Exercice 4 : tirages successifs

(1)

Corrig´ e du Devoir Libre n ^◦ 4

Exercice 1 : tournois de foot

On considère pourn∈N^? 2néquipes de foot notéese₁, . . . , e_2n. Un tournoi consiste ennmatches durant lesquels n paires d’équipes s’affrontent.p_n désigne le nombre de tournois possibles à 2néquipes.

1. Montrons que∀n∈N^?, pn+1= (2n+ 1)pn.

Soitn∈N^?, pour dénombrer l’ensemble des tournois à 2n+ 2 équipes, je raisonne par étapes :

• Je choisis l’adversaire dee₁ ²ⁿ⁺¹₁

possibilit´es.

• puis je choisis les rencontres entre les 2n´equipes restantes pn possibilit´es.

Au total, il y a (2n+ 1)p_n fa¸cons d’organiser un tournoi à 2n+ 2 équipes. Autrement ditp_n+1= (2n+ 1)p_n.N 2. Montrons par récurrence que∀n∈N^? pn= (2n)!

2ⁿ n!.

Initialisation : Lorsquen= 1, il n’y a que deux ´equipes et donc une seule mani`ere d’organiser cemini tournoi.

D’autre part _2×1!^2! = 1. La formule est donc vraie pourn= 1.

Hérédité : Soit n ≥ 1 tel que pn = (2n)!

2ⁿ n!.. Afin de vérifier que n+ 1 hérite de cette propriété, calculons 2ⁿ⁺¹(n+ 1)!×pn+1. En utilisant le résultat de la première question et l’hypothèse de récurrence, il vient : 2ⁿ⁺¹(n+ 1)!×p_n+1= 2ⁿ⁺¹(n+ 1)!×(2n+ 1)p_n= 2ⁿ⁺¹(n+ 1)!×(2n)!

2ⁿ n! = 2(n+ 1)(2n!) = (2n+ 2)!.

En divisant cette ´egalit´e par 2ⁿ⁺¹(n+ 1)!, nous obtenonspn+1= (2n+ 2)!

2ⁿ⁺¹ (n+ 1)!. Conclusion : Par récurrence, nous avons démontré que∀n∈N^? p_n= (2n)!

2ⁿ n!. N

Exercice 2 : Des codes

SoitEl’ensemble des nombres `a 4 chiffres choisis parmi{1,2,3,4,5}. Par exemple 2445 et 5512.

1. Un élément de E est une 4-liste d’éléments de{1,2,3,4,5}. Par conséquentE={1,2,3,4,5}⁴.

D’o`u Card E= 5⁴= 625 N

2. Un nombre ´ecrit avec des chiffres deux `a deux distincts est un 4-arrangement de{1,2,3,4,5}.

Par conséquent il y aA⁴₅= 120 éléments deE écrits avec des chiffres deux à deux distincts. N 3. SoitAla partie deE formée des nombres écrits avec exactement 2 chiffres différents.

a. Notons A2 le sous-ensemble deAformé des éléments écrits avec deux chiffres distincts dont l’un apparaˆıt exactement 3 fois. Pour dénombrerA2, je procède par étapes :

• je choisis uncouple(n, m) de chiffres distincts dans{1,2,3,4,5}avec la convention que nn’apparaˆıtra qu’une fois dans le chiffre tandis quemapparˆıtra trois fois. A²₅= 20 possibilit´es.

• je choisis la place o`u apparaˆıt lendans le nombre `a quatre chiffres ⁴₁

= 4 possibilit´es.

Au total, Card A₂= 80. N

b. Notons A1 le sous ensemble deAformé des éléments écrits avec deux chiffres distincts dont l’un apparaˆıt exactement 2 fois. Il est important de remarquer que les deux chiffres qui apparaissent dans les éléments de A1 jouent des rôles symétriques car si l’un des deux apparaˆıt exactement deux fois,ma foi, l’autre aussi ! Par conséquent, pour dénombrerA1, je raisonne comme suit :

• je choisis une paire{n, m} de chiffres distincts dans{1,2,3,4,5} ⁵₂

= 10 possibilit´es.

• je choisis les places o`u apparaˆıt lendans le nombre `a quatre chiffres ⁴₂

= 6 possibilit´es.

Au total, Card A₁= 60. N

c. Pour calculer le nombre d’éléments de A, je discute suivant le nombre de répétitions. Comme les éléments deAsont écrits avec deux chiffres distincts, il y a nécessairement répétition de l’un des eux au moins. D’où

A=A₁∪A₂

De plus cette réunion est disjointe car si l’un des deux est répété 2 fois, l’autre aussi.

Par cons´equent Card A=Card A1+Card A2= 140. N

(2)

4. Soit B le sous-ensemble de E constitué des nombres écrits avec exactement 3 chiffres distincts. Notons C le sous-ensemble deE formé des nombres écrits avec 4 chiffres distincts et Dle sous-ensemble deE formé de ceux qui ne sont écrits qu’avec un seul chiffre. Remarquons que les ensemblesA,B,C etDforment une partition de E. Par additivité deCard , il vient :

Card E=Card A+Card B+Card C+Card D

Or C consiste en fait en les 4-arrangement de {1,2,3,4,5}. Par conséquent Card C =A⁴₅= 120. D’autre part, les éléments deD consistent en les répétitions des éléments de{1,2,3,4,5}. D’où Card D= 5. Réinjectons ces résultats dans la formule ci-dessus,

il vient Card B=Card E−(Card A+Card C+Card D) = 625−(140 + 120 + 5) = 360. N

Exercice 3 : Probl` eme de rangement

NotonsU ={b1, . . . , b₅}l’ensemble des boules etC={c1, . . . , c₄} l’ensemble des cases¹

1. Un rangement est une application de l’ensemble des boules vers l’ensemble des cases. Par conséquent l’ensemble des rangements s’identifie à Ω = CÛ. Comme Paul range ses boules au hasard, Ω est muni de la probabilité uniforme.

