : Il faut différencier les 3 cas : X1=0, X1=1 et X1=2

si X1=0 : alors on a 3 mâles et 1 femelle à se partager
p(X2=0) = 1/4 * 0/3 = 0
p(X2=1) = (2;1) * 1/4 * 3/3 = 1/2
p(X2=2) = 3/4 * 2/3 = 1/2

si X1=1 : alors on a 2 mâles et 2 femelles à se partager
p(X2=0) = 2/4 * 1/3 = 1/6
p(X2=1) = (2;1) * 2/4 * 2/3 = 2/3
p(X2=2) = 2/4 * 1/3 = 1/6

enfin si X1=2 : alors on a 1 mâle et 3 femelles à se partager
p(X2=0) = 3/4 * 2/3 = 1/2
p(X2=1) = (2;1) * 1/4 * 3/3 = 1/2
p(X2=2) = 1/4 * 0/3 = 0

On a donc finalement : p(X2=0) = p(X1=0)*p(X2=0 (si X1=0)) + p(X1=1)*p(X2=0 (si X1=1)) + p(X1=2)*p(X2=0 (si X1=2))
p(X2=0) = 1/5 * 0 + 3/5 * 1/6 + 1/5 * 1/2
p(X2=0) = 1/5

On en déduit par symétrie que p(X2=2) = 1/5

Donc p(0<X2<2) = 1 - 2*1/5 = 3/5

C'est bien le même résultat que pour le lot 1, ce qui me paraît logique.

En fait, si le lot de 204 poissons est divisé en 17 lots de 12. Il s'agit d'un arrangement de tous les poissons. Une fois les poissons répartis dans des petits sacs, je trouverai très étrange de dire : "pour avoir plus de chance d'avoir au moins 4 mâles et 4 femelles, je te conseille de prendre plutôt le sac qui a été fait en 13eme position, c'est plus sûr." Il s'agit d'un arrangement, donc à moins de connaître les poissons dans les sachets préparés les premiers, je ne vois pas pourquoi les probas changeraient d'un lot à l'autre.

Pour en arriver à la probabilité finale d'avoir au moins 1 mâle et une femelle dans chaque lot, je me suis trompé :
p = (3/5)^3 = 27/125 au lieu des 2/5 annoncés à la suite de l'arbre du départ... c'est bien sûr faux, car il y a là interdépendance entre les tirages. Mais je ne vois pas comment corriger, ni pourquoi mes résultats trouvés précédemment concordent avec vos simulations.

nodgim, tu as appliqué 12 fois la loi binomiale B(17,0.5) je suppose ?

Golgot: on peut peut-être en conclure que l'interdépendance est faible ? D'ailleurs, l'application de la loi binomiale (qui considère que le lot dans lequel on pioche est infini) semble donner un résultat assez proche. Même pas 4 centièmes de différence.

Pour être plus clair sur mon algorithme, je prends tous les arrangements sur [4;13]12 tels que la somme des 12 fasse 102 (le nombre de mâles de ou de femelles total).

A chaque lot (tiré un par un), j'assigne dans l'ordre le nombre de mâle correspondant issu de [4;13]12. Puis j'associe à chaque lot tiré un par un la probabilité d'avoir tiré ledit nombre de mâles, connaissant le résultat du tirage pour le(s) lot(s) précédent(s). Cela donne 11 fois l'application d'une loi hypergéométrique à paramètres variables par tirage de 12-uplet.

J'estime que l'algo a passé en revue environ 43 milliards de combinaisons pour lesquelles la somme des 12-uplets fait 102.

NickoGecko a écrit:

Tu as raison, et je ne demande qu'à apprendre

Je conseille la reference en la matiere: "the C programming language" de Kernighan and Ritchie (le fameux K&R), ou sa traduction francaise: "Le langage C", qui est une bonne traduction.

Finalement, quelqu'un sait il répondre à la question plus simple: de combien de manières différentes peut on obtenir 12 sachets de 17 poissons?

Je propose: Multinomial[17,17,17,17,17,17,17,17,17,17,17,17]/12!
soit:6.75....10^200

Bonjour !
Encore moi !

J'ai avancé sur l'algo de dénombrement des possibilités totales :


C'est à dire : chercher tous les {m1,m2,....,m12} avec m1+m2+...m12 = 102 (m1,m2,m3 ....m12 étant le nombre de mâles par sachet, donc entre 0 et 17)


Au lieu de faire tourner 12 boucles de 17 à 0 pour balayer en "brute force" toutes les "partitions" (nuance : avec le zéro) de 102 en 12 termes;
> Je fais tourner la boucle m1 de 17 à 0, la boucle m2 de m1 à 0, la boucle m3 de m2 à 0 etc ...

Cela réduit considérablement les étapes, car chaque {m1,m2,....,m12} dont la somme vaut 102, a ses termes classés en ordre décroissant, et est unique.

> Il faut alors, pour redéployer vers toutes les possibilités de tirage, calculer le nombre "d'arrangements" (ou "d'anagrammes") de {m1,m2,....,m12}
Mais nous sommes dans le cas d'arrangements "avec répétition",
Il faut donc calculer l'occurrence de chaque nombre entre 0 et 17
(Le nombre de mi termes égaux à 0, à 1, à 2 jusqu'à 1 ....)

Le nombre de possibilités de chaque ligne est égal à 12! divisé par le produit des factorielles de l'occurrence de chaque nombre entre 0 et 17 ...

Spoiler : Arrangements avec répétition, exemples :

Le nombre total de tirages possibles est le cumul des possibilités de chaque ligne ainsi calculé avec brio.

Un exemple : {17,17,17,12,11,11,5,5,4,2,1,0} 

17+17+17+12+11+11+5+5+4+2+1=102

Il y a 3 fois 17, 2 fois 11, deux fois 5
Ce 12-uplet génère donc [12! / (3! x 2! x 2!)] = 19958400 lignes.

(en une incrémentation, et avec 18x12 tests booléens, 
je remplace 19958400 itérations For/Next, 
plus fort que Chuck Norris !)

> Pour dénombrer les tirages qui remplissent la condition, je referai tourner le même algo entre 4 et 13.


> Pour l'instant je laisse tourner (et encore en VBA, désolé ... )
J'espère que le temps de calcul sera ramené à un intervalle convenable pour revenir poster la réponse.


Qu'en pensez-vous ...?

A bientôt,

A NickoGecko: si je ne me trompe pas, tu as tout simplement retrouvé mon 204!/102!². Tu peux arrêter ton algo ^^.

Ah OK, excuse-moi. En fait tu détermines l'ensemble des combinaisons de 17 lots de m et f satisfaisant la condition 102. Ensuite, tu calcules le nombre d'arrangements possible au sein de chaque lot. Effectivement, c'est ingénieux.

C'est très intéressant et je vais me pencher là-dessus. Mais le résultat de 1.5 pour 1000 me paraît bizarre. Le résultat de 0.9 est intuitivement bien plus plausible. En tout cas, je te remercie d'y passer tout ce temps. Je vais essayer de modéliser comme tu le fais pour voir.

Edit: encore une fois intuitivement, le problème doit venir du fait que tu dénombres et additionne des possibilités qui ne sont pas équiprobables. En effet, il me semble bien plus probable de faire {9;9;9;9;9;9;8;8;8;8;8;8} que {17;17;17;17;17;17;0;0;0;0;0;0).

Oui, mais ton dé à 17 face est pipé. Par exemple, à la formation du premier lot, la probabilité de faire 8 ou 9 (environ 0.19 pour chaque) est bien plus élevée que de faire 17 (environ 3.7*10^-6).