2 CHAPITRE 2

36
2. Espace de probabilité fini équilibré
Espace de probabilités fini équilibré (résumé).................................................... 37
Espace de probabilités fini équilibré (définition)................................................ 38
Le modèle de Maxwell-Boltzmann ..................................................................... 39
Les rangements de n objets discernables dans p boites ...................................... 40
On fixe le nombre des antécédents d’un élément................................................ 41
Quatre situations modélisées par des applications .............................................. 42
Le modèle de Bose-Einstein................................................................................ 43
Les répartitions d’objets indiscernables dans des boites..................................... 44
Les rangements qui laissent un nombre fixé de boites vides .............................. 45
Le modèle de Fermi-Dirac .................................................................................. 46
Les probabilités équilibrées selon les trois modèles de la physique................... 47
Le paradoxe du Chevalier de Méré ..................................................................... 48
Visualisation du Paradoxe du Chevalier de Méré ............................................... 49
37
Espace de probabilités fini équilibré (résumé)
Si Ω est un ensemble fini (Ω, Parties (Ω), P ) est un espace de probabilités fini
card(A )
équilibré lorsque pour A ⊂ Ω : P(A) =
.
card(Ω)
Le modèle de Maxwell-Boltzmann
E est ensemble fini. F est un ensemble fini. L’ensemble Ω est l’ensemble des
applications E → F. P est la probabilité équilibrée sur Ω .
card(Ω) = card(F) card(E )  = card(arrivée) card(départ) 


Si card(E ) = n et card(F) = p les rangements de n objets discernables dans p
boites correspondent aux applications f : E → F (E est l’ensemble des objets F est
l’ensemble des boites).
Le modèle de Bose-Einstein
On range n objets indiscernables dans p boites, Ω est l’ensemble de tous ces
rangements possibles.
p −1
Il existe C n + p −1 = C nn + p −1 rangements de n objets indiscernables dans p
boites (un tel rangement peut être envisagé comme la répartition de n pièces de 1
euro parmi p personnes : les pièces sont indiscernables).
Le modèle de Fermi-Dirac
On range n objets indiscernables dans p boites, avec au plus un seul objet par
boite (il faut n ≤ p ) , Ω est l’ensemble de tous ces rangements possibles.
Il existe C np rangements de n objets indiscernables dans p boites avec au plus
un seul objet par boite (c’est le nombre de manières de distribuer n pièces de 1
euros parmi p personnes chaque personne ne pouvant recevoir plus que 1 euro).
Le paradoxe du Chevalier de Méré
Lorsque 3 dés sont lancés, il y a la même probabilité d’obtenir 11 que d’obtenir
12. Cette affirmation est contredite par l’analyse de la situation.
38
Espace de probabilités fini équilibré (définition)
1) Ω est un ensemble fini
card(A )
2) pour A ⊂ Ω : P(A) =
card(Ω)
Lorsque 1), 2) sont vérifiée (Ω , Parties (Ω) , P ) est un espace de probabilités fini
équilibré, c’est « l’espace de probabilités équilibré associé à Ω ».
Toute partie de Ω est un événement.
Vocabulaire On dit que P est la probabilité équilibrée sur Ω .
• On dit souvent que « les choix sont faits au hasard ».
Remarque Si ω ∈ Ω alors {ω} est un événement puisque {ω}∈ Parties (Ω) et :
P({ω}) =
1
card(Ω)
Vocabulaire Lorsque ω ∈ Ω , { ω } s’appelle « un événement élémentaire ».
S’il n’y a pas d’ambiguïté on désigne souvent P({ω}) par P(ω) .
card(A)
• On vérifie facilement que P(A) =
définit bien une probabilité, en
card(Ω)
particulier P(A ∪ B) = P(A ) + P(B) lorsque A ∩ B = φ puisque :
card(A ∪ B) = card(A) + card(B) si A ∩ B = φ.
Propriété évidente
Dans un espace de probabilités fini équilibré, la somme des probabilités des
événements élémentaires est égale à 1.
