EXERCICE 361 page 282
1. Description de l’expérience : Un arrangement de4chiffres choisis parmi9avec répétitions.
Il s’agit donc d’une4-liste et le nombre de plaques vautN = 94= 6561.
2. Description de l’expérience : Une collection de3cubes pris successivement parmi5en tenant compte de l’ordre d’apparition. C’est un arrangement simple (simple = sans répétition) et le nombre de piles possibles vaut N =A35= 5·4·3 = 60
3. Cette expérience est mal exprimée et on peut l’interpréter de deux manières différentes :
(a) On peut distinguer les deux dés (par exemple par la couleur) et on fait une distinction entre
les résultats (3,5) et (5,3). Dans ce cas, il s’agit d’un arrangement de 2 chiffres choisis parmi 6 avec répétitions. C’est une2-liste et le nombre de paires vautN= 62= 36.
(b) On ne peut pas distinguer les deux dés : {1,2} = {2,1}. Dans ce cas il s’agit d’une collection de 2 nombres pris simultanément parmi6, et donc sans tenir compte de l’ordre d’apparition. Les répétitions sont toutefois permises. Ce sont les combinaisons de 6 nombres pris 2 à2 avec répétition. Il y en a : C26=C6+22 −1= 72·6 = 21.
4. Description de l’expérience : Une permutation des 5 personnes. Le nombre de possibilités pour les placements vaut donc : N= 5! = 120.
5. Description de l’expérience : Il y a 5 !=120 permutations des cinq personnes. Mais sur la table ronde, on peut effectuer cinq rotations qui laissent invariant la position relative des personnes.
Il y a donc en tout seulementN = 5!5 = 4! = 24placements qualitativement distincts.
Remarque : Si on ne tient pas compte de l’orientation (donc du placement droite-gauche) les placements sont deux à deux équivalentes par symétrie et il ne reste plus queN =242 = 12positions.
Conseil : refais cet exercice avec 3 personnes et ensuite avec 4 personnes. Dessine les positions possibles pour chacun des cas envisagés. Pour deux personnes, la rotation et la symétrie se confondent tandis que pour une seule personne, il n’y a ni rotation, ni symétrie.
EXERCICE 362 page 283
— Avec le lemme du berger : le premier chiffre peut être choisi de 9 manières (le 0 est exclu), le deuxième de 9 manières (0 admis mais le premier exclu), le 3e de 8 et le 4e de 7 manières.
Finalement, il y a9·9·8·7 = 4536manières.
— Avec le lemme du berger : choisir une lettre, choisir deux chiffres puis permuter les 3.
Choisir une lettre parmi les 25 qui restent (sans le T) :S251 =C251 = 25manières.
Choisir une place pour cette lettre :C31= 3manières
Choisir 2 chiffres non nuls (ordre, avec répétition) :B92= 9·9 = 81 manières.
Nombre de possibilités :25·3·81 = 6075
EXERCICE 363 page 283
Le chiffre des milliers :4possibilités : 2,4,6,8. Le chiffre des centaines :7possibilités : 0,1,2,3,4,5,6 ; le chiffre des dizaines :5possibilités : 1,3,5,7,9 et le chiffre des unités :6possibilités : 4,5,6,7,8,9.
En tout, il y a doncN = 4·7·5·6 = 840chiffres convenables.
EXERCICE 364 page 283
Il faut compter les arrangements avec répétition de 5 chiffres3à3,donc une3-liste.
Il y a en toutN = 53= 125nombres possibles.
EXERCICE 365 page 283
Considérer les deux tas disjoints :20professeurs et300 élèves.
Combiner 20 professeurs 4 à 4 :C204 = 20·419·18·17
·3·2·1 = 4845
Combiner 300 élèves 10 à 10 :C30010 = 300·299·29810·297·296·295·294·293·292·291
·9·8·7·6·5·4·3·2·1 = 1398 320 233 241 701 770 Il y afinalement en tout :N=C204 ·C30010 = 6774 861 530 056 045 075 650possibilités.
EXERCICE 366 page 283
Dans cet exercice type, il faut retenir la méthode qui consiste à dresser des "tas" disjoints dont la réunion donne la totalité des cartes. Ensuite, on retire les cartes selon la donnée du problème.
1. Considérer les 4 tas disjoints : les 4 rois, les 4 dames, les 4 valets et les 20 autres cartes.
Combiner 4 rois 1 à 1, 4 dames 1 à 1, 4 valets 1 à 1 et 20 autres 0 à 0.
Il y aN =C41·C41·C41·C200 = 4·4·4·1 = 64 mains.
2. Considérer les 2 tas disjoints : les 16 cartes rouges, les 16 cartes noires.
Combiner 16 cartes rouges 3 à 3 et les 16 noires 0 à 0.
Il y a donc :N =C163 ·C160 = 163·15·14
·2·1 ·1 = 560mains.
3. Considérer les 4 tas disjoints : les 8 trèfles, les 8 carreaux, les 8 coeurs et les 8 piques.
Combiner 8 trèfles 1 à 1, 8 carreaux 1 à 1, 8 coeurs 1 à 1 et 8 piques 0 à 0.
Il y a donc :N =C81·C81·C81·C80= 8·8·8·1 = 512mains.