Card Ω = 4⁵= 2¹⁰= 1024

Il y a donc 1024 rangements possibles. N

2.

a. Soit A₁ l’événement “une et une seule boˆıte est occupée”. Une réalisation favorable correspond à une application constante deB versC. D’oùCard A₁= 4.

Par cons´equent p(A₁) =Card A1

Card Ω = 4 1024 = 1

256

b. Soit A₂ l’événement “exactement deux boˆıtes sont occupées”. Pour dénombrerA₂, je raisonne par étapes :

• je choisis d’abord unepaire{c1, c2}de boˆıtes dansC ⁴₂

= 6 possibilit´es.

• je choisis ensuite une manière de ranger les boules dans ces deux boˆıtes, de sorte qu’aucune ne soit laissée vide. Un tel rangement correspond à partitionner B en deux parties non vides. Il y a 2⁵ partitions ordonnées deB, dont deux ne nous conviennent pas : (B,∅) et (∅, B). 2⁵−2 = 30 possibilités.

Au total, Card A2= 180, et par cons´equentp(A2) = 180 1024 = 45

256 N

c. Soit A3 l’événement “exactement trois boˆıtes sont occupées”. Pour dénombrer A3, je raisonne comme précédemment :

• je choisis d’abord trois boˆıtes{c1, c2, c3}dansC ⁴₃

= 4 possibilit´es.

• je choisis ensuite une mani`ere de ranger les boules dans ces trois boˆıtes, de sorte qu’aucune ne soit laiss´ee vide. Comme je dois mettre au moins une boule dans chaque boˆıte il y a deux cas possibles :

• soit une case contient trois boules :

• je choisis la boˆıte contenant trois boules ³₁

= 3 possibilit´es.

• je choisis les trois boules qui sont rang´ees ensemble ⁵₃

• je choisis une boule qui sera rang´ee seule ²₁

= 2 possibilit´es.

• je choisis la derni`ere boule qui sera rang´ee seule ¹₁

= 1 possibilit´es.

Au total, il y a 60 possibilit´es de ranger 5 boules dans trois boˆıtes discernables de sorte qu’une boˆıte contient trois boules, les autres cases contenant chacune une seule boule.

• soit deux cases contiennent deux boules :

• je choisis les deux boˆıtes qui contiennent deux boules chacune ³₂

= 3 possibilit´es.

• je choisis une paire de boules pour la premi`ere de ces 2 boˆıtes ⁵₂

• je choisis une autre paire de boules pour la deuxi`eme de ces 2 boˆıtes ³₂

= 3 possibilit´es.

• je choisis la derni`ere boule qui sera rang´ee seule ¹₁

= 1 possibilit´es.

1les boˆıtes

(3)

Au total, il y a 90 fa¸cons de ranger 5 boules dans trois boˆıtes discernables de sorte que deux de ces boˆıtes contiennent chacune 2 boules et la derni`ere contient une boule.

Finalement lorsque trois boˆıtes sont donn´ees, il y a 60 + 90 = 150 fa¸cons de les remplir avec 5 boules de sorte qu’aucune des boˆıtes ne soit laiss´ee vide.

Il y a donc 4×150 = 600 rangements possibles des 5 boules dans trois des cinq boˆıtes.

Par cons´equent p(A3) = 600

1024 = 75

128 N

3. SoitA l’événement “aucune boˆıte n’est laissée vide”. L’événement contraire ¯Aconsiste donc en les rangements tels qu’une case au moins soit laissée vide. Avec les notations précédentes, nous pouvons donc écrire :

A¯=A₁∪A₂∪A₃ Cette réunion étant disjointe, il vient par additivité finie :

p( ¯A) =p(A₁) +p(A₂) +p(A₃) =1 + 45 + 150

256 =196

256 = 49 64 Finalement nous déduisons de ce qui précède que p(A) = 1−p( ¯A) = 15

64 N

Remarque : On peut remarquer qu’un rangement est une application de F5 vers F4. Un rangement pour lequel aucune case n’est laissée vide est une application surjective deF5surF4. Or le nombre²de surjections deF5surF4est S(5,4) = 240. On en déduit directement que la probabilité qu’aucune case ne soit laissée vide estp( ¯A) = ₁₀₂₄²⁴⁰ = ¹⁵₆₄...

Exercice 4 : tirages successifs

Soient n, p des entiers naturels tels que 2≤p≤n. Une urneU contient nboules numérotées de 1 à n. On effectue ptirages aléatoiressuccessifs d’une boule dans l’urne. Pour tout entierk∈[[1;p]], on note Nk le numéro de la boule obtenue aukî`ême tirage.