Exercice
1) Ω = E × E avec card(E ) = n ; A = { (a , b ) / a ∈ E et b ∈ E a ≠ b}.
n −1
Vérifier que pour la probabilité équilibrée P sur Ω : P(A) =
.
n
2) Ω = { (a , b , c ) / a ∈ {1, 2 , 3} b ∈ {1, 2 ,3} c ∈ {1, 2 ,3}}. P est la probabilité équilibrée
sur Ω . A ⊂ Ω et B = {(a , b , c ) / a + b + c = 4 }. Calculer P(B).
n (n − 1) n − 1
Réponses 1) card(Ω) = n 2 card(A) = n 2 − n = n (n − 1) et
=
.
2
n
n
1
2) P(B) =
9
111 122 133 112 121 113 131 123 132
211 222 233 212 221 213 231 223 232
311 322 333 312 321 313 331 323 332
39
Le modèle de Maxwell-Boltzmann
1) E est ensemble fini. F est un ensemble fini. 2) Ω est l’ensemble des
applications E → F. 3) P est la probabilité équilibrée sur Ω .
Rappel
1) Ω = F E est l’ensemble des applications E → F.
2) Le nombre des éléments de Ω est card(Ω) = card(F) card(E) .
card(A )
1
3) Si A ⊂ Ω alors P(A ) =
. Si ω ∈ Ω alors P({ω}) =
card(Ω)
card(Ω)
Exemple
E est composé de n éléments, F est composé de p éléments.
L’ensemble Ω = F E des applications de E vers F est composé de p n éléments.
Si ω ∈ Ω alors P({ω}) =
1
pn
Application à la physique
On considère la répartition de certaines particules (photons, électrons, ... ) dans
« l’espace des phases » qui est un espace à K dimensions (chaque particule est
caractérisée par K données numériques).
Le modèle de Maxwell-Boltzmann pour la physique
Un système physique est modélisé par :
1) Un ensemble fini E de particules.
2) L’ensemble PHASE qui désigne l’espace des phases de ces particules.
3) Il existe une partition finie de l’ensemble PHASE. F est l’ensemble des
éléments de cette partition.
Un état du système est la donnée d’une application f : E → F
• A chaque particule a ∈ E il correspond la partie f (a ) ∈ F dans laquelle se
trouve le point de PHASE donné par les K caractéristiques de la particule a.
Pour un ensemble E de n particules si l’espace des phases est partitionné en un
ensemble F de p éléments, il y a p n états possibles du système.
Chaque état admet la même probabilité :
1
.
n
p
Exercice card(E ) = n , car (F) = p , Ω = F E . P est la probabilité équilibrée sur Ω .
Si y ∈ F et f : E → Falors f −1 ( y) = {x / x ∈ E et f ( x ) = y} (l’ensemble des
antécédents de y par f).
{
}
 p −1 
b ∈ F et B = f / f : E → F , f −1 (b) = φ donner P(B). Réponse 

p


n
40
Les rangements de n objets discernables dans p boites
E et F sont des ensembles finis tels que :
card(E ) = n , card(F) = p.
• E correspond à un ensemble d’objets (par exemple: des particules), F
correspond à un ensemble de boites (par exemple : les éléments d’une partition
finie de l’espace des phases).
Chaque objet de E est rangé dans une boite de F. Un tel rangement est
complètement déterminé par une application f : E → F :
1 • si a ∈ E alors f (a ) ∈ F est la boite dans laquelle est rangé l’objet a.
2 • si v ∈ F alors f −1( v) ⊂ E est l’ensemble des objets rangés dans la boite v.
Rappel E et F sont des ensembles finis donc card F E  = card(F) card(E)


L’ensemble des applications E → F est noté F E .
Propriété Il existe p n rangement possibles de n objets dans p boites.
3 objets rangés
dans 3 boites
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
27
I
123
II
III
123
123
1
2
3
1
2
3
23
13
12
23
13
12
1
1
2
2
3
3
23
13
12
1
2
3
1
2
3
23
13
12
2
3
1
3
1
2
23
13
12
23
13
12
1
2
3
1
2
3
3
2
3
1
2
1
1) Ω = F E est l’ensemble de tous les rangements possibles des
objets de E dans les boites de F.