4. Il faut au départ arranger 4 couleurs 1 à 1 :A14= 4choix possibles.
Considérer les 2 tas disjoints : 8 cartes à la couleur choisie et les 24 autres cartes.
Combiner 8 cartes 3 à 3 et 24 cartes 0 à 0.
Il y a donc :N =A14·¡
C83·C240 ¢
= 4·83··72··61·1 = 224mains.
5. Considérer les 3 tas disjoints : les 4 dames, les 4 valets et les 24 autres cartes.
Combiner 4 dames 1 à 1, 4 valets 2 à 2 et les 24 autres cartes 0 à 0.
Il y a donc :N =C41·C42·C240 = 4·42··31·1 = 24 mains.
6. Il faut au départ arranger sans répétition 4 couleurs 2 à 2 :A24= 4·3 = 12choix possibles.
On note l’importance accordée à l’ordre des deux couleurs choisies.
Considérer les 3 tas disjoints : 8 cartes à la première couleur choisie, ensuite 8 cartes à la deuxième couleur et enfin les 16 autres cartes.
Combiner 8 cartes 2 à 2 et 8 cartes 1 à 1 et 16 cartes 0 à 0.
Il y a donc :N =A24·¡
C82·C81·C160 ¢
= 12·82··71·8·1 = 2688 mains.
REMARQUE : Il faut bien lire l’énoncé du problème. Ici, le fait d’ajouter le mot "au moins" change le résultat.
On veut 3 cartes dont 2 au moins ont la même couleur. Alors on obtient :
N =A24·C82·C81·C160 +A14·C83·C80·C160 = 12·82··71·8·1 + 4· 83··72··61·1·1 = 2912 mains.
7. Considérer les 2 tas disjoints : les 16 cartes rouges et les 16 cartes noires.
Combiner 16 cartes noires 2 à 2 et 16 cartes rouges 1 à 1.
Il y a donc :N =C162 ·C161 = 162·15
·1 ·16 = 1920mains.
EXERCICE 367 page 283
Considérer les 3 tas disjoints : 4 belges, 5 français et 6 anglais.
Combiner 4 belges 1 à 1 et 5 français 1 à 1ou bien combiner 4 belges 1 à 1 et 6 anglais 1 à 1ou bien combiner 5 français 1 à 1 et 6 anglais 1 à 1.
Il y a donc :N =C41·C51+C41·C61+C51·C61= 20 + 24 + 30 = 74possibilités.
EXERCICE 368 page 283
Calculons d’abord le nombre de mains différentes possibles au poker.
Il s’agit de combiner sans répétition 32 cartes 5 à 5 donc :P =C325 = 32·315·4··303··229·1·28 = 201 376possibilités.
1. Arranger les 8 valeurs : 7,8,9,10,V,D,R,1 deux à deux.
Combiner les 4 cartes de la première 3 à 3 et les 4 cartes de la deuxième valeur 2 à 2.
On trouve alors : N=A28·C43·C42·C240 = 8·7·4·42··31·1 = 1344possibilités.
D’où la probabilité :p(full) =2013761344 = 8996 ≈0.7%.
2. Arranger les 4 couleurs 1 à 1 :A14= 4.(Signifie : choisir une des 4 couleurs.) Combiner les 8 cartes de la couleur choisie 5 à 5 :C85=83·7·6
·2·1 = 56.
Mais attention, il faut retirer les combinaisons à 5 cartes consécutives qui sont au nombre de 4.
On trouve alorsN =A14·¡
C85−4¢
= 4·(56−4) = 208"couleurs".
D’où la probabilité :p(couleur) =201376208 = 12 58613 ≈0.1%.
3. Puisqu’il y a 4 couleurs et pour chacune d’elles il y a 4 combinaisons à 5 cartes consécutives, le nombre de
"quinte-floches" vaut :N= 4·4 = 16.
D’où la probabilité :p(qinte-floche) = 20137616 =12 5861 ≈0,008%.
4. Dans la liste des 8 valeurs, choisir 5 valeurs consécutives. Il y a en tout 4 possibilités.
Arranger pour chaque valeur de ce choix une des quatre couleurs différentes : 4 choix.
Il y a doncN= 4·45= 4096quintes, dont 16 quinte-floches.
D’où la probabilité :p(quinte) = 2013764096 =6293128 ≈2%.
5. Arranger une des 8 valeurs et dresser 2 tas : les 4 cartes de la couleur choisie et les 28 autres.
Maintenant il suffit de combiner les 4 cartes 4 à 4 et les 28 cartes 1 à 1.
Il y a ainsi :N =A18·¡
C44·C281 ¢
= 8·(1·28) = 224carrés.
D’où la probabilité :p(carré) = 201376224 = 8991 ≈0.11%.
EXERCICE 369 page 284
1. A= 71!·72 = 72!
2. B= 84!84 = 83!
3. C= (n+ 1)·n! = (n+ 1)!
4. D= (n+ 3)!
(n+ 1) (n+ 2) =(n+ 3) (n+ 2) (n+ 1)n!
(n+ 1) (n+ 2) = (n+ 3)·n!
EXERCICE 370 page 284
A=100!
99! = 100etB = 80!
