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Exercice 1 - Triangles [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]
Enoncé
On trace dans un plan n≥3n≥3
droites en position générale (c'est-à-dire que deux droites ne sont jamais parallèles, et 3 droites ne sont jamais concourantes). Combien de triangles a-t-on ainsi tracé?
Indication
Comment définir un triangle?
Corrigé
Un triangle est déterminé par 3 droites (ses côtés). Il y a autant de triangles que de possibilités de choisir 3 droites parmi nn
, c'est-à-dire (n3)(n 3)
.
Exercice 2 - Podium! [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]
Enoncé
Une course oppose 20 concurrents, dont Émile.

1. Combien y-a-t-il de podiums possibles?
2. Combien y-a-t-il de podiums possibles où Émile est premier?
3. Combien y-a-t-il de podiums possibles dont Émile fait partie?
4. On souhaite récompenser les 3 premiers en leur offrant un prix identique à chacun. Combien y-a-t-il de distributions de récompenses possibles?

Indication
Corrigé

1. Pour le premier, on a 20 choix possibles, pour le second 19, pour le troisième 18. Le nombre de podiums possibles est donc égal à 20×19×18=684020×19×18=6840
   .
2. Le premier concurrent est Emile. Pour les autres places, il y a 19 puis 18 choix possibles; Le nombre de podiums ainsi constitués est de 19×1819×18
   .
3. Il y a trois choix possibles pour la place d'Emile. Une fois ce choix fixé, il y a 19 choix possibles pour la première des deux autres places, puis 18 choix possibles pour la seconde des deux autres places. Le nombre de podiums vérifiant ces conditions est donc de 3×19×183×19×18
   .
4. L'ordre n'est plus important, et on cherche le nombre de choix de 3 concurrents parmi 2020
   , c'est-à-dire (203)=1140(203)=1140
   .

Exercice 3 - Les boulangeries [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]
Enoncé
Dans une ville, il y a quatre boulangeries qui ferment un jour par semaine.

1. Déterminer le nombre de façons d'attribuer un jour de fermeture hebdomadaire à chaque boulangerie.
2. Déterminer le nombre de façons d'attribuer un jour de fermeture hebdomadaire à chaque boulangerie si plusieurs boulangeries ne peuvent fermer le même jour.
3. Déterminer le nombre de façons d'attribuer un jour de fermeture hebdomadaire à chaque boulangerie si chaque jour, il doit y avoir au moins une boulangerie ouverte.

Indication

1. On dénombre une liste.
2. On dénombre un arrangement.
3. Procéder par différence.

Corrigé

1. Pour chaque boulangerie, il y a 7 choix possibles. Il y a donc 7474
   façons d'attribuer un jour de fermeture hebdomadaire à chaque boulangerie.
2. On peut procéder comme suit pour dénombrer le nombre de possibilités. La première boulangerie peut fermer n'importe quel jour de la semaine, ce qui lui laisse 7 choix. La seconde boulangerie peut fermer n'importe quel autre jour : 6 choix. La troisième ne peut pas fermer l'un des jours déjà choisi, ce qui lui laisse 5 choix, et pour la dernière, il ne reste que 4 choix. Le nombre de possibilités est donc 7×6×5×47×6×5×4
   .
3. On va raisonner par différence, et compter plutôt le nombre de possibilités pour que toutes les boulangeries ferment le même jour : il y a 7 choix (on choisit juste le jour de fermeture commun). Le nombre de possibilités pour qu'il y ait au moins une boulangerie ouverte chaque jour est donc 74−774−7
   .

