Plan de l`exposé - Internet Infopub

$
'
Mat2070
UQÀM
Chapitre 2. Modèle Uniforme et analyse combinatoire
&
%
UQÀM - Chapitre 2
Page 1 de 51
$
'
Plan de l’exposé
• Modèle uniforme
• Règle de multiplication
• Règles d’arrangements
–
Arrangements avec répétitions
–
Arrangements sans répétition
–
Exemples
Règle de permutations
–
Permutations avec répétitions
–
Permutations sans répétition
–
Exemples
• Règle de combinaisons
–
Combinaisons avec remise
–
Combinaisons sans remise
–
Exemples
• Propriétés des combinaisons
–
Exemples
• Exercices
&
UQÀM - Chapitre 2
%
Page 2 de 51
$
'
Modèle uniforme
Lorsque S est fini ou dénombrable et que la probabilité p(s) de chaque élément
s de S est connue, On peut obtenir la probabilité de n’importe quel événement
A en calculant
p(s).
Pr(A) =
s∈A
Quand S est fini, il arrive fréquemment que, grâce à une symétrie globale, il
soit évident pour chaque élément des éléments de S ait la même probabilité.
On aura alors, pour chaque élément s ∈ S,
p(s) =
1
,
Card(S)
où Card(S) désigne la cardinale de S.
Quand tous les éléments de S sont équiprobables, on dit que le modèle est
uniforme.
Le Calcul de la probabilité d’un événement A se réduit alors à
Pr(A) =
Card(A)
.
Card(S)
&
%
UQÀM - Chapitre 2
Page 3 de 51
$
'
Exemple 1.
On lance trois dés. Quelle est la probabilité que la somme des points
obtenus soit exactement 7?
Solution:
Considérons alors les dés distincts, on a 63 = 216 résultats possibles.
Card(S) = 216. Par symétrie, tous les résultats sont équiprobables et on
est donc bien dans le modèle uniforme. Il reste donc à dénombrer
l’ensemble des résultats où la somme est 7.
A : "la somme est 7 ".
Posons
A
=
{(1, 1, 5), (1, 2, 4), (1, 3, 3), (1, 4, 2)(1, 5, 1), (2, 1, 4), (2, 2, 3), (2, 4, 1),
(2, 3, 2), (3, 1, 3), (3, 2, 2), (3, 3, 1), (4, 1, 2), (4, 2, 1), (5, 1, 1)}
Donc Card(A) = 15 et
Pr(A) =
15
5
=
.
216
72
&
UQÀM - Chapitre 2
%
Page 4 de 51
$
'
Exemple 2.
Une urne contient 2 balles blanches et 3 balles noirs. On tire au hazard (et
sans remplacement) 3 balles de l’urne. Quelle est la probabilité que ces
trois balles soient formées de 2 blanches et une noire?
Solution:
Désignons par b1 et b2 les balles blanches et n1 , n2 et n3 les balles noires.
En ne tenant pas compte de l’ordre des tirages, l’ensembles S contient 10
éléments qui sont
S
=
{(b1 , b2 , n1 ), (b1 , b2 , n2 ), (b1 , b2 , n3 ), (b1 , n1 , n2 ), (b1 , n1 , n3 ),
(b1 , n2 , n3 ), (b2 , n1 , n2 ), (b2 , n1 , n3 ), (b2 , n2 , n3 ), (n1 , n2 , n3 )}
Posons
A : "on a tiré 2 balles blanches et 1 balle noirs ".
A = {(b1 , b2 , n1 ), (b1 , b2 , n2 ), (b1 , b2 , n3 )}
Donc
Pr(A) =
3
10
&
%
UQÀM - Chapitre 2
Page 5 de 51
$
'
Analyse combinatoire
Dans les deux exemples qui précédent, on a peu calculer la probabilité désirée
en determinant au long tous les éléments de A et de S. Il va de soi que cette
méthode devient lourde si les ensembles à étudier sont très grands. Il nous faut
des outils, des formules permettant de dénombrer les ensembles sans avoir à
dresser la liste de tous leurs éléments.
Règle de multiplication:
Considérons une expérience qui est le résultat de k expériences ayant
respectivement n1 , n2 , . . . , nk résultats possibles. Il y a alors
n1 × n2 × . . . × nk résultats possibles à l’expérience. De plus, si les
résultats de chaque expérience sont équiprobables, les n1 × n2 × . . . × nk
résultats sont équiprobables.
&
UQÀM - Chapitre 2
%
Page 6 de 51
$
'
Exemples.
Example 1. On lance deux dés. Cette expérience aléatoire est en fait constituée
de deux expériences indépendantes : le lancer du premier dé et le lancer du
deuxième dé. Il y a 6 résultats possibles à la première expérience et 6
résultats possibles à la deuxième expérience. Cela veut dire qu’il y a
6 × 6 = 36 résultats possibles pour le lancer de deux dés. Puisque les deux
expériences ont chacune 6 résultats équiprobables, les 36 résultats sont
équiprobables.