76!·4!= 80·79·78·77·76!
76!·4·3·2 = 1581 580
EXERCICE 374 page 284
1. (a+b)7=a7+ 7a6b+ 21a5b2+ 35a4b3+ 35a3b4+ 21a2b5+ 7ab6+b7 2. (2x+ 3y)4= 16x4+ 96x3y+ 216x2y2+ 216xy3+ 81y4
3. ¡
x2+x1¢3
=x6+ 3x3+ 3 +x13
EXERCICE 375 page 284
1. (a−2b)5=a5−10a4b+ 40a3b2−80a2b3+ 80ab4−32b5 2. ³
x3√
2−x√12´4
= 4x12−8x8+ 6x4−2 + 4x14
3. ³√ 2 x −x22
´6
=x86 −12x3
√2 + 15−5x3√
2 +158x6−163x9√
2 +641x12
EXERCICE 376 page 284
(x+y)5=x5+ 5x4y+ 10x3y2+ 10x2y3+ 5xy4+y5 (1 + 1)5= 1 + 5 + 10 + 10 + 5 + 1 = 32
(1 + 1)6= 1 + 6 + 15 + 20 + 15 + 6 + 1 = 26= 64 (1 + 1)n=Pn
i=0Cni = 2n
EXERCICE 377 page 284
Le développent du binôme de Newton de¡ 3x−2x
¢11
=P11
p=0C11p ·(3x)11−p·¡
−2x
¢p
Attention, puisqu’on commence avec le zéro, le 7e terme s’obtient avecp= 6. T(7) =C116 ·(3x)5·¡
−2x
¢6
= +11·10·9·8·7
5·4·3·2·1 ·35x5· 26
x6 = +462·35·26· xx56 = 7185 024 x
EXERCICE 378 page 284
1. ¡
3x2−2¢10
=P10
p=0C10p ·¡
3x2¢10−p
·(−2)p Le degré est6ssi2 (10−p) = 6ssip= 7.
Terme :C107 ·¡ 3x2¢3
·(−2)7=−103··29··18·27x6·128 =−414 720x6 2. ¡
2u2−4u
¢5
=P5
p=0C5p·¡
2u2¢5−p
·¡
−4u
¢p
Le degré est1ssi2 (5−p)−p= 1 ssip= 3.
Terme :C53·¡ 2u2¢2
·¡
−4u
¢3
=−52··41·4u4·64u3 =−2560u 3. x10(x+ 7)8=x10P8
p=0C8p·x8−p·7p=P8
p=0C8p·x18−p·7p Le degré est16ssi18−p= 16ssip= 2.
Terme :C82·x18−2·72= 82·7
·1·x16·49 = 1372x16
4. ¡ 3t+t12
¢12
=P12
p=0C12p ·(3t)12−p·¡1
t2
¢p
Le degré est3ssi12−p−2p= 3ssip= 3.
Terme :C123 ·(3t)9·¡1
t2
¢3
= 123·11·10
·2·1 ·19 683t9· t16 = 4330 260t3
EXERCICE 379 page 285
1. (3x+ 2)12=P12
p=0C12p ·(3x)12−p·2p
Il y a 12+1=13 termes. Le terme du milieu est le 7ième et il s’obtient pourp= 6.
Si p= 6on obtient le terme : C126 ·(3x)6·26= 12·611·10·9·8·7
·5·4·3·2 ·729x6·64 = 43 110 144x6 2. ¡
4k2−k3
¢11
=P11
p=0C11p ·¡
4k2¢11−p
·¡
−3k
¢p
Il y a 11+1=12 termes. Les termes du milieu sont le 6 ième et le 7ième.
On les obtientp= 5 et pourp= 6 Si p= 5on obtient le terme : C115 ·¡
4k2¢6
·¡
−3k
¢5
=−115·10·4··39··28·7·4096k12· 243k5 =−459 841 536k7 Si p= 6on obtient le terme : C116 ·¡
4k2¢5
·¡
−3k¢6
= +115·10·9·8·7
·4·3·2 ·1024k10· 729k6 = 344 881 152k4 3. ³
t√
2−√12´7
=P7
p=0C7p·¡ t√
2¢7−p
·³
−√12´p
Il y a 7+1=8 termes. Les termes du milieu sont le 4 ième et le 5ième.
On les obtientp= 3 et pourp= 4 Si p= 3on obtient le terme : C73·¡
t√ 2¢4
·³
−√12´3
=−73·6·2·5·4t4·14
√2 =−35t4√ 2 Si p= 4on obtient le terme : C74·¡
t√ 2¢3
·³
−√12´4
= +73·6·5
·2 ·2t3√
2·14 =352t3√ 2
EXERCICE 380 page 285
1. R
x(x+ 1)dx = R ¡ x2+x¢
dx = 13x3+12x2+cte Rx(x+ 1)2dx = R ¡
x3+ 2x2+x¢
dx = 14x4+23x3+12x2+cte
2. R
x(x+ 1)3dx = R x¡
x3+ 3x2+ 3x+ 1¢ dx
= R ¡
x4+ 3x3+ 3x2+x¢
dx = 15x5+34x4+x3+12x2+cte R x(x+ 1)4dx = R
x¡
x4+ 4x3+ 6x2+ 4x+ 1¢ dx
= R ¡
x5+ 4x4+ 6x3+ 4x2+x¢
dx = 16x6+45x5+32x4+43x3+12x2+cte 3. Pour calculeR
x(x+ 1)10dxon peut penser qu’il y ait un avantage d’utiliser la méthode par parties.