Exercice 4 - Autour d'une table [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]
Enoncé
Dans une pièce, il y a deux tables. La première dispose de 3 chaises, numérotées de 1 à 3, la seconde dispose de 4 chaises, numérotées de 1 à 4. Sept personnes entrent. Combien y-a-t-il de possibilités de les distribuer autour de ces deux tables?
Indication
Choisir les trois personnes qui vont sur la petite table, puis disposer les personnes sur chaque table.
Corrigé
On commence par choisir les personnes qui vont s'installer autour de la première table. Il y a (73)(73)
possibilités. Ensuite, les 3 personnes qui sont autour de la première table peuvent choisir librement leur place. Il y a 3! choix (autant que de permutations des 3 chaises). De même, il y 4! choix pour les personnes qui s'installent autour de la deuxième table. Le nombre total de possibilités est donc (73)×3!×4!=7!(73)×3!×4!=7!
.
Le fait de trouver 7!7!
montre que le dénombrement que nous avons fait, qui suit les données de l'énoncé, peut être simplifié. En effet, le fait d'imposer deux tables ne change en réalité rien au problème : on doit placer 7 personnes sur 7 chaises, et il y a 7!7!
façons différentes de le faire.
Exercice 5 - Addition, multiplication et combinaison [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]
Enoncé
Une entreprise comporte 18 employés, dont 8 femmes. Pour un sondage, on choisit 3 personnes au hasard. Quel est le nombre d'échantillons comportant au moins 2 hommes?
Indication
Compter le nombre d'échantillons comportant exactement 3 hommes et le nombre d'échantillons comportant exactement 2 hommes.
Corrigé
On commence par compter le nombre d'échantillons comportant exactement 3 hommes. On choisit 3 hommes parmi 10. Il y a donc (103)=120(103)=120
tels échantillons. On compte ensuite le nombre d'échantillons comportant exactement 2 hommes. On choisit 2 hommes parmi 10, puis une femme parmi 8. Il y a donc (102)×(81)=360(102)×(81)=360
tels échantillons. Finalement, il y a 120+360=480120+360=480
échantillons comportant au moins deux hommes.
Exercice 6 - Le cadenas [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]
Enoncé
Un cadenas possède un code à 33
chiffres, chacun des chiffres pouvant être un chiffre de 11
à 99
.

1. 1. Combien y-a-t-il de codes possibles?
   2. Combien y-a-t-il de codes se terminant par un chiffre pair?
   3. Combien y-a-t-il de codes contenant au moins un chiffre 44
      ?
   4. Combien y-a-t-il de codes contenant exactement un chiffre 44
      ?
2. Dans les questions suivantes, on souhaite que le code comporte obligatoirement trois chiffres distincts.
   1. Combien y-a-t-il de codes possibles?
   2. Combien y-a-t-il de codes se terminant par un chiffre impair?
   3. Combien y-a-t-il de codes comprenant le chiffre 66
      ?

Indication
Corrigé

1. 1. Il y a 93=9×9×9=72993=9×9×9=729
      codes possibles.
   2. Pour chacun des deux premiers chiffres, il y a 9 choix possibles. Pour le dernier, il y a 44
      choix possibles (on peut choisir 2,4,6,8). Il y a donc 9×9×49×9×4
      tels codes.
   3. On va compter par différence. Il y a 8×8×88×8×8
      codes ne contenant pas du tout le chiffre 4. Il y a donc 9×9×9−8×8×8=2179×9×9−8×8×8=217
      codes comprenant au moins une fois le chiffre 4.
   4. Il y a 3 choix pour la place dans le nombre où se situe le chiffre 4. Pour chacun des deux autres chiffres, il y a 8 choix possibles. Il y a donc 3×8×83×8×8
      tels codes.
2. 1. On cherche cette fois un arrangement de 3 chiffres parmi 9. Il y a donc 9×8×79×8×7
      choix possibles.
   2. Il y a cinq choix pour le dernier chiffre. Celui-ci choisi, il reste huit choix pour le premier chiffre, puis sept pour le deuxième. Il y a donc 8×7×58×7×5
      tels codes.
   3. Il y a 3 choix pour la place dans le nombre où on place le chiffre 6. Pour les autres chiffres, il y a d'abord 8 choix, puis 7 choix possibles (rappelons que tous les chiffres sont distincts). Le nombre de tels codes est donc de 8×7×38×7×3
      .