Example 2. On veut déterminer le nombre de plaques d’immatriculation qu’il
est possible de construire avec une série de 3 lettres suivie d’ une série de 3
chiffres. Cette expérience est composée de 6 expériences, soit choisir la
première lettre, choisir la deuxième lettre, choisir la troisième lettre,
choisir le premier chiffre, choisir le deuxième chiffre, choisir le troisième
chiffre. Il y a 26 résultats possibles pour le choix d’une lettre et 10
résultats possibles pour le choix d’un chiffre. Cela veut dire qu’il existe
26 × 26 × 26 × 10 × 10 × 10 = 17 576 000
plaques différentes.
&
%
UQÀM - Chapitre 2
Page 7 de 51
$
'
Exemple (suite).
Si une plaque est choisie au hasard au bureau des véhicules automobiles et
qu’on cherche la probabilité d’obtenir une plaque se terminant par «007»,
il faut évaluer la cardinalité de l’ensemble A : {une plaque a «007»}.
L’ensemble A contient toutes les plaques ayant «007» fixé. Cela veut dire
qu’il y a 26 possibilités pour la première lettre, 26 pour la deuxième et 26
pour la troisième d’où Card (A) = 26 × 26 × 26 = 17 576.
La probabilité de A est donc
Pr (A) =
Card (A)
17576
1
=
=
Card (S)
17576000
1000
&
UQÀM - Chapitre 2
%
Page 8 de 51
$
'
Example 3.
La voiture ”Galaxie” peut être livrée avec un choix de 5 couleurs, de 3
types de moteur, toit ouvrant ou non et en version automatique ou non.
Le nombre de ”galaxie” différentes est donc de 5 × 3 × 2 × 2 = 60
Exemple 4.
Le menu d’un restaurant offre 3 sortes de soupe, 10 plates principaux et 6
desserts différents. Combien y a-t-il de façons de commander un repas
complet comprenant soupe, plat principal et dessert?
C’est: 3 × 10 × 6 = 180.
&
%
UQÀM - Chapitre 2
Page 9 de 51
$
'
Exemple introductif:
On considère un ensemble E ayant 3 éléments, E = {a, b, c}, choisir 2
éléments dans cet ensemble peut se faire donc de plusieurs manières
différentes suivant que l’on ordonne les éléments et que l’on autorise la
possibilité de choisir plusieurs fois le même objet ou non. On visualise tous
les cas possibles dans le tableau ci-dessous:
les répétitions
les répétitions ne
sont permises
sont pas permises
aa
ab
ac
ab
ac
ba
bb
bc
ba
bc
ca
cb
cc
ca
cb
l’ordre n’a pas
aa
ab
ac
d’importance
bb
bc
cc
l’ordre est
important
ab
ac
bc
Donc, dans un problème de dénombrement, on a à calculer le nombre de
façons qu’il y a de choisir k objets parmi n. Selon qu’il soit ou non permis
de choisir plus d’une fois le même objet et selon qu’on tienne compte ou
non de l’ordre dans lequel les objets sont choisis. Les formules de
dénombrement sont donc différentes.
&
UQÀM - Chapitre 2
%
Page 10 de 51
$
'
Règles d’arrangements.
• Etant donné un ensemble E de n objets, on appelle arrangements de p
objets toutes suites ordonnées de p objets pris parmi les n objets.
• Deux arrangements de p objets sont distincts s’ils diffèrent par la nature
des objets qui les composent ou par leur ordre dans la suite.
Exemples:
1. Le nombre de mots de 5 lettres (avec ou sans signification) formés avec les
26 lettres de l’alphabet correspond au nombre d’arrangements possibles
avec p = 5 et n = 26.
2. Le tiercé dans l’ordre lors d’une course de 20 chevaux constitue un des
arrangements possibles avec p = 3 et n = 20.
&
UQÀM - Chapitre 2
%
Page 11 de 51
$
'
Dans les deux exemples précédents, l’ordre des éléments dans la suite est
essentiel. Ainsi pour le premier exemple, le mot NICHE est différent du mot
CHIEN.
Mais dans ce premier exemple, une lettre de l’alphabet peut se retrouver
plusieurs fois (triste et tetris si p = 6, migraine et imaginer si p = 8...) alors que
dans le deuxième exemple, les trois chevaux à l’arrivée sont forcément différents.
Il faut donc distinguer le nombre d’arrangements avec répétition et le nombre
d’arrangements sans répétition (arrangements au sens strict).
&
UQÀM - Chapitre 2
%
Page 12 de 51
$
'
Arrangements avec répétitions:
Lorsqu’un objet peut être observé plusieurs fois dans un arrangement, le
nombre d’arrangement avec répétition de p objets pris parmi n, est alors
n × n × . . . × n = np .
p f ois
Voici pourquoi:
Pour le premier objet tiré, il existe n manières de ranger l’objet parmi n.