Voici le tableau :
x (x+ 1)10 1 (x+1)1111 0 (x+1)12 12
·11
qui donne :
Z
x(x+ 1)10dx = x(x+ 1)11
11 −(x+ 1)12 132 +cte
= (11x−1) (x+ 1)11
132 +cte
C’est effectivement plus rapide.
4. Substitution bilatérale, sans changement de bornes. Voici le tableau : u=x+ 1 ⇔ x=u−1
dx=du Z
x(x+ 1)10dx = Z
(u−1)u10du
= Z ¡
u11−u10¢ du
= u12 12 +u11
11 +cte
= 1
12(x+ 1)12+ 1
11(x+ 1)11+cte
EXERCICE 381 page 285
Le nombre de tirages possibles : combiner les 32 cartes 2 à 2. (On tire simultanément, donc dans le désordre) On trouve :P =C322 = 322·31 = 496tirages possibles.
1. Une partition de deux tas : les 16 rouges, combiner 2 à 2 et les 16 noires à combiner 0 à 0.
Le nombre de cas favorables : F=C162 ·C160 =162·15·1 = 120 Probabilité :p(2 rouges) =120496 = 1562≈24%
2. Une partition de deux tas : les 8 piques, combiner 2 à 2 et les 24 autres à combiner 0 à 0.
Le nombre de cas favorables : F=C82·C240 =82·7·1 = 28 Probabilité :p(2 piques) = 49628 =1247 ≈5,6%
3. Avant de partager, il faut choisir la couleur parmi les 4 couleurs disponibles. Il y a 4 choix.
Une partition de deux tas : les 8 choisies, combiner 2 à 2 et les 24 autres à combiner 0 à 0.
Le nombre de cas favorables : F= 4·C82·C240 = 4·82·7·1 = 112 Probabilité :p(2 de même couleur) = 112496 =317 ≈22,6%
4. Une partition de trois tas : les 4 rois, les 4 neufs et les 24 autres.
Le nombre de cas favorables : F=C41·C41·C240 = 4·4·1 = 16 Probabilité :p(1 roi et 1 neuf) = 49616 = 311 ≈3,2%
5. Une partition de 4 tas : le roi de pique, les 3 autres rois, les 7 autres piques les 21 autres cartes.
La condition "1 roi ou 1 pique" s’obtient de plusieurs manières incompatibles (faire la somme) :
C11C31C70C210 +C11C30C71C210+C11C30C70C211+C10C31C71C210 +C10C31C70C211+C10C30C71C211+C10C32C70C210 ++C10C30C72C210
= 1·3·1·1 + 1·1·7·1 + 1·1·1·21 + 1·3·7·1 + 1·3·1·21 + 1·1·7·21 + 1·3·1·1 + 1·1·21·1 = 286 On a un grand avantage de réfléchir comme ceci :
"1 roi ou 1 pique"⇐⇒négation de "pas de roi et pas de pique"
On l’obtient de la manière suivante : 496−¡
C10C30C70C212¢
= 496−212·20 = 286 Probabilité :p(1 roi ou 1 pique) =286496 = 143248 ≈57,7%
EXERCICE 382 page 285
1. Pour obtenir le nombre de possibilités "dans l’ordre" à partir du nombre de possibilités "dans le désordre", il suffit de multiplier par le nombre de permutations possibles. Par exemple on connaît la formule :
Apn=Cnp·p!
Ainsi, dans le cas de 2 cartes choisies, pour passer du nombre de cas dans le désordre au nombre de cas dans l’ordre, il suffit de multiplier par2! = 2.De cette façon, le nombre de cas favorables est doublé et celui des cas possibles est doublé également.
Conclusion : toutes les probabilités restent inchangées.
2. La situation devient différente si on considère l’expérience "avec remise".
Le nombre de tirages possibles : les2-listes des 32 cartes. On trouve :P = 322= 1024tirages possibles.
(a) Le nombre de cas favorables :F = 162= 256 Probabilité :p(2 rouges) =1024256 =14 = 25%
(b) Le nombre de cas favorables :F = 82= 64 Probabilité :p(2 piques) = 102464 = 161 = 6.25%
(c) Avant de partager, il faut choisir la couleur parmi les 4 couleurs disponibles. Il y a 4 choix.
Le nombre de cas favorables :F = 4·82= 256 Probabilité :p(2 de même couleur) = 1024256 =14 = 25%
(d) Le nombre de cas favorables :F = 4·4 + 4·4 = 32 Probabilité :p(1 roi et 1 neuf) =102432 = 321 = 3,125%
(e) Nombre de cas favorables : 1024−212= 583 Probabilité :p(1 roi ou 1 pique) =1024583 ≈56,9%
Remarque : Pour passer du nombre de cas "dans l’ordre" au nombre de cas "dans le désordre", il suffit de diviser par le nombre de permutations (ici2! = 2). Cette règle est valable pour les deux cas : avec remise ou sans remise. Il faut toutefois noter que pour un tirage simultané, la remise n’est pas possible.