2) Il existe p n rangements possibles.
3) Pour l’espace de probabilités équilibré (Ω , T , P ) la probabilité
1
de chaque rangement est
.
n
p
Rangements particuliers
Il existe p(p − 1)....(p − n + 1) rangements tels que chaque boite
contienne au plus 1 objet (un tel rangement est une injection
E → F ).
p!
Rappel p(p − 1)....(p − n + 1) =
(p − n )!
(Les rangements 22 à 27 de 3 objets dans 3 boites)
Probabilité pour que chaque boite contienne au plus 1 objet :
p!
p(p − 1)....(p − n + 1)
=
.
n
n
p (p − n )!
p
Remarque Si le nombre d’objets est le même que le nombre de
boites si chaque boite contient au plus un objet, chaque boite
contient 1 objet (toute injection équivaut à une surjection).
Exercice Quelle est la probabilité pour qu’une boite contienne au plus 1 objet
quand 3 objets sont rangés au hasard dans 6 boites ? Réponse ≈ 0,55555
41
On fixe le nombre des antécédents d’un élément
1) E est un ensemble fini de n éléments, F est un ensemble fini de p éléments.
2) Ω est l’ensemble des applications E → F donc card(Ω) = p n .
3) P est la probabilité équilibrée sur Ω .
Problème
Soit b un élément de F.
Soit B k l’ensemble des applications f : E → F telles que {e / f (e) = b} contienne
exactement k éléments.
Le nombre des éléments de B k
1) Pour k > n il est évident que B k = φ.
2) Soit 0 ≤ k ≤ n , pour fabriquer une application de B k on choisit k éléments de
E dont les images seront fixées à b puis une application g : E ' → F' où E’ est
l’ensemble des (n − k ) éléments de E non choisis et F’ l’ensemble des
(p − 1) éléments de F différents de b.
Il y a C kn choix des k éléments de E ; il y a (p − 1) n − k choix d’une application
g : E ' → F'.
• Le nombre des éléments de B k pour 0 ≤ k ≤ n est donc
C kn × (p − 1) n − k .
La probabilité pour qu’une application f choisie au hasard soit telle que b
admette exactement k antécédents.
La probabilité demandée est :
0 si k > n

Pk =  k (p − 1) n − k
C n ×
pn

si 0 ≤ k ≤ n
k
n −k
1
 1
(p − 1) n − k
k
k
Remarque C n ×
= C n ×   × 1 − 
(se souvenir de la loi
p
 p
pn
binomiale).
Exercice Parmi 10 personnes quelle est la probabilité qu’exactement 2
1  6 8
personnes soient nées un Dimanche ? Réponse 45 ×
  ≈ 0,268.
2
7 7
42
Quatre situations modélisées par des applications
1) Le lancer de n dés dont les faces sont numérotées de 1 à 6
L’ensemble E des objets est l’ensemble des n dés. L’ensemble des boites est
l’ensemble F = {1,2,3,4,5,6}.
Un résultat est une application f : E → F = {1,2,3,4,5,6} qui associe à chaque dé
sa face vue après le lancer.
• Il y a 6 n résultats possibles.
• Si les dés sont équilibrés la probabilité de chaque résultat est la même :
1
.
n
6
2) Les configurations des anniversaires des n personnes d’une entreprise
(pour une année de 365 jours)
L’ensemble E des objets est l’ensemble des n personnes. L’ensemble F des
boites est l’ensemble des 365 jours (on suppose une année de 365 jours).
Un résultat est une application f : E → F qui associe à chaque personne son
anniversaire. • Il y a 365 n configurations possibles. • Si chaque personne a la
même probabilité de naissance pour chaque jour de l’année la probabilité est
1
équilibrée et vaut
pour chaque configuration.
n
365
3) La classification de n personnes de 18 à 60 ans par « âge, sexe,
profession» (k professions étant possibles)
L’ensemble E des objets est l’ensemble des n personnes. L’ensemble F des
boites est l’ensemble F représenté par {18,.....,60}× {1,2}× {1,..., k}, il y a donc
(86k )n identités possibles sur la base de cette classification.
