Probabilités

Mathématiques
 - Colle no — Combinatoire. Probabilités Lycée Charlemagne – PCSI
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.
. De combien de manières peut-on s’habiller ?
. 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.)
. 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 Aou Bsuivie
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-t-
il de digicodes n’ayant pas deux caractères consécutifs
identiques ?
Exercice .
Combien d’anagrammes peut-on faire du mot PAPAPA-
PEETE ?
Exercice .
Lors d’une soirée avec 20 personnes se forment des
groupes de conversation : deux groupes à deux per-
sonnes, quatre groupes à trois personnes et un groupe
à quatre personnes. De combien de manières cela est-il
possible ?
Exercice .
Quatre joueurs jouent avec un jeu de 32 cartes. On distri-
bue à chaque joueur trois cartes au hasard. Déterminer
la probabilité de l’événement A: « Chaque joueur a un
as ».
Exercice .
Dans une tombola, 1000 billets dont 2gagnants 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 % ?
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 6est 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 Xla somme des deux
nombres obtenus.
. Expliquer pourquoi Xne suit pas une loi uniforme.
. Peut-on piper les dés de sorte que Xsuive une loi
uniforme sur J2,12K?
Exercice .
Une urne contient 5boules blanches et 10 boules noires.
. On tire au hasard 2fois une boule de l’urne en re-
mettant la boule après le tirage. Quelle est la probabilité
d’obtenir 1boule blanche et 1boule noire,
.a. dans cet ordre ?
.b. dans un ordre quelconque ?
. On tire simultanément 5boules de l’urne. Quelle est
la probabilité d’obtenir 2boules blanches et 3boules
noires ?
Exercice .
On distribue quatre dragées D1,...,D4dans sept boîtes B1,...,B7. Déterminer le nombre des distributions possibles
selon les hypothèses indiquées.
Question no. a. b. c. d. e. f. g.
On peut mettre plus d’une
dragée dans chaque boîte X X X X
Les boîtes sont discernables X X X
Les dragées sont discernables 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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. Solutions
Solution .
.4×3×2×5 = 120.
. Comptons d’abord les possibilités lorsqu’on porte un
slip. Il y en a
4×4×3×6×6 = 1728.
En effet, il y a 4slips ; 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 pos-
sibilités et de même pour le pied droit.
Par un raisonnement similaire, quand on ne porte pas de
slip le nombre de possibilités est
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.
. Notons Sle port d’un slip et Gle port d’une chaussure
sur le pied gauche. On trouve :
|S∩G|= 4 ×4×3×10 ×10 ,
|S∩G|= 1 ×3×3×10 ×10 ,
|S∩G|= 4 ×4×3×1×11 ,
|S∩G|= 1 ×3×3×1×11 .
En effet, si on a Galors on choisit entre 10 chaussures pour
le pied gauche, puis entre 9chaussures ou pied nu pour
le pied droit ; d’où les facteurs 10 ×10.
Si on a Galors 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 2choix pour le premier caractère, puis 10 choix pour chacun des trois autres : 2×103= 2000.
On a 2choix pour le premier caractère, puis 10 choix pour le second, puis 9choix pour le troisième, puis 8choix pour le
quatrième : 2×10 ×9×8 = 1440.
On a a 2choix pour le premier caractère, puis 10 choix pour le second, puis 9choix pour le troisième (il doit être différent
du second), puis 9choix pour le quatrième (il doit être différent du troisième) : 2×10 ×9×9 = 1620.
Solution .
La réponse est donnée par le coefficient multinomial
Ç11
4,3,3,1å=11! 4! 3!2=11 ×10 ×9×8×7×6×5 32×22= 11 ×10 ×2×7×6×5 = 46200.
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
Ç20
2,2,3,3,3,3,4å= 19 554 575 040 000.
(Voir aussi l’exemple ?? ou l’exercice ??) Or les groupes
de conversation ne changent pas si on permute les noms
A1et A2entre eux, ou les noms B1, B2, B3, B4entre eux.
Il faut donc diviser le résultat précédent par 2! 4!. On ob-
tient
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’impor-
tance. Donc le cardinal de l’univers Ωest le coefficient
multinomial
|Ω|=Ç32
3,3,3,3,20å=32! 3!420! .