EXERCICE 383 page 285
Rappel : il faut redresser : 2 carreaux et 1 coeur par 2 carreaux et 4 coeurs.
Il s’agit d’un problème dans le désordre (on peut organiser la main comme on le veut) et sans remise (un seul as de pique). Donc, on utilise les combinaisons. Le nombre de mains possibles :
P =C5213= 52!
13!39!
1. Dénombrer le nombre de cas favorables en dressant 4 tas, un pour chaque couleur.
F =C134 ·C133 ·C132 ·C134 = 13!
4!9!· 13!
3!10!· 13!
2!11!· 13!
4!9!
On peut donc calculer la probabilité d’avoir une telle main : p = F
P = 13!·39!·13!·13!·13!·13!
52!·4!·9!·3!·10!·2!·11!·4!·9!
= 52·51·5013··4912··1148··4710··946·8·45·7··644·5··434·3·42·2·41·4013·124·3·11·2·1013·312·2·11132·1213·124·3·11·2·10
= 114 044 073
6350 135 596 ≈1,8%
2. Calculons d’abord la probabilité d’obtenir aucun coeur. Dressons les deux tas : les 13 coeurs et les 39 autres cartes. Le nombre des mains "sans coeur" s’élève alors àN =C130 ·C3913= 26!13!39! .
La probabilité d’obtenir aucun coeur vaut : q0 = N
P = 13!·39!
52!
39!
26!·13!
= 3952··3851··3750··3649··3548··3447··3346··3245··3144··3043··2942··2841··2740
= 17 063 919 1334 062 100 Alors la probabilité d’obtenir au moins un coeur vaut :
q = 1−q0 =1334 062 100−17 063 919 1334 062 100
= 1316 998 181
1334 062 100 ≈98,72%
EXERCICE 384 page 285
Nombre de personnes :12 + 6 + 2 = 20.
Cas possibles : Combiner 20 personnes2à2:P =C202 =202·19 = 190
Cas favorables : Il y a trois manières incompatibles de choisir les deux avec une même nationalité. Donc le nombre de cas favorables vautF =C122C60C20+C120 C62C20+C120C60C22= 122·11+62·5 + 1 = 82.
La probabilité que les deux soient de même nationalité vaut :p=FP = 19082 =4195 ≈43,2%.
EXERCICE 385 page 285
1. Cas possibles : Les6−listespour les6bistrots :66= 6·6·6·6·6·6 = 46 656
Les cas favorables : Les arrangements des 6 bistrots6à6 :A66=P(6) = 6! = 6·5·4·3·2·1 = 720.
Probabilité :p= 66!6 =3245 ≈1,54%
2. L’affirmation "Au moins deux ont choisi le même bistrot" est la parfaite négation de l’affirmation "les 6 ont choisi des bistrots 2 à 2 différents". D’où la probabilité
q= 1−p=319
324 ≈98,46%
EXERCICE 386 page 285
Il s’agit d’un tirage simultané, sans remise et le nombre de cas possibles est le nombre de combinaisons des 60 questions (=paragraphes) 4 à 4 :M=C604 = 60·459·3··582·1·57 = 487 635.
Dans la suite, il faut séparer virtuellement les 60 questions en 2 parties : les20étudiés par l’élève et les40qu’il n’a pas étudié.
1. Cas favorables :G=C204 ·C400 =20·419·18·17
·3·2·1 ·1 = 4845 Probabilité :p1= 4876354845 = 171117 ≈1%
2. Cas favorables :G=C200 ·C404 =40·439·38·37
·3·2·1 ·1 = 91 390 Probabilité :p2= 48763591390 = 5133962 ≈18,7%
3. Cas favorables :G=C203 ·C401 =203·19·18
·2·1 ·40·1 = 45 600 Probabilité :p3= 48763545600 = 1711160 ≈9,4%
4. L’affirmation : "Au moins 1 des quatre" est le parfait contraire de l’affirmation "Aucun des 4" donc : p4= 1−p2=4171
5133 ≈81,2%
EXERCICE 387 page 285
Le tirage est sans remise et on le constate dans le désordre. Le nombre de tirages possibles vaut M=C325 =32·31·30·29·28
5·4·3·2·1 = 201 376 Deux tas : les 8 coeurs et les 24 autres cartes.
1. Une seule configuration : choisir 2 parmi les 8 et donc 3 parmi les 24.
Le nombre de cas favorables : M=C82·C243 = 82·7· 24·323·2·22 = 56 672 La probabilité :p1= 20137656672 = 253899 ≈28,1%
2. L’approche directe : Il y a 4 configurations 2 à 2 incompatibles : 2 coeurs et 3 autres ou bien 3 coeurs et 2 autres ou bien 4 coeurs et une autre ou bien 5 coeurs et aucune autre carte.