Pour le second objet tiré, il existe également n possibilités d’arrangements car le
premier objet fait de nouveau parti des n objets. On parle de tirage avec remise.
Ainsi pour les p objets tirés, il y aura n × n × . . . × n (p f ois) arrangements possibles,
soit alors np .
&
%
UQÀM - Chapitre 2
Page 13 de 51
$
'
Arrangements sans répétition:
Lorsque chaque objet ne peut être observé qu’une seule fois dans un
arrangement, le nombre d’arrangements sans répétition de p objets pris
parmi n est alors:
n × (n − 1) × (n − 2) × . . . × (n − p + 1) =
n!
.
(n − p)!
Ce nombre d’arrangements sans répétition de p objets pris parmi n est
noté aussi: Apn . Voir ci-dessous pour un rappel de n! .
Voici pourquoi:
Pour le premier objet tire, il y a n manières de ranger l’objet parmi n.
Pour le second objet tire, il n’existe plus que n − 1 manières de ranger l’objet
car le premier objet ne peut plus être pris en compte. On parle de tirage sans remise.
Ainsi pour les p objets tirés parmi n, il y aura :
p
An
=
n × (n − 1) × (n − 2) × . . . × (n − p + 1)
=
n × (n − 1) × (n − 2) × . . . × (n − p + 1) ×
=
(n − p) × . . . × 2 × 1
(n − p) × . . . × 2 × 1
n!
(n − p)!
&
UQÀM - Chapitre 2
%
Page 14 de 51
$
'
Rappel.
• Si n ∈ N∗ , on appelle factorielle n, notée n!, le produit des n premiers
entiers:
1 × 2 × 3 × . . . × (n − 1) × n = n!
• 0! = 1 par convention car 0! n’est en principe pas définie.
• Dès que n dépasse la dizaine, n! se compte en millions. Il est bon de
connaître la formule d’approximation suivante (« formule de Stirling »):
n n √
2πn
n! =
e
&
%
UQÀM - Chapitre 2
Page 15 de 51
$
'
Exemples.
Ex. 1:
Au sein d’un groupe de 12 personnes, on veut former un comité exécutif
composé d’un président, d’un vice-président et d’un secrétaire-trésorier.
Combien de comités sont possibles si
a. le comité doit être composé de trois personnes différentes
b. il peut y avoir cumul des fonctions ?
Solution:
On peut combler les fonctions successivement. Comme elles sont
différentes, l’ordre compte.
a. Sans cumul :
A12
3 = 12 × 11 × 10 =
12 × 11 × · · · × 1
= 1 320
9 × 8 × ··· × 1
b. Avec cumul :
12 × 12 × 12 = 123 = 1 728
&
UQÀM - Chapitre 2
%
Page 16 de 51
$
'
Ex. 2:
a. Le nombre de tirages différents de 3 boules dans une urne contenant 10
boules numérotées de 1 à 10 est égal à 1000 lorsque les tirages sont non
exhaustifs (c’est à dire avec remise après chaque tirage).
b. Le nombre de tirages différents de 3 boules dans une urne contenant 10
boules numérotées de 1 à 10 est égal à 720. lorsque les tirages sont
exhaustifs (c’est à dire sans remise après chaque tirage).
Ex. 3:
a. Le nombre de façons de placer 3 objets distincts dans 10 cases, chaque case
pouvant éventuellement contenir plusieurs objets est 1000.
b. Le nombre de façons de placer 3 objets distincts dans 10 cases, chaque case
pouvant contenir au plus 1 objet est 720.
&
UQÀM - Chapitre 2
%
Page 17 de 51
$
'
Ex. 4:
Le tiercé : une course de chevaux comporte 20 partants. Combien peut-il
y avoir de résultats possibles de tiercés dans l’ordre?
Solution:
Soit E l’ensemble des numéros des chevaux. On a Card(E) = 20.
Un tiercé correspond à un arrangement de 3 éléments de E, il y en a
A320 = 6840.
Ex. 5:
Un porte manteau comporte 5 patères. De combien de façons peut-on y
accrocher 3 manteaux différents? (Au plus un manteau par patère)
solution:
Notons P1 , . . . , P5 les 5 patères. Chaque rangement peut se voir comme un
3 arrangement de l’ensemble P1 , . . . , P5 . Par exemple, P2 P1 P4 signifie
"manteau n◦ 1 sur P2 , manteau n◦ 2 sur P1 et manteau n◦ 3 sur P4 ". Il y a
donc A35 = 60 rangements possibles.
&
UQÀM - Chapitre 2
%
Page 18 de 51
$
'
Règles de permutations.
Permutations sans répétition:
Étant donné un ensemble E de n objets, on appelle permutations de n
objets distincts toutes suites ordonnées de n objets ou tout arrangement n
à n de ces objets.
Le nombre de permutations de n objets est (noté Pn ):
Pn = n!