4) Les différentes configurations de descentes de n personnes au départ
d’un ascenseur desservant p étages
Il y a p n configurations, une configuration est une application
1 f : {1,.., n} → {1,.., p} f (i) est l’étage où descendra la personne i.
Exercice 1) Une pièce de monnaie peut tomber sur pile ou face, donner
l’ensemble de départ et l’ensemble d’arrivée des applications représentant un
lancer de 100 pièces de monnaie et le nombre de toutes les situations possibles.
2) Un train part avec 100 passagers et s’arrête dans 5 gares (terminus compris),
combien y-a-t-il de situations qui font que le train arrive au terminus sans aucun
des passagers montés au départ ? 3) 6 dés équilibrés sont lancés, quelle est la
probabilité qu’aucun ne tombe sur 1 ? Quelle est la probabilité que les 6 résultats
obtenus soient différent ?
56 6!
Réponses 1) {1,..,100} → {1,2}, 2100. 2) 4100. 3) , .
66 66
43
Le modèle de Bose-Einstein
On considère la répartition de certaines particules (photons, électrons, ... ) dans
« l’espace des phases » qui est un espace à K dimensions (chaque particule est
caractérisée par K données numériques).
Le modèle de Bose-Einstein pour la physique
Un système physique est modélisé par :
1) Un ensemble fini E de particules.
2) L’ensemble PHASE qui désigne l’espace des phases de ces particules.
3) Il existe une partition finie de l’ensemble PHASE. F est l’ensemble des
éléments de cette partition.
Le nombre de particules est n, le nombre des éléments de la partition est p.
card(E ) = n , card(F) = p.
Un état du système est la donnée du nombre de particules qui se trouvent
dans chaque partie de la partition et non quelles particules elle contient.
• Les particules sont indiscernables.
Précision La situation est la même que celle-ci: on répartit n pièces de 1 euro
entre p personnes, c’est le nombre d’euros que chaque personne reçoit qui
importe et non quelles pièces précisément elle reçoit.
Propriété Le nombre de répartitions possibles de n objets indiscernables dans p
p −1
C n + p −1 = C nn + p −1
boites est :
(voir la preuve page
suivante)
Exemple n = 3, p = 3.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
I
***
II
III
C33+ 2 =
***
***
*
*
**
**
*
5!
= 10
3!×2!
**
*
*
**
*
**
**
*
*
*
Exemple n = 3 p = 2
1
2
3
4
I
***
*
**
II
***
**
*
C33+ 2 −1 =
4!
=4
3!×1!
Exercice 1) Vérifier que le nombre de répartitions possibles de n objets
indiscernables dans 2 boites discernables est toujours n + 1.
2) Vérifier que le nombre de répartitions possibles de n objets indiscernables
dans 3 boites discernables est 1 + 2 + ... + n + 1.
Indication Se souvenir de l’expression de 1 + 2 + ... + n (Rappel).
44
Les répartitions d’objets indiscernables dans des boites
F est un ensemble fini de p boites discernables : F = b1,...., b p . E est un
{
}
ensemble de n objets indiscernables.
On considère l’ensemble d’entiers {1,2,......., n + p − 1}.
Les rangements des n objets dans p boites sont les parties de p − 1 éléments de
{1,2,......., n + p − 1}.
Justification Soit R une partie de p − 1 éléments de {1,2,......., n + p − 1} :
R ⊂ {1,2,......., n + p − 1} tel que card ( R ) = p − 1.
On range les éléments de R :
R = r 1,..., rp −1 avec : 0 < r 1 < r2 < .... < rp −1 < n + p .
{
}
On note r0 = 0 , rp = n + p : r0 ∉ R et rp ∉ R.
Pour k ∈ {1....., p} : n k = card{i / i ∈ {1,2,...., n + p − 1} et rk −1 < i < rk }
( Donc : n k = ( rk − rk −1) − 1 ) .