Le nombre de cas favorables :
M = C82·C243 +C83·C242 +C84·C241 +C85·C240
= 56 672 +8·7·6
3·2 ·24·23
2 +8·7·6·5
4·3·2 ·24 +8·7·6·5·4 5·4·3·2 ·1
= 56 672 + 15 456 + 1680 + 56 = 73 864 La probabilité :p2= 20137673864 = 13193596 ≈36.7%
L’approche indirecte : "au moins 2 coeurs" ⇐⇒ "pas exactement 1 coeur ni exactement 0 coeurs"
Il y a 2 configurations incompatibles : 1 coeurs et 4 autres ou bien 5 coeurs et 0 autres.
Le nombre de cas favorables :
M = C81·C244 +C80·C245
= 8· 24·23·22·21
4·3·2 + 1·24·23·22·21·20 5·4·3·2
= 85 008 + 42 504 = 127 512 La probabilité :p2= 1−127512201376 = 1−22773596 = 13193596≈36.7%
EXERCICE 388 page 286
1. On jette simultanément 5 pièces identiques et on note les résultats pièce par pièce, en commençant par les faces. Ceci correspond à un tirage dans le désordre, avec remise.
On arrive à détecter en tout 6 événements collectionnés dans leur espaceΩsuivant : Ω={P P P P P;F P P P P;F F P P P;F F F P P;F F F F P;F F F F F}
Attention : Ici on ne peut pas appliquer le théorème de Lagrange : cas favorables/cas possibles. En effet, ces événements ne sont pas du tout équiprobables. Tandis que l’événementP P P P P ne peut être obtenu que par une seule manière, (chaque pièce tombe pile), l’événementF P P P P s’obtient de cinq manières différentes (une des 5 pièces disponibles tombe face, les autres pile). De même, l’événement F F P P P s’obtient de C52 = 10 manières (2 des 5 pièces au choix tombent face, les 3 autres pile) et ainsi de suite : F F F P P : C53 = 10; F F F F P :C54= 5etF F F F F :C55= 1.
Comme la sommeC50+C51+C52+C53+C54+C55= 1 + 5 + 10 + 10 + 5 + 1 = 32on obtient les probabilités de chacun des événements :
Événement P P P P P F P P P P F F P P P F F F P P F F F F P F F F F F
Probabilité 321 325 1032 1032 325 321
Avec ce tableau, on trouve facilement la réponse aux deux questions posées : p3=1032 etp≥3=p3+p4+p5= 1032+325 +321 = 1632= 12 = 50%
2. On jette une seule pièce cinq fois de suite. Ceci correspond à un tirage dans l’ordre, avec remise.
Le nombre de cas possibles : Une 5-liste :M = 25= 32possibilités. Cette fois, les 32 événements élémentaires sont bien équiprobables et le théorème de Lagrange s’applique parfaitement.
(a) Pour dénombrer les cas "exactement 3 faces", il suffit de dénombrer le nombre des différentes places que peuvent occuper les "faces". Il s’agit donc de combiner les 5 places 3 à 3. On obtientC53=3!5!
·2! = 10.
La probabilité d’avoir exactement 3 faces vaut p3=C53
25 = 5!
3!·2!· 1 25 = 5
16 = 31,25%
(b) La probabilité d’avoir au moins 3 faces est égal à la probabilité d’avoir exactement 3 ou exactement 4 ou exactement 5 faces. On obtient donc :
p≥3=p3+p4+p5= C53 25 +C54
25 +C55 25 =
µ 5!
3!·2!+ 5!
4!·1!+ 5!
5!·0!
¶
· 1
25 =1 2 = 50%
Remarque 1 Du point de vue "probabilités", il revient au même de jeter simultanément 5 pièces identiques ou de lancer une même pièce cinq fois de suite. On obtient les mêmes résultats.
EXERCICE 389 page 286
Tirer deux boules de ce sac. Pour un tirage simultané, il s’agit d’un tirage dans le désordre, sans remise. Le nombre de cas possibles vaut exactementC92= 82·7 = 36.Pour un tirage successif, donc dans l’ordre, il y a deux possibilités : sans remise qui donneA29= 72possibilités ou avec remise qui donne92= 81possibilités.
On comprend au passage que pour un tirage simultané, la remise n’est évidemment pas possible.
Partageons virtuellement les boules en deux catégories : les 4 pairs2, 4,6,8et les 5 impairs1, 3,5,7,9.
1. Tirer deux boules impaires.
(a) Simultanément :C52·C40=52·4·1 = 10cas favorables. Probabilité :p= 1036 =185. (b) Successivement :
i. sans remise :A25= 5·4·1 = 20cas favorables. Probabilité :p= 2072 =185. ii. avec remise :52= 25cas favorables. Probabilité :p=2581
2. Tirer une boule paire et une boule impaire.
(a) Simultanément :C41·C51= 4·5 = 20cas favorables. Probabilité :p=2036 =59. (b) Successivement :
i. sans remise :A14·A15+A15A14= 40cas favorables. Probabilité :p= 4072= 59. ii. avec remise :4·5 + 5·4 = 40cas favorables. Probabilité :p= 4081
Remarque 2 Pour les probabilités, il revient exactement au même de tirer les boules successivement ou simultané- ment. On constate néanmoins une nette différence entre les tirages avec remise et les tirages sans remise.