1. Les tirages s’effectuentavec remise : un résultat possible est donc unepliste d’éléments deU. Par conséquent , notons Ω =U^p l’univers des possibles. Les tirages s’effectuant au hasard, Ω is endowed with uniform probability.

Card Ω =n^p

a. Notonts Al’événement “les numéros des boules tirées sont tous différents”. Un cas favorable est un arrangement depboules deU. D’où Card A=A^p_n.

Par cons´equent p(A) =Card A

Card Ω = A^p_n

n^p N

b. NotonsB l’événement “deux boules tirées au moins ont le même numéro”. D’après les propriétés générales des probabilités,

p(B) = 1−p( ¯B)

Or ¯B est l’événementil n’existe pas deux boules portant le même numéro. Autrement dit ¯B=A.

D’après la formule ci-dessus et la question précédente, il vient : p(B) = 1−A^p_n

n^p. N

c. NotonsCl’événement “exactement deux boules tirées ont le même numéro”. Pour dénombrerC, je procède par étapes :

• je choisis tout d’abord les rangs des tirages répétés ^p₂

possibilit´es.

• je choisis ensuite le numéro de la boule répétée ⁿ₁

=npossibilit´es.

• je complète ensuite ma liste avec un arrangement dep−2 numéros choisis parmi lesn−1 restants A^p−2_n−1 possibilités.

Au total, nous obtenons :

Card C= p

2

×n×A^p−2_n−1=n p(p−1)An−1p−2

Par cons´equent p(C) =n p (p−1)A^p−2_n−1

n^p = p(p−1)A^p−2_n−1

n^p−1 N

2cf la table desS(p, n) ´ecrite dans le DL2

(4)

d. NotonsDl’événement “il existei∈[[1;p−1]], tel queN_i≥N_i+1”. L’événement contraire deDest l’ensemble des tirages pour lesquels ∀i ∈ [[1;p−1]], N_i < N_i+1, c’est-à-dire les tirages dont les termes forment une suite strictement croissante. Par conséquent, nous pouvonsidentifier D¯ à l’ensemble des parties deU à p

´

el´ements. Il en r´esulte queCard D¯ = n

p

.

Finalement , par les propriétés générales des probabilités, p(D) = 1−p( ¯D) = 1−

n p

n^p. N

e. Soit i∈[[1;p]] fixé. NotonsE_i l’événement “N_i=i”. Ω peut-être vu comme l’ensemble des applications de Fp dansFn. Suivant cette interprétation,E_i correspond aux applications f :Fp→Fn telles quef(i) =i.

Pour dénombrerE_i je procède par étapes :

• je choisis l’image deiparf 1 possibilit´e.

• je choisis les images des autres éléments de Fp. Un tel choix revient à choisir une application deFp\ {i}

dansFn. Par cons´equent n^p−1 possibilit´es.

Fianlement Card Ei =n^p−1 et par cons´equent p(Ei) =n^p−1 n^p = 1

n N

Remarque : Ce résultat est tout à fait naturel : les tirages étant équiprobables, il y a autant de chances pour quef(i) = 1, f(i) = 2, . . . , f(i) =i, . . . , f(i) =n.

f. Soienti, j∈[[1;p]] fixés. NotonsE_i,j l’événement “N_i=ietN_j=j ”. Comme précédemment, les images de iet dejétant uniquement détérminées, une application deE_i,jest uniquement déterminée par sa restriction

`

a Fp\ {i, j}.

Par cons´equent Card E_i,j=n^p−2 et p(E_i,j= n^p−2 n^p = 1

n². N

g. NotonsF l’´ev´enement “il existe au moins un entierk∈[[1;p]]tel queNk =k”.

Nous pouvons exprimerF comme la r´eunion desE_i pourivariant de 1 `ap: F=

p

[

i=1

E_i

Cette réunion n’étant pas disjointe, nous utilisons la formule de Poincaré pour les probabilités, il vient p(F) =

p

X

k=1

(−1)^k+1 X

1≤i1<···<ik≤p

p Ei1∩ · · · ∩Ei_k

Considérons à présent (i1, . . . , ik) une suite strictement croissante d’éléments de Fp fixée.

Pour d´eterminer la probabilit´e de E_i₁∩ · · · ∩E_i_k, remarquons qu’une application application appartenant

`

a cette ensemble est entièrement déterminée par la donnée de sa restriction à F^p\ {i1, . . . , ik} puisque les images des éléments de {i1, . . . , ik} sont déjà fixées. Autrement dit, Ei₁ ∩ · · · ∩Ei_k est en bijection avec l’ensemble des applications deFp_k versFn.

Il en r´esulte que Card E_i₁∩ · · · ∩E_i_k =n^p−k et par cons´equent quep E_i₁∩ · · · ∩E_i_k

= 1 n^k. Réinjectons ces résultats dans la formule de Poincaré, il vient :

p(F) =

p

X

k=1

(−1)^k+1 X

1≤i1<···<ik≤p

p Ei₁∩ · · · ∩Ei_k

=

p

X

k=1

(−1)^k+1 X

1≤i1<···<ik≤p

1 n^k

=

p

X

k=1

(−1)^k+1 1

n^kCard {(i1, . . . , ik)∈F^kp |1≤i1<· · ·< ik≤p}

=

p

X

k=1

p k

(−1)^k+1 n^k

N 2. On suppose maintenant que les tirages successifs s’effectuent sans remise. Un résultat possible est donc un arrangement de p boules de U. Par conséquent l’univers des possibles est Ω = A(p,U). Comme n ≥ p par hypothèse, Ω est non vide. Enfin, les tirages se faisant au hasard, nous munissons Ω de la probabilité uniforme.