Exemples
n1 = card{i / i ∈ {1,2,...., n + p − 1} et 0 < i < r1}
n p = card i / i ∈ {1,2,...., n + p − 1} et rp −1 < i < n + p
Définition n k est le nombre d’objets placés dans la boite b k .
Propriété
1
n
Il existe exactement Cpn −
+ p −1 = Cn + p −1 rangements possibles de n objets
indiscernables dans p boites discernables.
Exemples n = 4, p = 6 , p − 1 = 5, n + p − 1 = 9, n + p = 10
Il existe C59 = 126 rangements possibles de 4 objets indiscernables dans 6 boites
discernables.
Quelques rangements possibles ( ∗ : objet, : boite ).
{
0
1
2
*
*
}
3 4
*
5
*
*
*
*
Rangement 1
Rangement 2
Rangement 3
*
6
7
8
9
*
*
*
2) r1 = 2, r2 = 4, r3 = 5, r4 = 8, r5 = 9
*
3)r1 = 1, r2 = 4, r3 = 6, r4 = 8, r5 = 9
10 R
1) r1 = 1, r2 = 4, r3 = 6, r4 = 7, r5 = 8
n1 = 0, n 2 = 2, n 3 = 1, n 4 = 0, n 5 = 0, n 6 = 1
n1 = 1, n 2 = 1, n 3 = 0, n 4 = 2, n 5 = 0, n 6 = 0
n1 = 0, n 2 = 2, n 3 = 1, n 4 = 1, n 5 = 0, n 6 = 0
Exercice Combien y-a-t-il de rangement possibles de 4 objets indiscernables
dans 6 boites discernables ? Réponse C95 = 126
45
Les rangements qui laissent un nombre fixé de boites vides
Le nombre d’objets indiscernables est n le nombre de boites discernables
est p.
• Combien de rangements possibles ne laissant aucune boite vide ?
1) Si n < p alors le nombre de rangements ne laissant aucune boite vide est 0.
2) Si n = p alors le nombre de rangements ne laissant aucune boite vide est 1.
3) Si n > p alors le nombre de rangements ne laissant aucune boite vide est :
p −1
C n −1
Preuve
On place 1 objet par boite dans les p boites, il reste ensuite à placer n − p objets
p −1
p −1
dans les p boites ce qui peut être effectué de C n − p + p −1 = C n −1 manières.
• Combien de rangements possibles laissant exactement k boites vides ?
1) Si n < p − k alors le nombre de rangements laissant exactement k boites
vides est 0.
2) Si n ≥ p − k alors le nombre de rangements laissant exactement k boites
vides est :
p − k −1
C kp × C n −1
Preuve
Il y a C kp choix des k boites qui doivent être vides. A chaque choix de ces k
p − k −1
boites on associe les Cn −1 rangements possibles de n objets parmi
p − k boites ne laissant aucune de ces boites vide.
Remarque
p −1
Si k = 0 on retrouve C n −1 rangements laissant exactement 0 boites vides si
1
n > p puisque C 0p = 1. Si n = p, C nn −
−1 = 1 et on obtient 1 seul rangement.
Exercice De combien de manières peut-on ranger 1000 objets indiscernables
dans 1000 boites avec une et une seule boite vide ? Avec autant de boites vides
500 × C 499
que de boites non vides ? Réponses 999000 ; C1000
999
46
Le modèle de Fermi-Dirac
On considère la répartition de certaines particules dans « l’espace des phases »
qui est un espace à K dimensions (chaque particule est caractérisée par K
données numériques).
Le modèle de Fermi-Dirac pour la physique
Un système physique est modélisé par :
1) Un ensemble fini E de particules.
2) L’ensemble PHASE qui désigne l’espace des phases de ces particules.
3) Il existe une partition finie de l’ensemble PHASE. F est l’ensemble des
éléments de cette partition.
Le nombre de particules est n, le nombre des éléments de la partition est p.
card(E ) = n , card(F) = p et card(E) = n ≤ p = card(F)
Chaque partie de la partition contient au plus une particule et les particules
sont indiscernables.
• Les particules sont indiscernables.