Exercice 7 - Les hélicoptères [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]
Enoncé
On dispose de 4 hélicoptères de tourisme, de 4 pilotes et de 8 hôtesses de l'air. Combien de façons différentes y a-t-il d'attribuer les pilotes et hôtesses de l'air aux hélicoptères de manière que chaque hélicoptère ait un pilote et deux hôtesses de l'air ?
Indication
Choisir d'abord les hôtesses et le pilote du premier hélicoptère, puis les hôtesses et le pilote du deuxième hélicoptère, etc...
Corrigé
On fait les choix successifs suivants :

- on choisit 2 hôtesses parmi 8 et un pilote parmi 4 pour le premier hélicoptère. Il y a donc (82)×4=28×4=112(82)×4=28×4=112
  tels choix.
- pour le deuxième hélicoptère, on choisit 2 hôtesses parmi les 6 restantes, puis un pilote parmi les 3 restants. Il y a donc (62)×3=15×3=45(62)×3=15×3=45
  tels choix.
- pour le troisième hélicoptère, on choisit 2 hôtesses parmi les 4 restantes, puis un pilote parmi les 2 restants. Il y a donc (42)×2=6×2=12(42)×2=6×2=12
  tels choix.
- pour le dernier hélicoptère, on n'a plus de choix à faire : on lui affecte les deux dernières hôtesses et le dernier pilote.

Le nombre total de choix est donc 112×45×12=60480112×45×12=60480
.
Exercice 8 - Comité de joueurs [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]
Enoncé
Fred et Émile font partie d'une équipe de 88
joueurs (66
garçons et 22
filles). On décide de fabriquer un comité de 33
joueurs.

1. Combien y-a-t-il de comités possibles?
2. Combien y-a-t-il de comités contenant exactement 22
   garçons et 11
   fille?
3. Combien y-a-t-il de comités contenant au moins deux garçons?
4. On veut que Fred et Émile soient ensemble dans le comité. Combien y-a-t-il de comités possibles?
5. On ne veut pas que Fred et Émile soient ensemble dans le comité. Combien y-a-t-il de comités possibles?

Indication
Corrigé

1. Il s'agit de choisir trois joueurs parmi 8. Le nombre de comités possibles est donc de (83)=56(83)=56
   .
2. Il s'agit de choisir deux garçons parmi 6, puis une fille parmi 2. Le nombre de choix possibles est donc de (62)×(21)(62)×(21)
   .
3. On compte le nombre de comités comprenant 3 garçons : il vaut (63)(63)
   (il faut choisir trois garçons parmi 6). On a déjà compté le nombre de comités comprenant exactement deux garçons. Donc le nombre de comités comprenant au moins deux garçons vaut (62)×(21)+(63)(62)×(21)+(63)
   .
4. Il ne reste qu'à choisir le dernier membre du comité : il y a 6 comités comprenant à la fois Fred et Émile.
5. On compte les comités comprenant Fred, mais pas Émile, et les comités comprenant Émile, mais pas Fred. Dans le premier cas, on trouve (62)(62)
   comités (il reste à choisir deux joueurs parmi 6, puisqu'on ne peut plus prendre ni Fred, ni Émile). Dans le second cas, on a aussi (62)(62)
   comités. On compte enfin les comités ne comprenant ni Fred, ni Émile. Il y en a (63)(63)
   . Finalement, le nombre total de comités ne comprenant pas simultanément Émile et Fred est (62)+(62)+(63)=50(62)+(62)+(63)=50
   . Plus simplement, on pouvait aussi soustraire du nombre total de comités (56, cf question 1) le nombre de comités comprenant à la fois Fred et Émile (6, cf question 4), et on retrouve bien 50 comités ne comprenant pas simultanément Fred et Émile.

Exercice 9 - Les trois mousquetaires [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]
Enoncé
Les trois mousquetaires (donc quatre personnes avec d'Artagnan), ont mélangé leurs bottes dans le couloir de l'auberge. D'Artagnan se lève en premier et prend deux bottes au hasard.

1. Combien de possibilités s'offrent à lui?
2. Combien de choix a-t-il tels que les deux bottes forment une paire (une droite et une gauche quelconques)?
3. Combien de choix a-t-il tels que les deux bottes appartiennent à deux personnes différentes?