EXERCICE 390 page 286
L’urne contient au total 5 + 3 + 3 = 11 boules et on en retire 3 simultanément. Comme le montre l’exercice 389, pour les probabilités, il n’y a aucune différence entre "tirer simultanément" et "tirer successivement". Le mot
"simultanément" sert ici comme indication que le tirage est sans remise et dans le désordre. Le nombre de cas possibles devientC113 =113··102·1·9 = 165cas. Subdiviser les 11 boules virtuellement en leurs 3 parties disjointes.
1. Une boule de chaque couleur :C51·C31·C31= 5·3·3 = 45 Probabilité :p1= 16545 =113
2. Trois boules de même couleur :C53·C30·C30+C50·C33·C30+C50·C30·C33= 10 + 1 + 1 = 12 Probabilité :p2= 16512 =554
3. Deux rouges et une autre couleur :C52·C31·C30+C52·C30·C31= 10·3 + 10·3 = 60 Probabilité :p3= 16560 =114
4. Au moins deux boules rouges :C52·C31·C30+C52·C30·C31+C53·C30·C30= 60 + 10 = 70 Probabilité :p4= 16570 =1433
Remarque : Calculons également "au plus une rouge" :
C51C32C30+C51C31C31+C51C30C32+C50C33C30+C50C32C31+C50C31C32+C50C30C33= 15 + 45 + 15 + 1 + 9 + 9 + 1 = 95 Probabilité :p4= 16595 =1933 = 1−1433 = 1−p4
EXERCICE 404 page 289
On demande des nombres à chiffres distincts. Les chiffres sont distincts ! (Les nombres le seront aussi).
Il s’agit donc de tirages sans remise.
1. Il faut tirer 4 chiffres parmi les 8 qui restent pour remplir les 4 places : A48= 8·7·6·5 = 1680 2. Il faut tirer 3 chiffres parmi les 7 qui restent pour remplir les 3 places :
A37= 7·6·5 = 210 3. Il faut choisir une place pour mettre le 5. Il y aC51= 5choix possibles.
Il faut ensuite tirer 4 chiffres parmi les 8 qui restent pour remplir les 4 places vides.
Avec le lemme du berger nous obtenons :
A48·C51= 1680·5 = 8400 4. Il faut choisir un ordre pour le 4 et le 5. Il y a2! = 2ordres possibles.
Il faut ensuite choisir deux places pour déposer ces chiffres 4 et 5. Il y aC52= 10choix.
Il faut enfin tirer 3 chiffres parmi les 7 qui restent disponibles.
Avec le lemme du berger nous obtenons :
2!·C52·A37= 2·10·7·6·5 = 4200
5. Il faut choisir une place pour le 4 du groupe 45. (La 5-ième place ne convient pas !) Il y aC41= 4choix possibles.
Il faut ensuite tirer 3 chiffres parmi les 7 qui restent disponibles pour remplir les lacunes. Avec le lemme du berger on obtient :
C41·A37= 4·7·6·5 = 840 6. Il faut tirer les 5 chiffres mais il ne reste plus que 8 chiffres disponibles.
A58= 8·7·6·5·4 = 6720 7. Il faut tirer les 5 chiffres mais il ne reste plus que 7 chiffres disponibles.
A57= 7·6·5·4·3 = 2520 8. Il faut choisir une place pour le chiffre 7. Il y aC51= 5places disponibles.
Il faut ensuite tirer les 4 chiffres parmi les 7 qui restent disponibles.
Le lemme du berger donne alors
C51·A47= 5·7·6·5·4 = 4200
9. Il faut choisir dans le désordre (combinaisons)2chiffres pairs parmi les 4 :2,4,6,8et3chiffres impairs parmi les 5 :1,3,5,7,9.Il faut ensuite choisir un ordre quelconque pour les 5 chiffres ainsi obtenus :P(5) = 5!.
Avec le lemme du berger :
C42·C53·P(5) =4·3
2 · 5·4·3
3·2 ·5! = 7200
Remarque : On peut aussi écrire :A24·A35· 2!5!·3!. Dans ce cas, le facteur 2!5!·3! compte les permutations avec répétition : permuter 5 éléments dont 2 pairs et 3 impairs.
EXERCICE 405 page 289
Il y a 5 lettres distinctes ! Le mots le seront aussi. Il s’agit donc de tirages sans remise !
1. Il faut choisir une place pour la lettre C. Il y aC41= 4 choix.
Il faut tirer les 3 lettres mais il ne reste plus que 8 lettres disponibles.
Le lemme du berger et on trouve :
C41·A38= 4·8·7·6 = 1344
2. Il faut choisir la case de la lettre A du groupe ABC. Il y a5−2 = 3choix possibles ! Il faut ensuite tirer 2 lettres parmi les 7 qui restent disponibles.
Le lemme du berger donne :
3·A27= 3·42 = 126 3. Il faut choisir les 3 cases pour le groupe ABC. Il y a3choix possibles.
Il faut dénombrer le nombre de permutations de ces 3 lettres :P(3) = 3! = 6.
Il faut ensuite tirer 2 lettres parmi les 7 qui restent disponibles.
Le lemme du berger donne :
3·P(3)·A27= 3·6·42 = 756
4. L’exemple présenté enfigure est erroné. Textuellement, il faut retrancher du résultat sub 3 celui obtenu sub 2 et on obtient :
756−126 = 630
EXERCICE 406 page 289
1. Le choix des 3 personnes parmi 10 est un choix dans le désordre et sans remise :C103
Il faut retrancher les choix qui contiennent simultanément Gamma et Zète et une troisième personne. Ces choix sont au nombre deC81= 8(Le nombre de "troisième personne" possibles).
