Probabilités

Mathématiques
 - 
Colle no  — Combinatoire. Probabilités
Lycée Charlemagne – PCSI
Exercice .
Exercice .
On dispose de différents vêtements : quatre slips, trois
pantalons, deux tee-shirts et cinq paires de chaussures.
Dans les questions suivantes on suppose qu’on ne porte
pas plusieurs vêtements du même type ; par exemple, on
ne porte pas deux tee-shirts à la fois.
Quatre joueurs jouent avec un jeu de 32 cartes. On distribue à chaque joueur trois cartes au hasard. Déterminer
la probabilité de l’événement A : « Chaque joueur a un
as ».
. De combien de manières peut-on s’habiller ?
Exercice .
. On n’est pas obligé de s’habiller complètement. On
peut sortir, par exemple, sans tee-shirt ou avec une seule
chaussure. Une seule restriction : Pour des questions
d’ordre public le port du pantalon est obligatoire si on
ne porte pas de slip ! De combien de manières peut-on
s’habiller ?
(On suppose qu’on ne peut pas mettre une chaussure
gauche sur le pied droit et inversement.)
Dans une tombola, 1000 billets dont 2 gagnants sont mis
en vente. Quel est le nombre minimal de billets qu’il
faut acheter pour que la probabilité d’avoir au moins un
billet gagnant soit supérieure ou égale à 50 % ?
. Reprendre la question précédente sans l’hypothèse
sur les chaussures.
Exercice .
Un digicode pour la porte d’entrée d’un immeuble est
une série de quatre caractères, une lettre A ou B suivie
de trois chiffres ; par exemple A334 ou B210. Combien
existe-t-il de digicodes ? Combien existe-t-il de digicodes
où tous les caractères sont distincts ? Combien existe-til de digicodes n’ayant pas deux caractères consécutifs
identiques ?
Exercice .
Exercice .
En probabilités on dit qu’un dé est pipé si les chances de ses
six faces ne sont pas les mêmes.
On dispose de 100 dés dont 30 sont pipés : pour ces
derniers, la probabilité d’obtenir un 6 est égale à 1/2. On
choisit un dé au hasard, on le lance et on obtient un 6.
Quelle est la probabilité que ce dé soit pipé ?
Exercice .
On lance deux dés et on note X la somme des deux
nombres obtenus.
. Expliquer pourquoi X ne suit pas une loi uniforme.
. Peut-on piper les dés de sorte que X suive une loi
uniforme sur J2, 12K ?
Exercice .
Combien d’anagrammes peut-on faire du mot PAPAPAPEETE ?
Une urne contient 5 boules blanches et 10 boules noires.
Exercice .
. On tire au hasard 2 fois une boule de l’urne en remettant la boule après le tirage. Quelle est la probabilité
d’obtenir 1 boule blanche et 1 boule noire,
Lors d’une soirée avec 20 personnes se forment des
groupes de conversation : deux groupes à deux personnes, quatre groupes à trois personnes et un groupe
à quatre personnes. De combien de manières cela est-il
possible ?
.a. dans cet ordre ?
.b. dans un ordre quelconque ?
. On tire simultanément 5 boules de l’urne. Quelle est
la probabilité d’obtenir 2 boules blanches et 3 boules
noires ?
Exercice .
On distribue quatre dragées D1 , . . . , D4 dans sept boîtes B1 , . . . , B7 . Déterminer le nombre des distributions possibles
selon les hypothèses indiquées.
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Question no.
On peut mettre plus d’une
dragée dans chaque boîte
a.
Les boîtes sont discernables
X
X
Les dragées sont discernables
X
X
b.
c.
d.
X
e.
f.
g.
X
X
X
X
X
X

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(On ne tiendra pas compte des dragées à l’intérieur d’une boîte. Le lecteur courageux pourra reprendre l’exercice dans le
cas où on empile les dragées dans un certain ordre.)
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
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. Solutions
Solution .
. 4 × 3 × 2 × 5 = 120.
. Comptons d’abord les possibilités lorsqu’on porte un
slip. Il y en a
. Notons S le port d’un slip et G le port d’une chaussure
sur le pied gauche. On trouve :
|S ∩ G| = 4 × 4 × 3 × 10 × 10 ,
4 × 4 × 3 × 6 × 6 = 1728.
|S ∩ G| = 1 × 3 × 3 × 10 × 10 ,
En effet, il y a 4 slips ; pour couvrir les jambes il y a trois
pantalons ou aucun, donc quatre choix ; pour couvrir le
torse il y a trois choix ; pour le pied gauche il y a six possibilités et de même pour le pied droit.
Par un raisonnement similaire, quand on ne porte pas de
slip le nombre de possibilités est
|S ∩ G| = 4 × 4 × 3 × 1 × 11 ,
1 × 3 × 3 × 6 × 6 = 324.
Au total il y a 2052 possibilités.
Remarque – On peut aussi faire la distinction de cas selon
le port d’un pantalon. Avec pantalon : 5×3×3×6×6 = 1620
possibilités. Sans pantalon : 4 × 1 × 3 × 6 × 6 = 432. Au total
2052 possibilités.
|S ∩ G| = 1 × 3 × 3 × 1 × 11 .