Card Ω =A^p_n

a. Soit i∈ [[1;p]] fixé. NotonsEi l’événement “Ni =i ”. Comme nous l’avons remarqué précédemment une application élément de Ei est entièrement déterminée par sa restriction à Fp\ {i}. Dans notre nouveau

(5)

modèle cependant, les éléments de E_i sont des applications injectives, la restriction d’une telle application

`

a Fp\ {i} est en conséquence une injection de à Fp\ {i} dans à Fn\ {i}. Comme n≥ppar hypothèse le cardinal deFn\ {i} estn−1.

Ainsi p(Ei) =A^p−1_n−1

A^pn

= 1

n. N

b. Soient i, j ∈[[1;p]] fixés. Notons Ei,j l’événement “Ni =i etNj =j”. Comme précédemment, Ei,j est en bijection avec l’ensemble des applications injectives deFp\ {i, j} versFn\ {i, j}.

Nous en d´eduisons : p(Ei,j) =A^p−2_n−2 A^pn

= 1

n(n−1). N

c. Notons F l’événement “il existe au moins un entier k∈ [[1;p]] tel que Nk =k ”. F est la réunion desEi

pouri variant de 1 àp. Par conséquent, d’après la formule de Poincaré, nous avons p(F) =

p

X

k=1

(−1)^k+1 X

1≤i1<···<i_k≤p

p Ei₁∩ · · · ∩Ei_k

=

p

X

k=1

(−1)^k+1 X

1≤i1<···<i_k≤p

A^p−k_n−k A^pn

=

p

X

k=1

(−1)^k+1 (n−k)!

(n−k−p+k)! ×n−p

n! ×Card {(i1, . . . , ik)∈F^kp|1≤i1<· · ·< ik ≤p}

=

p

X

k=1

(−1)^k+1(n−k)!

n! × p

k

= 1 n!

p

X

k=1

(−1)^k+1p! (n−k)!

k! (p−k)!

N

Exercice 5 : Tirages simultan´ es

Une grille de loto comporte 49 numéros de 1 à 49. Le jeu consiste à cocher 6 cases parmi les 49. Un résultat possible est donc une partie à 6 éléments deF49. Autrement dit l’ensemble des résultats possibles est Ω =C(6,F49). Comme le tirage se fait au hasard,Ômegaest muni de la probabilité uniforme. Nous aurons besoin de connaˆıtre le cardinal de Ω :

Card Ω = 49

6

1. SoitAl’événement “le plus grand numéro sorti est inférieur ou égal à 45”. C’est ce que l’on appelle l’événement primitif que les puristes prennent garde de bien distinguer de la partieAcorrespondante dans le modèle choisi ...

Mais laissons de côté ces subtilités. Un résultat favorable est une partie deF49 qui ne contient que des numéros inférieurs à 45. Il s’agit donc du choix de 6 éléments de{1,2. . . ,45}. Par conséquentA=C(6,45).

D’o`u Card A= ⁴⁵₆

et par cons´equent p(A) =Card A Card Ω =

45 6

49 6

. N 2. SoitB- l’événement “le plus grand numéro sorti est 45” Un résultat favorable doit nécéssairement contenir 45.

Les autres numéros sont donc inférieurs à 44 (le tirage s’effectuant sans remise...). Ainsi, un résultat favorable est entièrement déterminé par la donnée de 5 numéros inférieurs à 45. D’où B=C(5,F44).

Par cons´equentCard B = ⁴⁴₅

d’o`u je d´eduis p(B) = Card B Card Ω =

44 5

49 6

. N 3. SoitC- l’événement “le joueur a coché au moins trois bons numéros” Un tirage avec au moins...Un rapide calcul montre que pour dénombrer C, il est plus avantageux pour moi de dénombrer le complémentaire de C. ¯C est l’ensemble des grilles contenant au plus 2 bons numéros. Je distingue trois cas suivant que la grille contient 2 bons numéros, 1 bon numéro ou aucun bon numéro :

• Soit ˜C0 l’événement la grille ne contient aucun bon numéro. Comme il y a 6 bons numéros, un cas favorable pour ˜C0 correspont au choix de 6 numéros parmi les 43mauvais numéros.

Par cons´equent Card C˜0= 43

6

• Soit ˜C1l’événement la grille contient 1 bon numéro. Pour dénombrer ˜C1je raisonne par étapes :

• je choisis le bon num´ero parmi les 6 bons num´eros , ⁶₁

= 6 possibilit´es.

• je choisis les 5 derniers num´eros parmi le 43 mauvais num´eros ⁴³₅

possibilit´es.

Au total, Card C˜1= 6× 43

5

(6)

• Soit ˜C₂l’événement la grille contient 2 bons numéros. Pour dénombrer ˜C₂je raisonne par étapes :

• je choisis les 2 bons num´eros parmi les 6 bons num´eros , ⁶₂

• je choisis les 4 derniers num´eros parmi le 43 mauvais num´eros ⁴³₄

possibilit´es.