Remarque:
La permutation de n objets constitue un cas particulier d’arrangement
sans répétition de p objets pris parmi n lorsque p = n:
An
n =
n!
= n!
(n − n)!
&
%
UQÀM - Chapitre 2
Page 19 de 51
$
'
Exemples.
Ex. 1:
De combien de façons peut-on repartir 7 personnes sur 7 chaises ?
Solution:
Désignons par p1 , p2 , . . . , p7 les 7 personnes et posons E = {p1 ; p2 ; . . . ; p7 }.
Une répartition peut se voir comme un arrangement des 7 éléments de E
c’est-à-dire une permutation de E, il y en a 7! = 5040.
Ex. 2:
Une compagnie de placement veut faire un décompte des 8 actions les plus
intéressantes pour les petits investisseurs. Après de longues délibérations il
y a 8 cie qui sortent du lot. Pour déterminer le nombre de classement
possibles de ces entreprises, il faut considérer qu’il y a 8 objets à mettre
dans un certain ordre donc 8! = 40 320 façons.
&
UQÀM - Chapitre 2
%
Page 20 de 51
$
'
Ex. 3:
Il y a trois personnes sur un comité et il est nécessaire de nommer un
président, un vice-président et un secrétaire-trésorier. C’est un rangement
de 3 personnes dans un certain ordre. Il y a ainsi 3! = 3 × 2 × 1 = 6
comités différents.
Ex. 4:
Dans un conseil d’administration, il y a 12 personnes. Pour déterminer le
nombre de façons de placer les membres d’un côté d’une table, on a en fait
12 objets à ranger dans un certain ordre donc 12! = 479 001 600 façons.
Ex. 5:
Un colloque d’une journée est organisé par un département. Il y a 10
conférenciers invités. Si le programme est tiré au hasard, Il y a 10! =
3628 800 programmes différents.
&
UQÀM - Chapitre 2
%
Page 21 de 51
$
'
Exemple 1.8:
M. Jones va disposer 10 livres sur un rayon de sa bibliothèque. Quatre
d’entre eux sont des livres de mathématiques, trois de chimie, deux
d’histoire et un de langue. Combien y-a-t-il de dispositions possibles ?
1. sans contrainte;
2. si les livres traitant du même sujet doivent rester groupés.
&
UQÀM - Chapitre 2
%
Page 22 de 51
$
'
Permutations avec répétition:
Dans le cas où il existerait plusieurs répétitions k d’un même objet parmi
les n objets, le nombre de permutations possibles des n objets doit être
rapporté aux nombres de permutations des k objets identiques.
Le nombre de permutations de n objets est alors:
Pn (avec k répétitions) =
n!
k!
En effet, les permutations de k objets identiques sont toutes identiques et
ne comptent que pour une seule permutation.
&
%
UQÀM - Chapitre 2
Page 23 de 51
$
'
Règles de combinaisons.
Si l’on reprend l’exemple de mots de 5 lettres, à la différence des arrangements
où les mots CHIEN et NICHE formaient deux arrangements distincts, ces
derniers ne formeront qu’une seule combinaison.
Pour les combinaisons, on ne parle plus de suite ni de série puisque la notion
d’ordre des objets n’est plus prise en compte. On parle alors de tirages avec ou
sans remise.
&
UQÀM - Chapitre 2
%
Page 24 de 51
$
'
Combinaisons sans remise:
Étant donné un ensemble E de n objets, on appelle combinaisons de p
objets tout ensemble de p objets pris parmi les n objets sans remise. Le
p
, notation
nombre de combinaisons de p objets pris parmi n est noté Cn
n
ancienne, ou noté p , notation moderne. les nombres n et p constituent
les coefficients binomiaux .
Le nombre de combinaisons de p objets pris parmi n et sans remise est:
n
n!
=
p
p!(n − p)!
Voici pourquoi:
Pour calculer ce nombre, on utilise le principe de la division.
p
p
n!
• Il y a An manières de tirer p objets parmi n en les ordonnant soit An =
(n−p)!
• Une fois les p objets tirés, il y a p! manières de les ordonner.
p
An
• Il y a donc
manières de tirer p objets parmi n sans les ordonner.
p!
Soit donc
p
An
n
n!
=
=
p!
p
p!(n−p)!
&
%
UQÀM - Chapitre 2
Page 25 de 51
$
'
Combinaisons avec remise:
Le nombre de combinaisons de p objet parmi n avec remise est:
n + p − 1
(n + p − 1)!
=
p!(n − 1)!
p
Voici pourquoi avec un exemple:
Soit la constitution de mots de 3 lettres à partir d’un alphabet à 5 lettres avec remise, on
distingue 3 cas possibles:
5
•
nombre de mots de 3 lettres différentes et sans ordre;
3
5
2
•
×
nombre de mots de 2 lettres différentes et une lettre redondante;
2
1
5
•
nombre de mots de 3 lettres identiques;
1
5
5
5
7
d’où au total:
+2
+
=
en utilisant la formule des combinaisons composées
3
2
1
3
ou formule de Pascal (voir ci-dessous).