Indication

3. Compter par différence en cherchant le nombre de choix pour que les deux bottes appartiennent à la même personne.

Corrigé

1. Il y a (82)=28(82)=28
   choix possibles (il s'agit de choisir deux éléments parmi 8).
2. Il y a (41)(41)
   choix possibles pour une botte gauche et (41)(41)
   choix possibles pour une botte droite. Le nombre total de choix formant une paire est donc (41)×(41)=16(41)×(41)=16
   .
3. Il y a de nombreuses façons de répondre à cette question mais la plus simple est de raisonner par différence. Il y a en effet 44
   choix pour que le deux bottes choisies appartiennent à la même personne. Comme il y a d'après la première question 2828
   choix possible de deux bottes, il y a 28−4=2428−4=24
   choix possibles de sorte que les deux bottes appartiennent à deux personnes différentes.

Exercice 10 - Chaussures dans mon armoire [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]
Enoncé
Dans mon armoire, il y a 5 paires de chaussures noires, 3 paires de chaussures marrons et 2 paires de chaussures blanches. Je peux distinguer toutes ces chaussures les unes des autres. Un matin, mal réveillé, je choisis deux chaussures au hasard.

1. Combien y-a-t-il de choix possibles ?
2. Combien y-a-t-il de choix où j'obtiens deux chaussures de même couleur ?
3. Combien de choix amènent un pied gauche et un pied droit ?
4. Combien de choix amènent une chaussure droite et une chaussure gauche de même couleur ?
5. Combien de choix amènent à deux chaussures qui ne sont pas de la même paire?

Indication

1. On choisit deux chaussures parmi 20.
2. Commencer par compter le nombre de choix qui amènent deux chaussures noires.
3. Combien de choix pour choisir une chaussure pied gauche? pied droit? Faire un arbre...
4. Commencer par compter le nombre de choix qui amènent une chaussure droite et une chaussure gauche qui sont toutes les deux noires.
5. Dénombrer le complémentaire.

Corrigé

1. Les chaussures étant discernables, j'ai choisi 2 chaussures parmi les 20 de mon armoire. Il y a donc (202)=190(202)=190
   choix possibles.
2. Notons EE
   les tirages qui m'amènent à des chaussures de même couleur, et ENEN
   , EMEM
   , EBEB
   les tirages qui m'amènent à deux chaussures noires (resp. marron, resp. blanches). Alors E=EN∪EM∪EBE=EN∪EM∪EB
   et cette réunion est disjointe. On a donc card(E)=card(EN)+card(EM)+card(EB).card(E)=card(EN)+card(EM)+card(EB).
   Or, card(EN)=(102)card(EN)=(102)
   , puisque je peux choisir 2 chaussures parmi 10. Finalement, card(E)=(102)+(62)+(42)=66.card(E)=(102)+(62)+(42)=66.
3. Il y a 10 choix possibles pour la chaussure droite. Une fois ce choix réalisé, il y a 10 choix possibles pour la chaussure gauche. Au total, il y a 10×10=10010×10=100
   choix possibles.
4. Notons AA
   les tirages qui amènent une chaussure droite et une chaussure gauche de la même couleur. Comme précédemment, on va décomposer AA
   en AN∪AM∪ABAN∪AM∪AB
   , où ANAN
   est l'ensemble des tirages amenant une chaussure droite noire et une chaussure gauche noire. On a card(AN)=52card(AN)=52
   (55
   choix pour la chaussure droite, 55
   choix pour la chaussure gauche) et finalement card(A)=52+32+22=38.card(A)=52+32+22=38.
5. On compte d'abord le nombre de choix de deux chaussures qui amènent la même paire : il y en a 1010
   (autant que de paires de chaussures). Par différence, le nombre de choix qui amènent à deux chaussures qui ne sont pas de la même paire est (202)−10=180(202)−10=180
   .

Exercice 11 - Le tournoi de tennis [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]
Enoncé
Un tournoi de tennis comporte 2n2 n
joueurs. De combien de façons peut-on organiser le premier tour dans le cas où :

1. on s’intéresse à la fois aux joueurs qui sont opposés et à l’ordre des matches ;
2. on ne s’intéresse qu’à la connaissance des joueurs opposés.