Au total, Card C˜2= 15× 43

4

Comme ¯C peut s’écrire comme la réunion disjointe ¯C= ˜C0∪C˜1∪C˜2, il résulte de l’additivité deCard que : Card C=Card Ω−Card C˜0+Card C˜1+Card C˜2

D’o`u je tire finalement p(C) = 1−

43 6

+ 6× ⁴³₅

+ 15× ⁴³₄

49 6

. N 4. SoitD- l’événement “la somme des numéros obtenus est impaire” Attention, il n’y a pas autant de nombres pairs que de nombres impairs entre 1 et 49 ! En fait, si nous notonsI le sous-ensemble de F49 formé uniquement des nombres impairs, et P le sous-ensemble deF49 formé uniquement des nombres pairs, nous avons

Card I= 25 tandis que Card P = 24

Pour dénombrerD, je discute suivant le nombre de nombres impairs qui apparaissent dans la grille. Pour que la somme des numéros soit impaire il n’y a que trois possibilités :

• SoitD1l’événement la grille contient exactement 1 nombre impair. Pour dénombrerD1, je raisonne par étapes :

• je choisis un ´el´ement deI ²⁵₁

• je choisis 5 ´el´ements dansP ²⁴₅

possibilit´es.

Au total Card D₁= 25×

24 5

• Soit D3 l’événement la grille contient exactement 3 nombres impairs. Pour dénombrer D3, je raisonne par

´ etapes :

• je choisis 3 ´el´ements deI ²⁵₃

possibilit´es.

• je choisis 3 ´el´ements dansP ²⁴₃

possibilit´es.

Au total Card D3=

25 3

× 24

3

• Soit D₅ l’événement la grille contient exactement 5 nombres impairs. Pour dénombrer D₅, je raisonne par

´ etapes :

• je choisis 5 ´el´ements deI ²⁵₅

possibilit´es.

• je choisis 1 ´el´ements dansP ²⁴₁

possibilit´es.

Au total Card D5=

25 5

× 24

1

CommeD peut s’écrire comme la réunion disjointeD1∪D3∪D3, il résulte de l’additivité deCard que Card D=Card D₁+Card D₃+Card D₅

En divisant cette ´egalit´e par Card Ω, j’obtiensp(D) =25× ²⁴₅ + ²⁵₃

× ²⁴₃ + ²⁵₅

× ²⁴₁

49 6

N

5. Soit E- l’événement “le tirage a donné six entiers non consécutifs ”. Convenons de noter{a1, a2, . . . , a6} une grille de E, avec a1 < a2 < · · · < a6. Comme nous l’avons vu en séance d’exercice une telle grille laisse automatiquement une case libre entre une case cochée et la suivante dans l’ordre croissant, i.e. ∀k ∈ [[1,5]], ak+1> ak+ 1. Ainsi, puisque cette grille contient 6 cases cochées, 5 cases seront automatiquement inoccupées.

L’application bijective τ :F49 →F44 d´efinie par ∀k∈[[1,6]]τ(k) =ak−(k−1) permet deregrouper ces cases vides en fin de grille.

Par cons´equentCard E= ⁴⁴₆

, d’o`u je tire p(E) =Card E Card Ω =

44 6

49 6

. N

Exercice 6 : untitled

(7)

SoitEun ensemble fini de cardinal n∈N^?.

1. Deux personnes choisissent au hasard et indépendamment l’une de l’autre une partie deE. Comme les personnes choisissent ces parties indépendamment l’une de l’autre, il peut y avoir répétition. Un résultat possible est donc un couple (A, B) de parties deE. Par conséquent Ω =P(E)². De plus le tirage se fait au hasard, donc j’équipe Ω de la probabilité uniforme :

Card Ω = (2ⁿ)²= 4ⁿ.

a. Notons D l’événement : “les parties A, B ainsi choisies sont disjointes”. Pour dénombrer D, je souhaite procéder par étapes :

• je vais choisirA∈P(E) . J’ai 2ⁿ possibilit´es pour ce choix.

• puis je vais choisirB. Pour ˆetre sˆur queA∩B=∅, je ne peux pas choisirB n’importe comment...Bdoit ˆ

etre choisi dans le compl´ementaire deA. i.e.B∈P({^EA).

Big Soucy ! le nombre de possibilités pour le choix deB dépend du résultat de la première étape.

Plus précisément, une fois queAa été choisi, j’aiCard P({EA)

= 2^Card ^{ÊÂ possibilités pour le choix de B. Comme vous le savez, on ne peut pas multiplier le nombre de possibilités à chaque étape en ce cas.

Pour résoudre cette difficulté, je vaisdiscuter³suivant la valeurk∈[[0, n]] du cardinal de A. Fixons donc un telk. Je raisonne par étapes :

• je choisis une partieA∈P(E) de cardinalk ⁿ_k

possibilit´es.

• je choisis une partieB dans le compl´ementaire deA 2^n−k possibilit´es.

Summing up overk yields :

Card D=

n

X

k=0

n k

×2^n−k = (2 + 1)ⁿ = 3ⁿ, d’apr`es la formule du binˆome de Newton.

Finalement, en divisant par Card Ω j’obtiens : p(D) =3ⁿ 4ⁿ =

3 4

ⁿ

. N

b. NotonsRl’événementles parties (A,B) ainsichoisies recouvrentE ”. Pour dénombrerR, je remarque que :

involution : R → D

(A, B) 7→ ({ÊA,{ÊB) est bien définie car :

∀(A, B)∈P(E)², A∪B=E ⇐⇒ {^EA∩{^EB=∅ .