Finalement, le nombre de groupes convenables vaut
C103 −C81= 120−8 = 112
2. Choisissons d’abord 3 personnes parmi les 10 moins Alpha et Bêta, donc 8 :C83 Il faut ajouter les choix qui contiennent simultanément Alpha et Bêta.
Ces choix sont au nombre deC81= 8 (le nombre de "troisième personne" possibles).
Finalement on obtient ainsi le nombre de groupes possibles : C83+C81= 56 + 8 = 64
EXERCICE 407 page 289
PRÉLIMINAIRE
On suppose une classeEde 25 élèves et on désire constituer 4 groupes, le premier à 8 élèves, le deuxième à 5 élèves, le troisième à 7 élèves et le quatrième à 5 élèves. On a :8 + 5 + 7 + 5 = 25.
Calculons d’abord le nombre de partitions ordonnées
{A; B; C; D}
de l’ensemble des 25 élèves. On dit que ces partitions sont ordonnées car l’on fait une distinction entre{A;B;C;D} et{A;D;C;B},chacune d’elles donnant pourtant la même décomposition deE.
Puisqu’on commence avec le groupeA,il y aC258 possibilités de tirer les 8 élèves de ce premier groupe.
Il reste ensuite17élèves et il y a C175 possibilités d’en extraire le deuxième groupe. Il reste ensuite12élèves et il y aC127 possibilités de constituer le troisième groupe. Finalement il y a encore5élèves etC55= 1possibilité.
Par le lemme du berger, il y a en tout
C258 ·C175 ·C127 ·C55= 25!
8!·17!· 17!
5!·12! · 12!
7!·5!· 5!
5!·0!= 25!
8!·5!·7!·5!
partitions ordonnées différentes de l’ensembleE.Il y avait en effet de nombreuses simplifications.
1. Le nombre de partitions de l’ensemble de20élèves en deux parties de 10élèves vaut : C2010·C1010= 20!
10!10!· 10!
10!0!= 20!
10!10!
Puisqu’il y a en toutP(2) = 2! = 2possibilités de permuter les groupes contenant le même nombre d’élèves, le nombre de dédoublements effectivement possibles vaut :
1
2C2010=1 2· 20!
10!·10! = 92 378
2. Maintenant, les 2 configurations précédentes se distinguent par l’ordre des professeurs titulaires.
Le nombre de dédoublements ordonnés vaut :
C2010= 20!
10!·10! = 184 756
Conseil : Pour saisir ce qui se passe, essaie de noter les 6 dédoublements ordonnés et les 3 dédoublements non ordonnés d’une classe des quatre élèves : {a,b,c,d} .
De combien de manières peut-on partager un comité de 6 personnes en 3 groupes à 2 personnes ? Réponse : Partitions ordonnées : 2!2!2!6! = 90,partitions non ordonnées : 3!1 ·90 = 15.
EXERCICE 408 page 289
Tous les chemins envisagés pour se rendre de G vers H ont la même longueur. Ils comportent nécessairement 6
"descentes verticales" et 10 sentiers vers la droite. L’ordre de ces 16 segments est quelconque. Il s’agit donc de dénombrer le nombre de permutations de 16 objets dont 6 et 10 sont entre eux identiques. C’est aussi le nombre de combinaisons de 16 objets 6 à 6 qui compte le nombre de choix pour placer une descente verticale.
N =C166 =C1610= 16!
6!10!= 16·15·14·13·12·11
6·5·4·3·2 = 8008
EXERCICE 409 page 289
1. Nombre de permutations des5 + 3 + 4 = 12livres :
P(12) = 12! = 479 001 600
2. Il y aP(3) = 3! = 6possibilités d’ordonner les 3 auteurs. Il y aP(5) = 5! = 120possibilités de permuter les 5 livres de Molière,P(3) = 6 possibilités de permuter les 3 livres de Racine et enfin P(4) = 4! = 24possibilités de permuter les 4 livres de Corneille.
Avec le lemme du berger on obtient le nombre de rangements sur l’étagère : N =P(3)·P(5)P(3)P(4) = 3!5!3!4! = 103 680
EXERCICE 410 page 289
1. Chacune des 5 boules choisit au hasard une des 7 cases. Il y a tirage sans remise car chaque case ne peut recevoir qu’une seule boule :
A57= 7·6·5·4·3 = 2520
2. Chacune des 5 boules choisit au hasard une des 7 cases. Il y a tirage avec remise car chaque case peut recevoir plusieurs boules :
75= 7·7·7·7·7 = 16 807
3. Chacune des 5 boules choisit au hasard une des 7 cases. Il y a tirage sans remise car chaque case ne peut recevoir qu’une seule boule :A57.
Mais, les 5 boules étant indiscernables ces arrangements sont indiscernables par groupes deP(5) = 5! = 120. Le nombre de possibilités devient :
A57
P(5) =C75= 7!
2!5! = 7·6·5·4·3 5·4·3·2 = 21