Indication

1. Choisir les deux premiers joueurs, puis les deux suivants, etc...

Corrigé

1. On choisit d'abord 22
   joueurs parmi les 2n2 n
   joueurs pour le match 1, puis 22
   joueurs parmi les 2n−22 n−2
   joueurs restants pour le match 2, et ainsi de suite. Le nombre de façons d'organiser le premier tour, en tenant compte de l'ordre des matchs, est donc (2n2)×(2n−22)×⋯×(22)=(2n)!2n.(2 n 2)×(2 n−2 2)×⋯×(22)=(2 n)!2 n.
2. Si l'ordre des matchs n'est plus pris en compte, alors il faut diviser en plus par le nombre de permutations possibles des matchs, c'est-à-dire n!n!
   . Le nombre de façons d'organiser le premier tour, sans tenir compte de l'ordre des matchs, est donc (2n)!2n⋅n!.(2 n)!2 n⋅n!.

Exercice 12 - Dénombrement de tirages successifs et simultanés, avec ou sans remise [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]
Enoncé
Un sac contient 5 jetons blancs et 8 jetons noirs. On suppose que les jetons sont discernables (numérotés par exemple) et on effectue un tirage de 6 jetons de ce sac.

1. On suppose que les jetons sont tirés successivement en remettant à chaque fois le jeton tiré.
   1. Donner le nombre de résultats possibles.
   2. Combien de ces résultats amènent
      1. exactement 1 jeton noir ?
      2. au moins 1 jeton noir ?
      3. au plus un jeton noir ?
      4. 2 fois plus de jetons noirs que de jetons blancs ?
2. Mêmes questions en supposant que les jetons sont tirés successivement sans remise.
3. Mêmes questions en supposant que les jetons sont tirés simultanément.

Indication
Corrigé

1. 1. On est dans un cas où l’ordre et la répétition interviennent puisque les jetons sont tirés successivement et avec remise. A chaque tirage, on a 1313
      choix possibles, et donc on obtient 136136
      résultats possibles (on a dénombré des listes).
   2. 1. Pour obtenir exactement un jeton noir, on doit choisir à quel tirage on va tirer le jeton noir (6 choix possibles). Ensuite pour chaque choix de numéro de tirage, on a 8 choix possibles de jetons noirs et pour les 5 autres tirages, on a 5 possibilités à chaque fois puisqu'il y a 5 jetons blancs. Ainsi, on obtient : 6×8×556×8×55
         résultats possibles.
      2. On va dénombrer l’ensemble complémentaire. En effet, il y a exactement 5656
         tirages sans jeton noir (à chaque fois, on a tiré un jeton blanc). Il y a donc 136−56136−56
         tirages avec au moins un jeton noir.
      3. On a déjà dénombré les tirages avec exactement un jeton noir et les tirages sans jeton noir. L'ensemble recherché étant l'union disjointe des ensembles précédents, il y a 6×8×55+566×8×55+56
         tirages amenant au plus un jeton noir.