De plus, comme son nom le laisse supposer cette application est involutive, i.e.involution◦involution=Id.

En particulier elle est bijective. Par conséquent les événements D et R ont même cardinal. Comme Ω est muni de la probabilité uniforme, il en résulte que cs événements sont équiprobables.

Par cons´equent p(R) =

3 4

n

. N

2. Une troisième personne vient jouer dans les mêmes conditions. De manière analogue à la question 1, notons Ω =P(E)³l’univers des possibles. Ω est muni de la probabilité uniforme :

Card Ω = 2ⁿ3

= 8ⁿ

a. Notons D2 l’événement “les 3 parties A, B, C ainsi choisies soient 2 à 2 disjointes”. On cherche donc la probabilité pour queA∩B=A∩C=B∩C=∅.

Pour d´enombrerD2, je discute suivant la valeurk∈[[0, n]] du cardinal deA :

• je choisis tout d’abord une partieA deE de cardinal k ⁿ_k

possibilit´es.

• je choisis ensuite le couple (B, C). Comme par hypoth`eseB∩A=C∩A=∅, ces deux parties doivent ˆ

etre choisies dans le complémentaire de A. Mais ce n’est pas tout : il faut aussi que B∩C =∅. Par conséquent (B, C) est un couple de parties disjointes de{ÊA. Je peux alors utiliser les résultats de la première question (dénombrement deD) , j’obtiens 3^n−k possibilités.

Finalement en sommant surk∈[[0, n]], j’obtiens Card D₂=

n

X

k=0

n k

3^n−k = (1 + 3)ⁿ = 4ⁿ

En divisant parCard Ω, il vient p(D2) = 4ⁿ 8ⁿ =

1 2

n

. N

3donc unP

` a la fin...

(8)

b. Notons D₃ l’événement “les 3 parties A, B, C ainsi choisies soient disjointes, i.e. A∩B∩C =∅”. A la différence de la question précédente, les partiesA, B, C peuvents’intersecter 2 à 2. Pour dénombrerD₃ je souhaite procéder par étapes :

• je choisis tout d’abord une partieA deE de cardinal k ⁿ_k

possibilit´es.

• je choisis ensuite le couple (B, C). La condition A∩B∩C = ∅ peut être vue, par associativité de ∩ commeA∩(B∩C) =∅. Je cherche donc à dénombrer les couples (B, C) tels que leur intersection ne rencontre pasA. NotonsDleur intersection. Pour dénombrer l’ensemble des couples (B, C), je procède par étapes :

je choisis d’abord une partie D deE qui ne rencontre pas A. La partieD est donc choisie dans le

compl´ementaire de A 2^n−k possibilit´es.

A présent je choisis le couple (B, C) de parties telles queB∩C =D. Puisque la partie B contient D, je peux écrireB=D∪B₁, avec B₁∈P({ED). De mêmeC s’écrit de manière unique sous la forme C =D∪C₁ avec C₁ ∈ P({ED). Ainsi, il y a autant de manières de construire le couple (B, C) que de manières de construire le couple (B₁, C₁). Or la condition B ∩C = D se traduit parB1∩C1 =∅. Par conséquent, le couple (B1, C1) est un couple de parties disjointesde {ÊD.

D’après les résultats de la question1., il y a 3^Card^{Ê^D fa¸cons de construire un tel couple.

Big Soucy : le nombre de fa¸cons de construire le couple (B1, C1) ⁴ dépend du Card {ÊD. C’est-à- dire que le nombre de possibilités à cette étape du raisonnement dépend du résultat de l’étape précédente.

Par cons´equent, nous devons reprendre les ´etapes, en discutant suivant la valeur j ∈[[1, n−k]] du cardinal deD! !

• je choisis tout d’abord une partieDdeEde cardinalj qui ne rencontre pasA. La partieD est donc une partie àj éléments du complémentaire deA dansE ^n−k_j

possibilit´es.

• je choisis le couple (B, C). Ainsi que nous l’avons démontré plus haut, un choix pour le couple (B, C) de parties deE telles queB∩C=Dcorrespond au choix d’un coupleB1, C1) de parties disjointes de{ÊD. D’après les résultats de la question1., il vient 3^n−j possibilités.

Au total, la partie A ´etant fix´ee de cardinal k ∈[[0, n]], le nombre de fa¸cons pour construire le couple (B, C) est :

n−k

X

j=0

n−k j

3^n−j = 3^k

n−k

X

j=0

n−k j

3^n−k−j = 3^k×(1 + 3)^n−k = 3^k×4^n−k

Finalement, en sommant à présent surk nous en déduisons

Card D3=

n

X

k=0

n k





n−k

X

j=0

n−k j

3^n−j



=

n

X

k=0

n k

3^k×4^n−k= (3 + 4)ⁿ= 7ⁿ

En divisant parCard Ω, il vient p(D3) = 7ⁿ 8ⁿ =

7 8

ⁿ

. N

c. Notons R₃ l’événement “les parties recouvrent E, i.e. A∪B∪C=E ”. Pour dénombrerR₃ je remarque que l’application

involution3 : R3 → D3

(A, B, C) 7→ ({ÊA,{ÊB,{ÊC)

est une bijection involutive deR₃ surD₃. Par conséquent les événementsR₃et D₃ sont équiprobables,

il en r´esulte que p(R3) =

7 8

ⁿ

. N

Exercice 7 : Avec et sans remise

Une urne contient b boules blanches et r boules rouges. On tire n boules en remettant la boule dans l’urne après le tirage si elle est rouge et en ne la remettant pas si elle est blanche.On cherche la probabilité de tirer exactement une boule blanche au cours des n tirages. Un résultat possible est une n-liste de couleurs. Par conséquent, notons

4et donc le couple (B, C)

(9)

Ω ={blanc, rouge}ⁿ. Comme les tirages se font tantôt avec remise, tantôt sans remise, les événements élémentaires ne sont pas équiprobables.