Précision La situation est la même que celle-ci: on répartit n pièces de 1 euro
entre p personnes, de telle manière que chaque personne reçoive au plus 1 euro
(on ne s’intéresse pas à la pièce qu’elle reçoit).
Il faut que n ≤ p.
Propriété
Le nombre de répartition possibles de n objets indiscernables dans p boites si
n ≤ p avec au plus un objet par boite est le nombre des sous-ensembles de n
objets dans un ensemble de p objets :
C np
Exercice On distribue au hasard n pièces de 1 euro parmi p personnes
numérotées de 1 à p avec au plus 1 euro par personne. Vérifier que la probabilité
n
pour la personne i d’obtenir 1 euro est pour tout i ∈ {1,...., p}.
p
−1
C np −
(p − 1)!
n!(p − n )!
1
Indication
=
×
(n − 1)!(p − n )!
p!
C np
47
Les probabilités équilibrées selon les trois modèles de la physique
Le nombre des objets est n ; on range ces objets dans p boites.
L’ensemble de tous les rangements possibles est Ω.
On considère l’espace de probabilités fini équilibré (Ω , P(Ω), P ).
• Modèle de Maxwell-Boltzmann
Si ω ∈ Ω alors :
P({ω}) =
1
pn
• Modèle de Bose-Einstein
Si ω ∈ Ω alors :
P({ω}) =
1
1
n!(p − 1)!
=
=
p −1
n
C n + p −1 C n + p −1 (n + p − 1)!
• Modèle de Fermi-Dirac
Il faut n ≤ p . Si ω ∈ Ω alors :
P({ω}) =
1
n!(p − n )!
=
p!
C np
Exercice On range 4 objets dans 10 boites numérotées de 1 à 10.
1) Donner pour chacun des trois modèles de la physique la probabilité
équilibrée pour que la boite 1 soit vide.
4
4
C94
C12
9
Réponses   = 0,6561 ;
≈ 0,6923;
= 0,6
4
4
 10 
C13
C10
48
Le paradoxe du Chevalier de Méré
Le paradoxe
On lance 3 dés équilibrés dont les faces sont numérotées de 1 à 6.
La probabilité que la somme des 3 faces vues soit 11 est la même que la
probabilité que la somme des 3 faces vues soit 12 car le nombre de possibilités
d’obtenir 11 est le même que le nombre de possibilités d’obtenir 12.
Les possibilités d’obtenir 11 :
6 possibilités : 6 + 4 + 1, 6 + 3 + 2, 5 + 5 + 1, 5 + 4 + 2, 5 + 3 + 3, 4 + 4 + 3.
Les possibilités d’obtenir 12 :
6 possibilités : 6 + 5 + 1, 6 + 4 + 2, 6 + 3 + 3, 5 + 5 + 2, 5 + 4 + 3, 4 + 4 + 4 .
Le raisonnement est faux si on envisage la probabilité équilibrée sur
l’ensemble Ω des résultats du lancer de ces 3 dés équilibrés :
Ω = {1, 2 , 3 , 4 , 5 , 6}× {1, 2 , 3 , 4 , 5 , 6}× {1, 2 , 3 , 4 , 5 , 6}
card(Ω) = 6 × 6 × 6 = 216
Le résultat du dé no i est noté d i pour i = 1, 2, 3.
A = {(d1, d 2 , d 3 ) / d1 + d 2 + d 3 = 11}
1)6 + 4 + 1 est obtenu avec les 3!= 6 résultats (les permutations de 3 objets) :
(d1 = 6, d 2 = 4, d 3 = 1) (d1 = 6, d 2 = 1, d 3 = 4) (d1 = 4, d 2 = 6, d 3 = 1)
(d1 = 4, d 2 = 1, d 3 = 6)(d1 = 1, d 2 = 6, d 3 = 4)(d1 = 6, d 2 = 4, d 3 = 6)
2) de même 6 + 3 + 2 est obtenu avec 3!= 6 résultats :
3) 5 + 5 + 1 est obtenu avec 3 résultats (les positions de 1 parmi 3 places):
(d1 = 5, d 2 = 5, d 3 = 1)(d1 = 5, d 2 = 1, d 3 = 5)(d1 = 1, d 2 = 5, d 3 = 5)
4) de même 5 + 4 + 2 est obtenu avec 3!= 6 résultats
5) de même 5 + 3 + 3 est obtenu avec 3 résultats
6) de même 4 + 4 + 3 est obtenu avec 3 résultats
card(A ) = 6 + 6 + 3 + 6 + 3 + 3 = 27 donc : P(A) =
27
216
B = {(d1, d 2 , d 3 ) / d1 + d 2 + d 3 = 12}
De même, on trouve : card(B) = 25 donc : P(B) =
25
216
Exercice B = {(a , b, c ) / a ∈ {1,..,6}, b ∈ {1,..,6}, c ∈ {1,..,6} a + b + c = 1 2}.