      4. Si on a deux fois plus de jetons noirs que de jetons blancs, c'est qu'on a tiré 4 jetons noirs et 2 jetons blancs. On commence par fixer les 2 tirages parmi 6 pour lesquels on a trouvé un jeton blanc : il y en a (62)(62)
         . Ce choix fixé, il y a 5252
         choix pour les jetons blancs et 8484
         choix possibles pour les jetons noirs. On obtient au final (62)×52×84(62)×52×84
         tirages amenant 2 fois plus de jetons noirs que de jetons blancs.
2. 1. Si on tire les jetons successivement et sans remise, l'ordre intervient mais il n'y a plus de répétition. On dénombre des arrangements et il y a 13×12×11×10×9×8=13!/7!13×12×11×10×9×8=13!/7!
      tirages possibles.
   2. 1. Pour obtenir exactement un jeton noir, on doit choisir à quel tirage on va tirer le jeton noir (6 choix possibles). Ensuite pour chaque choix de numéro de tirage, on a 8 choix possibles de jetons noirs et pour les 5 autres tirages, on doit choisir 5 jetons parmi 5 sans remise mais avec ordre : 5×4×3×2×1=5!5×4×3×2×1=5!
         . Ainsi, on obtient 6×8×5!6×8×5!
         résultats possibles.
      2. On remarque qu'il n'y a aucun tirage sans jeton noir, puisque l'on fait 6 tirages, sans remise, et qu'il n'y a que 5 jetons blancs. Le nombre de tirages avec au moins un jeton noir est égal au nombre total de tirages, soit 13!/7!13!/7!
         .
      3. Comme il n'y a aucun tirage sans jeton noir, le nombre de tirages avec au plus un jeton noir est égal au nombre de tirages avec exactement un jeton noir, soit 6×8×5!6×8×5!
         résultats possibles.
      4. Comme précédemment, on tire 2 jetons blancs et 4 jetons noirs. On commence par fixer la place des 2 jetons blancs parmi les 6 tirages, il y a (62)(62)
         choix. Puis il y a 5×45×4
         choix pour les jetons blancs et 8×7×6×58×7×6×5
         choix possibles pour les jetons noirs. Finalement, on obtient (62)×5×4×8×7×6×5(62)×5×4×8×7×6×5
         choix possibles.
3. On est dans le cas où ni l'ordre ni la répétition n'interviennent, on dénombre donc des combinaisons. Il y a donc (136)(136)
   résultats possibles.
   1. 1. On tire forcément tous les jetons blancs et un jeton noir parmi les 8 : il y a donc 8 tirages possibles.
      2. On remarque qu'il n'y a aucun tirage sans jeton noir, puisque l'on fait 6 tirages, sans remise, et qu'il n'y a que 5 jetons blancs. Le nombre de tirages avec au moins un jeton noir est égal au nombre total de tirages, soit (136)(136)
         .
      3. Comme il n'y a aucun tirage sans jeton noir, le nombre de tirages avec au plus un jeton noir est égal au nombre de tirages avec exactement un jeton noir, soit 88
         résultats possibles.
      4. On doit tirer 2 jetons blancs parmi 5 et 4 jetons noirs parmi 8. Le nombre de tirages recherché est donc (52)×(84)(52)×(84)
         .