NotonsB l’´ev´enement “une boule blanche exactement est sortie au cours desn tirages”. On cherchep(B).

Notons aussi, pour k∈[[1, n]] R_k l’événement “le kî`ême tirage a donné une boule rouge” et B_k l’événement “le kî`ême tirage a donné une boule blanche” .

• L’événementB peut se décomposer ennévénements 2 à 2 incompatibles suivant le numéro du tirage qui a donné la boule blanche. Autrement dit B =Sn

k=1B∩Bk. D’après la propriété d’additivité finie des probabilté (cas particulier de la formule de Poincaré), il vient :

(1) p(B) =p

n

[

k=1

B∩Bk

!

=

n

X

k=1

p(B∩Bk).

• Pourk∈[[1, n]] fix´e, calculons la probabilit´e deB∩Bk.

Pour ce faire, remarquons que B ∩Bk = R1∩ · · · ∩R_k−1∩Bk∩Rk+1· · · ∩Rn. Pour calculer la probabilité de cette intersection, utilisons la formule des probabilités composées. Sous réserve que les conditions soient non négligeables⁵, écrivons :

p(B∩Bk) = p(R1)×p(R2|R1)× · · · ×p(R_k−1|R1∩R2∩ · · · ∩R_k−2)

× p(B_k|R₁∩R₂∩ · · · ∩R_k−1)

× p(Rk+1|R1∩R2∩ · · · ∩Rk−1∩Bk)× · · · ×p(Rn|R1∩R2∩ · · · ∩Rk−1∩Bk∩Rk+1∩ · · · ∩Rn−1).

• Examinons le facteurp(R1). Comme l’urne se compose deb boules blanches et der boules rouges, on calcule facilement

p(R1) = nb de cas favorables nb de cas possibles = r

b+r. Remarque : En particulierp(R₁)>0, ce qui justifie le calcul suivant.

Calculons ensuitep(R₂|R₁). On suppose que la première boule tiré est de couleur rouge. Conformément au protocole de tirage, la boule rouge a été remise dans l’urne. Ainsi, au moment du deuxième tirage, l’urne se compose toujours deb boules blanches et derboules rouges. Par conséquent

p(R₂|R₁) = r b+r.

Remarque : En particulierp(R1∩R2) =p(R1)×p(R2|R1)>0, ce qui justifie les calculs suivants.

De la même manière -on remarque que la composition de l’urne est inchangée- nous obtenons p(R3|R1∩R2) =· · ·=p(Rk−1|R1∩R2∩ · · · ∩Rk−2) = r

b+r

Remarque : On en déduit comme précédemment quep(R1∩R2∩ · · · ∩R_k−2∩R_k−1)>0, ce qui justifie le calcul suivant.

• Examinons le facteur de la deuxième ligne dans la formule ci-dessus. On suppose que lesk−1 premières boules sont de couleur rouge. Par conséquent, lors dukî`ême tirage, l’urne se compose encore derboules rouges et debboules blanches. Ainsi :

p(Bk|R1∩R2∩ · · · ∩R_k−1) = nb de cas favorables nb de cas possibles = b

b+r.

Remarque : On en déduit comme précédemment que p(R1∩R2∩ · · · ∩R_k−2∩R_k−1∩Bk) > 0, ce qui justifie les calculs suivants.

• Examinons les facteurs de la dernière ligne. Le kî`ême tirage a donné une boule de couleur blanche. Suivant la méthode de tirage, cette boule n’est pas remise dans l’urne : ainsi pour calculer les probabilités qui interviennent dans la dernière ligne, nous supposons que l’urne se compose der boules rouges et de b−1 boules blanches. Nous obtenons alors

p(Rk+1|R1∩R2∩ · · · ∩R_k−1∩Bk) =· · ·=p(Rn|R1∩R2∩ · · · ∩R_k−1∩Bk∩Rk+1∩ · · · ∩R_n−1) = r b+r−1 Au final, nous obtenons pour toutk∈[[1, n]]

p(B∩Bk) = r

b+r ^k−1

× b

b+r

× r

b+r−1 ^n−k

5On v´erifie au fil de la d´emonstration que c’est bien le cas

(10)

• R´einjectons les valeurs obtenues pourp(B∩B_k) dans l’´equation (1), il vient : p(B) =

n

X

k=1

r b+r

k−1

× b

b+r

× r

b+r−1 n−k

= rⁿ⁻¹ b (b+r−1)ⁿ

n

X

k=1

1 b+r

^k

× 1

b+r−1 −k

= rⁿ⁻¹b (b+r−1)ⁿ

n

X

k=1

b+r−1 b+r

k

= rⁿ⁻¹b (b+r−1)ⁿ

b+r−1 b+r

ⁿ⁻¹ X

k=0

b+r−1 b+r

k

= rⁿ⁻¹b (b+r−1)ⁿ ×

b+r−1 b+r

× 1−

b+r−1 b+r

ⁿ

1−

b+r−1 b+r

=b r

b+r−1 n−1

×

1−

b+r−1 b+r

n .