7
n+p−1
Ainsi
=
avec n = 5 et p = 3.
3
p
&
UQÀM - Chapitre 2
%
Page 26 de 51
$
'
Conclusion:
Nous résumons le nombre de façons de choisir k objets parmi n dans le tableau
qui suit:
Répétitions interdites
Répétitions permises
Arrangements:
n!
An
k = (n−k)!
Arrangements:
k
An
k = n
Combinaisons:
n
n!
=
k
k!(n−k)!
Combinaisons:
n+k−1
k
On tient compte de
l’ordre du choix
On ne tient pas compte
k =
Cn
de l’ordre du choix
Et une permutation est un arrangement de n objets.
&
%
UQÀM - Chapitre 2
Page 27 de 51
$
'
Propriétés des combinaisons
1. La symétrie:
si
0pn:
n
p
=
n .
n−p
Voici pourquoi:
n
p
=
=
=
=
n!
p!(n − p)!
n!
(n − p)!p!
n!
(n − p)!(n − (n − p))!
n n−p
&
UQÀM - Chapitre 2
%
Page 28 de 51
$
'
2. Combinaisons composées ou Formule de Pascal:
n − 1 n − 1 n
si 0 p n − 1 :
+
=
.
p−1
p
p
Voici pourquoi:
Parmi les n objets, on considère un objet en particulier.
n−1
– Si cet objet fait partie des p objets tirés, il y a
possibilités de choisir les p − 1
p−1
autres objets parmi les n − 1 objets restants.
n−1
– Si en revanche, l’objet ne fait pas partie du tirage, il y a
possibilités de choisir
p
les p autres objets parmi les n − 1 objets restants. d’où la relation
n − 1
p−1
+
n − 1
p
=
n
p
.
&
%
UQÀM - Chapitre 2
Page 29 de 51
$
'
3. Triangle de Pascal:
Le triangle de Pascal permet d’obtenir par récurrence les coefficients
numériques ou coefficient binomiaux du binôme de Newton.
0
1
···
0
1
1
1
1
2
.
..
1
.
..
2
···
n−1
1
n−1
···
n
1
n
···
p−1
p
n−1
n−1
p−1
p
···
p
···
n
Pour établir le triangle de Pascal, il suffit de porter les valeurs prises par p
en colonne et celles prises par n en ligne (voir tableau ci-dessus). La valeur
, est obtenue en faisant la somme de la valeur
attribuée à chaque case, n
p
de la case située juste au-dessus, n−1
et la valeur de la case située
p
n−1
au-dessus et à gauche p−1 . Ceci correspond à l’application de la
propriété énoncée précédemment.
&
UQÀM - Chapitre 2
%
Page 30 de 51
$
'
4. Coefficients du binôme de Newton
p
0
n
1
2
0
1
1
1
1
2
1
2
1
3
1
3
3
3
4
5
6
8
1
5
4
1
4
6
4
1
5
1
5
10
10
5
1
6
1
6
15
20
15
6
1
7
1
7
21
35
35
21
7
8
1
8
28
56
70
56
28
9
1
9
36
84
126
126
84
10
1
10
45
120
210
252
210
8!
5! (8 − 5)!
=56
=
&
%
UQÀM - Chapitre 2
Page 31 de 51
$
'
5. Binôme de Newton:
Le binôme de Newton est le produit de n facteurs égaux à (a + b) d’où:
(a + b)n =
Les
n
p
n n n−p p
b .
a
p
p=0
sont déterminés au moyen du triangle de Pascal.
Remarque: Si l’on pose a = b = 1, on obtient alors, d’après la formule du
binôme de Newton,
n n
.
2n =
p
p=0
&
UQÀM - Chapitre 2
%
Page 32 de 51
$
'
6. Dénombrement des partages
Un partage de l’entier n en r est un r-uplet (n1 , . . . , nr ) à composantes
entières non négatives et tel que
n1 + n2 + · · · + nr = n .
• Si les composantes sont positives (ni ≥ 0), il y en a
n + r − 1
r−1
• Si les composantes sont strictement positives (ni ≥ 1), il y en a
n − 1
r−1
&
%
UQÀM - Chapitre 2
Page 33 de 51
$
'
Exercice 1.8.27. Si 8 tableaux noirs doivent être envoyés dans 4 écoles, de combien de
manières peut-on les répartir?
Solution:
8 + 4 − 1
4−1
= 165.
Qu’en est-il si chaque école doit recevoir au moins un tableau?
Solution:
8 − 1
4−1
= 35.
Exercice 1.8.29. Un ascenseur quitte le rez de chaussée avec 8 personnes (groom non
compris). Lorsqu’il parvient au sixième étage, il se vide. De combien de manières le groom
a-t-il pu percevoir le départ des huit personnes si pour lui elles se ressemblent toutes?
Solution:
8 + 6 − 1
6−1
= 1287.