En effet, si on a G alors on choisit entre 10 chaussures pour
le pied gauche, puis entre 9 chaussures ou pied nu pour
le pied droit ; d’où les facteurs 10 × 10.
Si on a G alors on choisit le pied gauche nu, puis entre
10 chaussures ou nu pour le pied droit ; d’où les facteurs
1 × 11.
Le nombre total de possibilités est 6327.
Remarque – On obtient le même résultat par distinction de
cas selon le port d’un pantalon.
Solution .
On a 2 choix pour le premier caractère, puis 10 choix pour chacun des trois autres : 2 × 103 = 2000.
On a 2 choix pour le premier caractère, puis 10 choix pour le second, puis 9 choix pour le troisième, puis 8 choix pour le
quatrième : 2 × 10 × 9 × 8 = 1440.
On a a 2 choix pour le premier caractère, puis 10 choix pour le second, puis 9 choix pour le troisième (il doit être différent
du second), puis 9 choix pour le quatrième (il doit être différent du troisième) : 2 × 10 × 9 × 9 = 1620.
Solution .
La réponse est donnée par le coefficient multinomial
Ç
å
11
4, 3, 3, 1
=
11!
11 × 10 × 9 × 8 × 7 × 6 × 5
=
= 11 × 10 × 2 × 7 × 6 × 5 = 46200.
4! 3!2
32 × 22
Solution .
Dans un premier temps appelons les groupes
A1 , A2 , B1 , B2 , B3 , B4 , C (dans l’ordre de l’énoncé). Le
nombre de possibilités de les remplir est le coefficient
multinomial
Ç
20
2, 2, 3, 3, 3, 3, 4
å
(Voir aussi l’exemple ?? ou l’exercice ??) Or les groupes
de conversation ne changent pas si on permute les noms
A1 et A2 entre eux, ou les noms B1 , B2 , B3 , B4 entre eux.
Il faut donc diviser le résultat précédent par 2! 4!. On obtient
= 19 554 575 040 000.
407 386 980 000.
Solution .
Méthode 1 : On distribue trois cartes à chacun des
quatre joueurs et on garde les vingt cartes restantes.
Chaque jouer se distingue de l’autre mais l’ordre des
cartes dans la main de chaque joueur n’a pas d’importance. Donc le cardinal de l’univers Ω est le coefficient
multinomial
Maintenant cherchons le nombre de distributions où
chaque joueur reçoit un as. Dans ce cas les quatre as
peuvent être distribués de 4! manières différentes. Les
28 cartes restantes peuvent être distribuées de 2!28!
4 20! manières différentes. Ainsi
|A| =
|Ω| =
Ç
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32
3, 3, 3, 3, 20
å
=
32!
.
3!4 20!
28! 4!
.
2!4 20!
Donc

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P(A) =
=
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|A|
28! 4! 3!4
=
|Ω|
32! 2!4
4! 34
≈ 0.0023
32 × 31 × 30 × 29
Méthode 2 : On tient compte de l’ordre des cartes.
Au total il y a 32! manières différentes de les ordonner,
c’est-à-dire |Ω| = 32!. On convient que les trois premières cartes appartiennent au joueur 1, les quatrième
à sixième cartes au joueur 2, etc. Maintenant cherchons
le nombre de distributions où chaque joueur reçoit un
as. L’as de pique peut aller sur 12 emplacements, l’as de
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trèfle sur 9 emplacements, l’as de cœur sur 6 emplacements et enfin l’as de carreau sur 3 emplacements. Les
28! cartes restantes peuvent être distribuées de 28! manières différentes sur les 28 emplacements restants. Ainsi
|A| = 12 × 9 × 6 × 3 × 28! et par conséquence
12 × 9 × 6 × 3 × 28!
32!
(4 × 3) × (3 × 3) × (2 × 3) × 3
=
32 × 31 × 30 × 29
4! 34
=
≈ 0.0023
32 × 31 × 30 × 29
P(A) =
Solution .
Notons n le nombre de billets achetés et pn la probabilité
d’avoir au moins un billet gagnant parmi eux. (En particulier p0 = 0, p999 = p1000 = 1 et (pn )n∈J0,1000K est une
suite croissante.)
Il est plus simple de calculer la probabilité qn = 1 − pn
de l’événement contraire, c’est-à-dire « aucun billet n’est
gagnant parmi les n billets achetés ».
Méthode 1 : Il y a 1000
choix de billets dont
n
sans billet gagnant. En conséquence,
qn =
998
n
1000
n
=
998
n
sont
998!
n!(1000 − n)!
n!(998 − n)!
1000!
pn >
1
1
⇐⇒ qn 6
2
2
(1000 − n)(999 − n)
1
⇐⇒
6
1000 × 999
2
⇐⇒ n2 − 1999n + 499500 6 0.
Le trinôme ci-dessus est négatif entre ses deux racines,
qu’on obtient par un calcul de discriminant : l’une est
proche de 292.75 et l’autre supérieure à 1000. Donc il faut
acheter au moins 293 billets.