Par cons´equent, nous avons obtenu p(B) =b r

b+r−1 n−1

×

1−

b+r−1 b+r

ⁿ

. N

Remarque : A propos desce qui justifie les calculs suivants...

Il s’agit de vérifier à chaque étape du calcul que le prochain conditionnement est non négligeable. La rédaction présentée ici est un peu fastidieuse. C’est pourtant ce qu’il faut faire en toute rigueur. Je pense qu’une rédaction acceptable consiste à dire en début de calcul, ou à la fin plutôt du calcul, une fois pour toutes une phrase du genre “A chaque

étape du calcul on vérifie que les conditionnement successifs sont non négligeables”. Une simple phrase comme celle-ci vous vaudra la sympathie du correcteur...Ç a aussi c’est non-négligeable !

Exercice 8 : la pˆ eche aux canards

On consid`ere 3 bassins A1, A2 et A3 contenant des petits canards de couleurs jaune ou orange.La composition des bassins est la suivante :

A1contient

2jaunes

3oranges A2contient

1jaune

4oranges A3contient

3jaunes 4oranges On pˆeche un canard dans le bassinA₁, un autre dansA₂ et on les met dans le troisi`eme bassin.

Un résultat possible de cette expérience est un petit canard de couleur jaune ou orange. Jemodélise ceci en ne retenant que la couleur. Ω ={orange, jaune}. Dans ce modèle, les événements élémentaires ne sont pas équiprobables.

Définissons quelques événements importants pourprobabiliser Ω. Convenons de noter pouri=1,2 ou 3 – Oi l’événement “je pêche un petit canardOrangedans le bassin Ai”

– Ji l’événement “je pêche un petit canardJaunedans le bassin Ai” Nous pouvons représenter ceci dans un arbre :

Ω O₁

O2

O3 J3

J2

O3 J3

O₁ O2

O3 J3

J2

O3 J3

On remarque que la connaissance des résultats des pêches dans les deux premiers bassinsconditionnentles résultats de la pêche dans le troisième bassin. Autrement dit, la probabilité sur Ω est définie de manière implicite par la donnée des probabilités des quatre événementsO₁∩O₂,O₁∩J₂J₁∩O₂etJ₁∩J₂, qui forment un système complet d’événements.

Pour calculer ces probabilités, remarquons que le résultat de la pêche dans le bassinA₁ n’influe en rien sur le résultat de la pêche dans A2. Autrement dit, les événements O1 et O2. Comme nous l’avons vu en cours cela suffit pour garantir queO1 et ¯O2=J2sont aussi indépendants. Par conséquent la probabilité sur Ω est définieviala formule des probabilités totales et la donnée de :

– p(O1∩O2) =p(O1)×p(O2) =3 5 ×4

5 =12 25 – p(O1∩J2) =p(O1)×p(J2) = 3

5×1 5 = 3

25

– p(J1∩O2) =p(J1)×p(O2) = 2 5 ×4

5 = 8 25 – p(J1∩J2) =p(J1)×p(J2) = 2

5×1 5 = 2

25 Il s’agit de calculer la probabilit´e deO1sachantJ3. Par d´efinition, nous avons :

p(O1|J3) =p(O₁∩J₃) p(J3)

(11)

• Calcul dep(J₃).

Ecrivons avec la formule des probabilit´es totales

p(J₃) = p(J₃∩O₁∩O₂) +p(J₃∩O₁∩J₂) +p(J₃∩J₁∩O₂) +p(J₃∩J₁∩J₂)

= p(O1∩O2)×p(J3|O1∩O2) +p(O1∩J2)×p(J3|O1∩J2)

+ p(J1∩O2)×p(J3|J1∩O2) +p(J1∩J2)×p(J3|J1∩J2)

= 12 25×3

9 + 3 25×4

9 + 8 25×4

9+ 2 25×5

9

= 36 + 12 + 32 + 10

225 = 90

225 = 6 15

• Calcul dep(O1∩J3)

Ecrivons la formule des probabilit´es totales pour le syst`emes complet (O2, J2), il vient : p(J3∩O1) = p(J3∩O1∩O2) +p(J3∩O1∩J2)

= p(O₁∩O₂)×p(J₃|O₁∩O₂) +p(O₁∩J₂)×p(J₃|O₁∩J₂)

= 12 25×3

9+ 3 25×4

9

= 36 + 12 225 = 48

225 =16 75. Finalement, nous avons p(O1|J3) = p(O1∩J3)

p(J₃) =

16 75 6 15

= 8

15. N

Exercice 4 : tirages successifs

Corrig´ e du Devoir Libre n ◦ 4

Exercice 1 : tournois de foot

Exercice 2 : Des codes

Exercice 3 : Probl` eme de rangement

Exercice 4 : tirages successifs

Exercice 5 : Tirages simultan´ es

Exercice 6 : untitled

Exercice 7 : Avec et sans remise

Exercice 8 : la pˆ eche aux canards

Corrig´ e du Devoir Libre n ^◦ 4