Qu’en est-il s’il peut faire la différence entre un homme et une femme, l’ascenseur contenant
5 hommes et 3 femmes au départ.
Solution:
5 + 6 − 1
6−1
×
3 + 6 − 1
6−1
= 14112.
&
UQÀM - Chapitre 2
%
Page 34 de 51
$
'
7. Conidérons cet exemple: combien d’arrangements peut-on faire avec les
lettres du mot MISSISSIPPI?
Il y a 11 lettres donc 11 positions. Les lettres se regroupent en 4 S, 4 I, 2 P et 1 M.
Décomposons le problème en étapes :
–
choisir les positions pour les S : il y a
11
possibilités
4
7
choisir les positions pour les I parmi les 7 positions restantes : il y a
possibilités
4
3
– choisir la position du M parmi les 3 positions restantes : il y a
possibilités.
1
11 7 3
Finalement, il y a
arrangements possible. Ce nombre peut se réécrire comme:
4
4 1
–
11!
4! × 7!
×
7!
4! × 3!
×
3!
1! × 2!
=
11!
4! × 4! × 2! × 1!
=
11
4; 4; 2; 1
, disons.
En fait, ici, on a séparé les 11 positions en 4 groupes: un premier groupe de 4 (pour les S),
un second groupe de 4 (pour les I), un troisième groupe de 2 (pour les P) et un dernier
groupe de 1 (pour M). Ce problème peut se généraliser ainsi:
Si les objets sont partiellement distinguables, disons n1 objets semblables entre eux, n2
objets semblables entre eux, . . . , nr objets semblables entre eux avec
n1 + n2 + · · · + nr = n, il y en a
n
n1 ; n2 ; · · · ; nr
=
n!
n1 ! n2 ! · · · nr !
&
%
UQÀM - Chapitre 2
Page 35 de 51
$
'
Exemple 1.8 (modifié)
M. Jones va disposer 10 cahiers (vierges) sur une étagère. Quatre d’entre eux sont noirs,
trois sont rouges, deux sont bleus et un est vert. Combien y-a-t-il de dispositions possibles ?
1.
sans contrainte;
2.
si les cahiers de même couleur doivent rester groupés.
&
UQÀM - Chapitre 2
%
Page 36 de 51
$
'
Exercices
Ex. 1. On brasse un jeu de 52 cartes à jouer et on tire 5 cartes sans remise. Quelle est la
probabilité que la main contienne deux rois ou plus ?
Solution: Soit A l’évènement en question. Alors
P (A)
=
c
1 − P (A )
=
1−
Card(Ac )
Card(S)
Mais
Card(S)
=
Card(Ac )
=
52
5
48
5
a
= 2 598 960
+
4 48
1
4
c
b
= 2 490 624
(a) nombre de façons de choisir les 5 cartes parmi les 48 qui ne sont pas les 4 rois;
(b)
nombre de façons de choisir 1 roi parmi les 4;
(c)
nombre de façons de choisir les 4 cartes restants parmi les 48.
D’où
P (A) = 1 −
2 598 960
2 490 624
=
2 257
54 145
= 0,04168 .
&
%
UQÀM - Chapitre 2
Page 37 de 51
$
'
Ex. 2. Quelle est la probabilité qu’une main de poker soit pleine, c’est-à-dire soit composée d’un
brelan et d’une paire ?
Solution
On a
nombre de mains de poker
=
nombre de mains pleines
=
Donc
prob. d’une maine pleine =
52
5
= 2 598 960
13 × 12 ×
3 744
2 598 960
4
2
×
4
3
= 3 744
= 0,00144 .
&
UQÀM - Chapitre 2
%
Page 38 de 51
$
'
Ex. 3. Dans un jeu de 32 cartes, on tire une main de 5 cartes. Quelle est la probabilité que cette
main contienne exactement au moins as.
S = {Mains de 5 cartes dans un jeu de 32 cartes}
5
Card(S) = C32
Deux méthodes de résolutions :
A = {Main contenant exactement au moins un as}
Méthode 1.
A = A1 ∪ A2 ∪ A3 ∪ A4 où Ai = {main contenant i as exactement }
P (A) = P (A1 ∪ A2 ∪ A3 ∪ A4 ) où les événements sont incompatibles :
P (A) = P (A1 ) + P (A2 ) + P (A3 ) + P (A4 )
P (A1 ) =
Card(A1 )
Card(S)
1
4
Card(A1 ) = C4 × C28
a
b
(a) nombre de façons de choisir un as parmi les 4 ;
(b) nombre de façons de choisir les 4 cartes restantes parmi les 28
sans les as.
&
%
UQÀM - Chapitre 2
Page 39 de 51
$
'
De même:
P (A1 )
=
P (A3 )
=
1 × C4
C4
28 ,
5
C32
3 × C2
C4
28 ,
5
C32
2 × C3
C4
28
5
C32
4 × C1
C4
28
P (A4 ) =
5
C32
P (A2 ) =
D’où P (A).