Méthode 2 : On peut calculer qn autrement : La probabilité
998
, ensuite pour le
que le premier billet soit perdant est 1000
suivant c’est 997
,
etc.
Donc
999
998!(1000 − n)!
(1000 − n)(999 − n)
=
=
.
1000!(998 − n)!
1000 × 999
Ainsi
998 − (n − 1)
998 997 996
···
1000 999 998
1000 − (n − 1)
(998 − (n − 2))(998 − (n − 1))
=
1000 × 999
(1000 − n)(999 − n)
=
.
1000 × 999
qn =
Solution .
Notons A l’évènement : « Le dé choisi tombe sur 6 » et B :
« Le dé choisi est pipé ». Les hypothèses de l’énoncé se tra30
3
duisent par P(B) = 100
= 10
, PB (A) = 12 et PB (A) = 16
(puisque pour un dé normal, chaque face a la même probabilité 61 d’apparaître).
On applique alors la formule de Bayes :
PA (B) =
=
P(B)PB (A)
P(B)PB (A) + P(B)PB (A)
3 1
10 2
3 1
10 2
+
7 1
10 6
=
9
.
16
Solution .
. La somme X = 2 est moins probable que X = 3. La raison pour cela est qu’on retrouve la première seulement avec le
couple (1, 1) (donc avec la probabilité 1/36) tandis qu’on peut obtenir la deuxième avec (1, 2) et (2, 1) (donc avec la
probabilité 1/18).
. Non. Supposons par l’absurde que de tels dés existent. Notons ak (resp. bk ) la probabilité du premier (resp. second) dé
d’obtenir le nombre k, où k ∈ J1, 6K. On a
1
= P(X = 2) = P(X = 12) = a1 b1 = a6 b6 .
11
En particulier les nombres a1 , a6 , b1 et b6 sont strictement positifs.
◮ Si a6 > a1 alors on trouve la contradiction
1
1
= P(X = 7) = a1 b6 + a2 b5 + a3 b4 + a4 b3 + a5 b2 + a6 b1 > a6 b1 > a1 b1 =
.
11
11
◮ Si a6 6 a1 alors on déduit de a6 b6 = a1 b1 qu’on a b6 > b1 . C’est impossible comme dans le cas précédent.
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
Colle no  — Combinatoire. Probabilités
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 - 
Solution .
. .a.
.b.
2
.
9
4
.
9
.
5
2
10
3
15
5
=
10 × 120
≈ 0.4.
3003
Solution .
a. 74 = 2401.
b. A47 = 7 × 6 × 5 × 4 = 840.
c. Il y a clairement qu’une seule distribution possible :
celle où trois boîtes sont vides et quatre boîtes contiennent
une dragée chacune.
d. Il faut choisir les quatre boîtes contenant
chacune une
dragée. Le nombre de possibilités est 74 = 35.
e. Il y a cinq possibilités :
• Une boîte contient toutes les dragées.
• Une boîte contient trois dragées et une autre une dragée.
• Une boîte contient deux dragées, deux boîtes
contiennent chacune une dragée.
• Deux boîtes contiennent chacune deux dragées.
• Chaque dragée va dans une boîte différente.
En fait, ces cas correspondent aux « décompositions » du
nombre 4 :
4 = 3 + 1 = 2 + 1 + 1 = 2 + 2 = 1 + 1 + 1 + 1.
f. On reprend les cinq possibilités de la question précédente, en discernant les dragées. Pour une description
plus rapide on utilise la correspondance avec les décompositions en somme :
• Décomposition 4 + 0. Une seule possibilité.
• Décomposition 3 + 1. Quatre possibilités.
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• Décomposition 2 + 1 + 1. Il y a 42 = 6 manières de le
faire car il faut choisir les deux dragées qui « restent ensemble ».
• Décomposition 2 + 2. Il y a 6/2 = 3 manières de le
faire. En effet, chaque choix de deux dragées qui restent
ensemble implique automatiquement que les deux autres
restent aussi ensemble et puisqu’on ne distingue pas les
boîtes, il faut diviser 42 par 2.
• Décomposition 1+1+1+1. Il n’y a qu’une seule manière
de le faire.
Au total le nombre de possibilités est :
1 + 4 + 6 + 3 + 1 = 15.
g. On reprend les cinq possibilités de la question 5., cette
fois en discernant les boîtes.
• Décomposition 4 + 0. Pour choisir la boîte contenant
toutes les dragées il y a 7 possibilités.
• Décomposition 3 + 1. Pour choisir la boîte contenant
trois dragées, puis celle contenant une dragée il y a 7×6 =
21 possibilités.
• Décomposition 2 + 1 + 1. Il y a 7 × 62 = 105 possibilités.
• Décomposition 2 + 2. Il y a 72 = 21 possibilités.
• Décomposition 1 + 1 + 1 + 1. Il y a 74 = 35 possibilités.
Au total le nombre de possibilités est :
7 + 21 + 105 + 21 + 35 = 189.