Exercice 13 - Bridge [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]
Enoncé
Dans cet exercice, on attend des réponses qui ne sont pas des valeurs numériques, mais des expressions en termes de factorielles, sous la forme la plus simple possible.

1. Combien y-a-t-il de façons de répartir les 52 cartes d'un jeu entre 4 joueurs N, S, E, O, chacun possédant 13 cartes.
2. Parmi ces façons, combien y-en-a-t-il qui sont telles que chaque joueur n'a qu'une seule couleur (par exemple, N a les 13 piques, S a les 13 coeurs,...)?
3. Combien y-a-t-il de façons que deux joueurs quelconques aient chacun une seule couleur?
4. Combien y-a-t-il de façons que deux partenaires, c'est-à-dire (N,S) ou (E,O), aient chacun une seule couleur, les deux autres partenaires ayant des cartes quelconques.

Indication

1. Compter le nombre de choix possibles pour le premier joueur, puis pour le deuxième...
2. Choisir une couleur parmi 4 pour N, puis une couleur parmi...
3. Choisir d'abord les deux joueurs qui ont une seule couleur, puis choisir pour chaque joueur la couleur.
4. Raisonner de la même façon.

Corrigé

1. Il y a (5213)(5213)
   choix possibles pour le premier joueur, puis (52−1313)=(3913)(52−13 13)=(3913)
   choix possibles pour le deuxième joueur, et encore (39−1313)=(2613)(39−13 13)=(2613)
   pour le troisième. Le dernier joueur prend les 13 cartes restantes. Au total on trouve (5213)×(3913)×(2613)=52!39!13!×39!26!13!×26!13!×13!=52!(13!)4.(5213)×(3913)×(2613)=52!39!13!×39!26!13!×26!13!×13!=52!(13!)4.
2. On choisit une couleur parmi 4 pour le premier joueur, puis une couleur parmi 3 pour le deuxième et enfin une couleur parmi 2 pour le troisième. Cela fait 4!4!
   possibilités. On peut aussi argumenter à l'aide du nombre de permutation de 4 couleurs.
3. On commence par choisir les deux joueurs qui ont la même couleur. Il y a (42)(42)
   tels choix. On choisit ensuite une couleur parmi 4 pour le premier joueur, et une couleur parmi 3 pour le deuxième joueur. Il reste pour le 3ème joueur à choisir 13 cartes parmi les 26 restantes tandis que le quatrième prend le reste. On trouve donc : 4×32×4×3×(2613)=72×(26)!(13!)2.4×3 2×4×3×(2613)=72×(26)!(13!)2.
   Mais ce faisant, on a compté trop les tirages où les 4 joueurs ont une seule couleur : en effet, un tel tirage est compté (42)(42)
   fois, puisqu'on a choisit deux joueurs qui avaient la même couleur et que cela n'a pas lieu d'être dans ce cas là puisque tous les joueurs ont la même couleur. Il faut donc retirer ((42)−1)4!((42)−1)4!
   et le résultat final est : 4×32×4×3×(2613)−((42)−1)4!=72×(26)!(13!)2−5×4!.4×3 2×4×3×(2613)−((42)−1)4!=72×(26)!(13!)2−5×4!.
4. Le dénombrement à réaliser est très similaire, mais il y a moins de choix pour choisir les deux joueurs qui ont la même couleur puisqu'on ne choisit plus deux joueurs quelconques, mais deux partenaires. Il n'y a donc que 22
   choix au lieu de (42)(42)
   . Finalement, on trouve 24×(26)!(13!)2−4!.24×(26)!(13!)2−4!.

Exercice 14 - Le poker [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]
Enoncé
Une main au poker est formée de 5 cartes extraites d'un jeu de 52 cartes. Traditionnellement,trèfle, carreau, coeur, pique sont appelées couleurs et les valeurs des cartes sont rangées dans l'ordre : as, roi, dame, valet, 10, 9, 8, 7, 6, 5, 4, 3, 2, de la plus forte à la plus faible. Dénombrer les mains suivantes :

1. quinte flush : main formée de 5 cartes consécutives de la même couleur (Attention! la suite as, 2, 3, 4 et 5 est une quinte flush).
2. carré : main contenant 4 cartes de la même valeur (4 as par exemple).
3. full : main formée de 3 cartes de la même valeur et de deux autres cartes de même valeur (par exemple, 3 as et 2 rois).
4. quinte : main formée de 5 cartes consécutives et qui ne sont pas toutes de la même couleur.
5. brelan : main comprenant 3 cartes de même valeur et qui n'est ni un carré, ni un full (par exemple, 3 as, 1 valet, 1 dix).

Indication

1. On choisit la couleur puis la hauteur de la plus haute carte.
2. On choisit la hauteur, puis la dernière carte.
3. Choisir les deux hauteurs, puis 3 cartes parmi 4, et 2 cartes parmi 4.
4. Raisonner par différence en utilisant le résultat pour les quintes flush.
5. Raisonner par différence.