Méthode 2.
On réfléchi à l’événement contraire de A Ac = {Main ne contenant aucun as}
P (Ac ) = 1 − P (A)
donc P (A) = 1 − P (Ac )
0 × C5
C4
c
28
P (A ) =
5
C32
&
UQÀM - Chapitre 2
%
Page 40 de 51
$
'
Ex. 4. On tire une main de 13 cartes parmi un jeu de 52 cartes.
i. Combien y-a-t’il de main possibles ?
ii. Combien de main possibles qui contiennent les 4 as ?
iii. Combien de main possibles qui contiennent quatre trèfles dont la dame de trèfle ?
iv. Combien de main possibles qui contiennent 3 carreaux au plus?
v.
Quel est la probabilité qu’une main contienne 4 trèfles dont la dame de trèfle ?
Solution:
i. En a fait c’est le cardinal de S :
13
Card(S) = C52
ii. A = {mains contenant les 4 as} :
4
9
Card(A) = C4 × C48
a
b
(a) choisir 4 as parmi 4 ;
(b) choisir les 9 cartes restantes parmi les 48 qui ne sont pas des as.
iii. B = {mains contenant 4 tref les dont la dame de tref le} :
9
1
3
Card(B) = C1 × C12 × C39
c
a
b
(a) choisir la dame de trèfle par la dame de trèfle ;
(b) choisir les 3 cartes de trèfles restants parmi les 12 (qui ne sont pas la dame de trèfle) ;
(c) choisir les 9 cartes restantes parmi les 39 qui ne sont pas les trèfles.
&
%
UQÀM - Chapitre 2
Page 41 de 51
$
'
iv. Card(C) = {mains contenant 3 carreaux au plus} :
Card(C) = C0 ∪ C1 ∪ C2 ∪ C3 où Ci = {mains contenant exactement i carreaux}
Ces événements sont incompatibles donc :
Card(C0 )
=
Card(C1 )
=
Card(C2 )
=
Card(C3 )
=
Card(C0 ) + Card(C1 ) + Card(C2 ) + Card(C3 )
13
0
C13 × C39
1
12
C13 × C39
11
2
C13 × C39
3
10
C13 × C39
Card(C)
=
0
13
1
12
2
11
3
10
C13 × C39 + C13 × C39 + C13 × C39 + C13 × C39
Card(C)
v.
=
C’est la probabilité de B:
P (B) =
Card(B)
Card(S)
&
UQÀM - Chapitre 2
%
Page 42 de 51
$
'
Ex. 5. On tire 8 cartes parmi 32.
Quelle est la probabilité d’obtenir exactement 1 coeur et 1 roi ?
Solution:
S = {mains de 8 cartes parmi 32}
8
Card(S) = C32
On décompose l’événement :
•
A = {choisir le roi de coeur}
1
7
Card(A) = C1 × C31
a
b
(a) choisir le roi de coeur ;
(b) choisir 7 cartes qui sont ni roi, ni coeur.
P (A) =
•
1 × C7
C1
31
8
C32
B = {choisir un roi et un coeur autre que le roi de coeur}
1
1
6
Card(B) = C3 × C7 × C22
c
a
b
(a) choisir un roi qui n’est pas le roi coeur ;
(b) choisir un coeur qui n’est pas le roi de coeur ;
(c) choisir 6 cartes qui sont ni roi, ni coeur.
&
%
UQÀM - Chapitre 2
Page 43 de 51
$
'
donc
P (B) =
•
1 × C1 × C6
C3
7
22
8
C32
E = {obtenir exactement 1 roi et un coeur}
E = A ∪ B : incompatibles donc :
P (E) = P (A) + P (B)
P (E) =
1 × C7 + C1 × C1 × C6
C1
31
3
7
22
8
C32
&
UQÀM - Chapitre 2
%
Page 44 de 51
$
'
Ex. 6. Un sac contient deux fois plus de haricot blanc que de haricot rouge : 2n blanc, n rouge.
On tire trois haricots au hasard: quel est la probabilité de choisir deux blancs et un rouge.
Solution:
S = {Tirer trois haricots}
3
Card(S) = C3n
A = {Tirer deux blancs et un rouge}
Card(A)
=
P (A)
=
2
1
C2n × Cn
2 × C1
C2n
n
3
C3n
&
%
UQÀM - Chapitre 2
Page 45 de 51
$
'
Ex. 7. Un tiroir contient 5 paires de chaussures noires, trois paires de chaussures vertes, et deux
paires de chaussures rouges. On choisi deux chaussures au hasard.
i. le nombre de tirages possibles ?
ii. quel est la probabilité d’obtenir deux chaussures de même couleur ?
iii. le nombre de tirages amenant un pied gauche et un pied droit?
Solution:
Il y a 20 chaussures en tout.
i. C’est S: S = {Choisir deux chaussures parmi 20}
2
Card(S) = C20
ii. A = {Choisir deux chaussures de même couleur }.