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 28!
2!420! ma-
nières différentes. Ainsi
|A|=28! 4!
2!420! .
Donc
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P(A) = |A|
|Ω|=28! 4! 3!4 32! 2!4
=4! 34
32 ×31 ×30 ×29 ≈0.0023
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 pre-
mières 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
trèfle sur 9emplacements, l’as de cœur sur 6emplace-
ments et enfin l’as de carreau sur 3emplacements. Les
28! cartes restantes peuvent être distribuées de 28! ma-
nières différentes sur les 28 emplacements restants. Ainsi
|A|= 12 ×9×6×3×28! et par conséquence
P(A) = 12 ×9×6×3×28!
32!
=(4 ×3) ×(3 ×3) ×(2 ×3) ×3
32 ×31 ×30 ×29
=4! 34
32 ×31 ×30 ×29 ≈0.0023
Solution .
Notons nle nombre de billets achetés et pnla probabilité
d’avoir au moins un billet gagnant parmi eux. (En parti-
culier p0= 0,p999 =p1000 = 1 et (pn)n∈J0,1000Kest 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 nbillets achetés ».
Méthode 1 : Il y a 1000
nchoix de billets dont 998 nsont
sans billet gagnant. En conséquence,
qn=998
n
1000
n=998!
n!(998 −n)!
n!(1000 −n)!
1000!
=998!(1000 −n)!
1000!(998 −n)! =(1000 −n)(999 −n) 1000 ×999 .
Ainsi
pn>1
2⇐⇒ qn61 2
⇐⇒ (1000 −n)(999 −n)
1000 ×999 61 2
⇐⇒ n2−1999n+ 499500 60.
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 qnautrement : La probabilité
que le premier billet soit perdant est 998
1000 , ensuite pour le
suivant c’est 997
999 , etc. Donc
qn=998
1000
997
999
996
998 ··· 998 −(n−1) 1000 −(n−1)
=(998 −(n−2))(998 −(n−1))
1000 ×999
=(1000 −n)(999 −n)
1000 ×999 .
Solution .
Notons Al’évènement : « Le dé choisi tombe sur 6» et B:
« Le dé choisi est pipé ». Les hypothèses de l’énoncé se tra-
duisent par P(B) = 30
100 =3 10 ,PB(A) = 1 2et PB(A) = 1 6
(puisque pour un dé normal, chaque face a la même pro-
babilité 1
6d’apparaître).
On applique alors la formule de Bayes :
PA(B) = P(B)PB(A)
P(B)PB(A) + P(B)PB(A)
=
3
10
1
2
3
10
1
2+7 10
1
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
11 =P(X=2) = P(X=12) = a1b1=a6b6.
En particulier les nombres a1, a6, b1et b6sont strictement positifs.
◮Si a6>a1alors on trouve la contradiction
1
11 =P(X=7) = a1b6+a2b5+a3b4+a4b3+a5b2+a6b1> a6b1>a1b1=1 11 .
◮Si a66a1alors on déduit de a6b6=a1b1qu’on a b6>b1. C’est impossible comme dans le cas précédent.
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Solution .
..a. 2
9.
.b. 4
9.
.5
210 3
15
5=10 ×120
3003 ≈0.4.
Solution .
a. 74= 2401.
b. A4
7= 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 7
4= 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 précé-
dente, en discernant les dragées. Pour une description
plus rapide on utilise la correspondance avec les décom-
positions en somme :
•Décomposition 4 + 0. Une seule possibilité.
•Décomposition 3 + 1. Quatre possibilités.
•Décomposition 2 + 1 + 1. Il y a 4
2= 6 manières de le
faire car il faut choisir les deux dragées qui « restent en-
semble ».
•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 4
2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 7possibilités.
•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×6
2= 105 possibilités.
•Décomposition 2 + 2. Il y a 7
2= 21 possibilités.
•Décomposition 1 + 1 + 1 + 1. Il y a 7
4= 35 possibilités.
Au total le nombre de possibilités est :
7 + 21 + 105 + 21 + 35 = 189.
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