Vérifier que card(B) = 25.
C = {(a , b, c ) / a ∈ {1,..,6}, b ∈ {1,..,6}, c ∈ {1,..,6} a + b + c ≠ 12}, donner Card(C)
Réponse 191
49
Visualisation du Paradoxe du Chevalier de Méré
La suite abc désigne les valeurs dans l’ordre du premier dé au troisième dé.
La somme est 11 :
111
131
151
211
231
251
311
331
351
411
431
451
511
531
551
611
631
651
112
132
152
212
232
252
312
332
352
412
432
452
512
532
552
612
632
652
113
133
153
213
233
253
313
333
353
413
433
453
513
533
553
613
633
653
114
134
154
214
234
254
314
334
354
414
434
454
514
534
554
614
634
654
115
135
155
215
235
255
315
335
355
415
435
455
515
535
555
615
635
655
116
136
156
216
236
256
316
336
356
416
436
456
516
536
556
616
636
656
121
141
161
221
241
261
321
341
361
421
441
461
521
541
561
621
641
661
122
142
162
222
242
262
322
342
362
422
442
462
522
542
562
622
642
662
123
143
163
223
243
263
323
343
363
423
443
463
523
543
563
623
643
663
124
144
164
224
244
264
324
344
364
424
444
464
524
544
564
624
644
664
125
145
165
225
245
265
325
345
365
425
445
465
525
545
565
625
645
665
126
146
166
226
246
266
326
346
366
426
446
466
526
546
566
626
646
666
114
134
154
214
234
254
314
334
• 354
414
434
454
514
• 534
554
614
634
654
115
135
155
215
235
• 255
315
335
355
415
• 435
455
515
535
555
• 615
635
655
116
136
• 156
216
236
256
316
• 336
356
416
436
456
• 516
536
556
616
636
656
121
141
161
221
241
261
321
341
361
421
441
461
521
541
• 561
621
641
661
122
142
162
222
242
262
322
342
362
422
442
• 462
522
542
562
622
• 642
662
123
143
163
223
243
263
323
343
• 363
423
443
463
523
• 543
563
623
643
663
124
144
164
224
244
• 264
324
344
364
424
• 444
464
524
544
564
• 624
644
664
125
145
• 165
225
245
265
325
345
365
425
445
465
• 525
545
565
625
645
665
126
146
166
226
• 246
266
326
346
366
• 426
446
466
526
546
566
626
646
666
La somme est 12 :
111
131
151
211
231
251
311
331
351
411
431
451
511
531
551
611
631
• 651
112
132
152
212
232
252
312
332
352
412
432
452
512
532
• 552
612
632
652
113
133
153
213
233
253
313
333
353
413
433
• 453
513
533
553
613
• 633
653
Exercice Sk désigne l’événement : « la somme des 3 faces vues est égale à k ».
1) Quelle est la plus petite valeur et la plus grande valeur possible de k ?
2) Vérifier que le paradoxe du Chevalier de Méré donne
P(S3 ) = P(S4 ) = P(S17 ) = P(S18 ).
3) Calculer P(S3 ), P(S4 ), P(S17 ), P(S18 ) (P est la probabilité équilibrée).
1
3
3
1
Réponses 1) 3 ; 18. 3)
;
;
;
.
216 216 216 216