On décompose :
•
•
An = {Choisir deux chaussures noires}
Card(An )
=
P (An )
=
2
C10
2
C10
2
C20
Av = {Choisir deux chaussures vertes}
Card(An )
=
P (An )
=
2
C6
2
C6
2
C20
&
UQÀM - Chapitre 2
%
Page 46 de 51
$
'
• Ar = {Choisir deux chaussures rouges}
Card(An )
=
P (An )
=
2
C4
2
C4
2
C20
A = An ∪ Av ∪ Ar , or les événements sont incompatibles donc :
P (A)
=
P (An ) + P (Av ) + P (Ar )
P (A)
=
2 + C2 + C2
C10
6
4
2
C20
iii. B = {Tirer une chaussure droit et une gauche}
1
1
Card(B) = C10 × C10
&
%
UQÀM - Chapitre 2
Page 47 de 51
$
'
Ex. 8. Au bridge (52 cartes), on distribue 13 cartes aux 4 joueurs O, N, E, S. Supposons que N
et S est exactement 8 piques au total. Quel est la probabilité sur les 26 cartes restantes à
distribuer, que la répartition des piques soit 3-2 ou 2-3 ?
Solution:
S = {Distribution des 26 cartes restantes aux 2 joueurs}
A = {O a 3 piques ( et E a 2 piques )}
B = {E a 3 piques ( et O a 2 piques )}
13
13
Card(S) = C26 × C13
a
b
(a)
distribution des 13 cartes en O ;
(b)
distribution des 13 cartes restantes en E.
P (A ∪ B)
=
P (A ∪ B)
=
P (A ∪ B)
=
P (A) + P (B)
Card(A)
Card(S)
+
Card(B)
Card(S)
3 × C 10
2
11
C5
21 + C5 × C21
13
13
C26
C26
Note:
n−p
p
Cn = Cn
&
UQÀM - Chapitre 2
%
Page 48 de 51
$
'
Ex. 2.9.12. On distribue les cartes d’un paquet en comptant 52.
a Quelle est la probabilité que la 14 ème carte distribuée soit un as?
b
Solution:
Quelle est la probabilité que le premier as survienne à la 14 ème carte?
4
manières d’avoir un as à la 14 ème position, soit un as de pique, soit un as de
1
valet,..., donc on a 4 choix sur 52 cartes donc une probabilité de 1/13.
a Il y a
On peut aussi raisonner de la façon suivante : On a A51
les 13
13 possibilités d’avoir
4
premières cartes puisqu’on doit garder un as pour la 14 ème carte, et
manières de
1
garder un as. Puisque le nombre de possibilités total de choisir les 14 cartes est A52
14 alors
4
A51
13 × 1
Pr{14 ème carte distribuée soit un as} =
52
A14
b
Puisque on ne peut pas avoir d’as dans les 13 premières cartes, alors il y a A48
13 manières
4
de les choisir, et
de choisir un as à la 14 ème carte:
1
4
A48
13 × 1
= 003116
Pr{le premier as survienne à la 14 ème carte} =
A52
14
&
UQÀM - Chapitre 2
%
Page 49 de 51
$
'
Ex. 2.9.42. Un groupe de six hommes et six femmes est divisé au hasard en deux sous-groupes
de même taille. Quelle est la probabilité que chaque sous-groupe ait la même composition
Solution:
Pour qu’on puisse les partager en deux sous-groupes de même composition, on est obligé
d’avoir 3 hommes et 3 femmes par groupe, alors:
6
6
×
3
3
Pr{d’avoir 3 hommes et 3 femmes} =
= 043
12
6
&
UQÀM - Chapitre 2
%
Page 50 de 51
$
'
Ex. 2.9.26. Dans une loterie, un joueur doit choisir 8 nombres entre 1 et 40. Le tirage
sélectionne
8 numéros parmi ces 40 nombres. En admettant que le tirage est équiprobable
12
pour les
combinaisons, quelle est la probabilité que le joueur ait
6
a les 8 bons numéros;
b
7 numéros parmi les 8 bons;
c au moins 6 numéros parmi les 8 bons?
Solution:
a On doit choisir les 8 numéros parmi les 8 bons numéros alors on trouve:
8
8
= 1.3 × 10−08 .
40
8
Pr{les 8 bons numéros} = b
On doit choisir les 7 numéros parmi les 8 bons numéros et de choisir un numéro parmi les
40-8 mauvais numéros alors on trouve:
8
32
×
7
1
−06
= 3.32 × 10
.
Pr{7 numéros parmi les 8 bons} =
40
8
c La probabilité de trouver 6 ou 7 ou 8 bons numéros est donnée par la somme des trois
probabilités:
Pr{au moins 6 numéros parmi les 8 bons}
=
Pr{ de a} + Pr{ de b} +
=
0.0001833
8
32
×
6
2
40
8
&
UQÀM - Chapitre 2
%
Page 51 de 51