Corrigé

1. Il y a 4 choix pour la couleur. La couleur choisie, il suffit de choisir la plus haute carte de la main : il s'agit de n'importe quelle carte entre le 5 et l'as. Il y a donc 10 choix choix possibles pour la hauteur de la plus haute carte, et donc 4×10=404×10=40
   mains conduisant à une quinte flush.
2. Il y a 13 choix possibles pour la hauteur de la carte constituant le carré (carré d'as, carré de rois,...). Cette hauteur fixée, il faut encore choisir une carte parmi les 48 autres pour compléter la main. Il y a donc 13×48=62413×48=624
   mains contenant un carré.
3. On choisit d'abord la hauteur des 3 cartes de même valeur. Il y a 13 choix. On choisit alors ces 3 cartes de même valeur. Il y a (43)=4(43)=4
   choix possibles. On choisit ensuite la hauteur des deux autres cartes. Il reste 12 choix. Puis on choisit ces 2 cartes de même valeur. Il y a (42)=6(42)=6
   choix. Finalement, le nombre de mains constituant un full est 13×4×12×6=3744.13×4×12×6=3744.
4. On va dénombrer d'abord le nombre de mains constituée de 5 cartes consécutives, qu'elles soient ou non de la même couleur. On retirera ensuite le nombres de quintes flush pour obtenir le nombres de mains constituées de 5 cartes qui ne sont pas toutes de la même couleur. Si on compte le nombre de mains constituées de 5 cartes consécutives, qu'elles soient ou non de la même couleur, alors on doit choisir la hauteur de la carte la plus haute. Comme précédemment, il y a 10 choix possibles. Ensuite, pour chacune des cinq hauteurs consécutives, on choisit l'une des 4 couleurs, ce qui fait 4545
   choix. Finalement, le nombre de mains correspondant est 10×45=1024010×45=10240
   ce qui fait que le nombre de quintes est exactement 10240−40=1020010240−40=10200
   .
5. On compte le nombre de mains comprenant 3 cartes de même niveau et qui ne contient pas un carré : il y a 13 choix pour le niveau, (43)=4(43)=4
   choix de 3 couleurs parmi 4 pour ce niveau. Puis, pour les deux autres cartes, il faut choisir deux cartes parmi 48 (on doit exclure la dernière carte de même hauteur, sinon on aurait un carré), soit (482)=48×47/2=1128(482)=48×47/2=1128
   choix. Il y a donc 13×4×1128=5865613×4×1128=58656
   mains contenant 3 cartes de même niveau, mais pas de carrés. Pour dénombrer le nombre de brelans, il faut retirer les fulls. Il y a donc 58656−3744=5491258656−3744=54912
   brelans.
   Attention au raisonnement faux suivant : on pourrait compter le nombre de mains comprenant 3 cartes de même niveau : il y a 13 choix pour le niveau, (43)=4(43)=4
   choix de 3 couleurs parmi 4 pour ce niveau. Puis, pour les deux autres cartes, il faut choisir deux cartes parmi 52-3=49, soit (492)=49×48/2=1176(492)=49×48/2=1176
   choix. Il y a donc 13×4×1176=6115213×4×1176=61152
   mains contenant 3 cartes de même niveau. Pour dénombrer le nombre de brelans, il faut retirer les carrés et les fulls. Il y a donc 61152−624−3744=5678461152−624−3744=56784
   brelans. Ce raisonnement est faux car quand on a compté le nombre de mains contenant 3 cartes de même niveau, on a compté 4 fois chaque carré. En effet, un carré d'as peut apparaitre en choisissant d'abord as de coeur, de carreau, de trèfle, puis en complétant avec as de pique, ou en choisissant as de coeur, de carreau, de pique, puis en complétant avec as de trèfle, etc... Si on veut réaliser un dénombrement correct avec cette méthode, il faut retirer quatre fois le nombre de carrés, et on a bien 61152−4×624−3744=5491261152−4×624−3744=54912
   .

Exercice 15 - Tirages dans un jeu de cartes [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]
Enoncé
On tire simultanément 5 cartes d'un jeu de 32 cartes. Combien de tirages différents peut-on obtenir :

1. sans imposer de contraintes sur les cartes.
2. contenant 5 carreaux ou 5 piques.
3. contenant 2 carreaux et 3 piques.
4. contenant au moins un roi.
5. contenant au plus un roi.
6. contenant exactement 2 rois et exactement 3 piques.

Indication

1. Il faut choisir une partie à 5 élements dans un ensemble à 32 éléments.
2. Compter séparément le nombre de tirages comprenant 5 carreaux et 5 piques.
3. Choisir les carreaux, puis les piques.
4. Compter les tirages sans roi, et retirer du nombre total.
5. Compter les tirages sans roi, puis ceux avec exactement un roi.
6. Séparer les tirages contenant le roi de pique, et ceux ne contenant pas le roi de pique.

Corrigé

1. Il n'y a pas d'ordre et pas de répétition sur les cartes : un tirage est donc une combinaison de 5 cartes parmi 32. Il y a : (325)=201376(325)=201376
   tirages différents.
2. Pour obtenir 5 carreaux, il faut choisir 5 cartes parmi 8 : il y a (85)(85)
   tels tirages. De même pour obtenir 5 piques. Comme les deux cas sont disjoints, il y a 2×(85)=1122×(85)=112
   tels tirages différents.
3. Il y a (82)(82)
   façons de choisir 2 carreaux parmi 8 puis, pour chacune de ces façons, il y a (83)(83)
   façons de choisir 3 piques. Le nombre de tirages recherché est donc : (82)×(83)=1568(82)×(83)=1568
   .
4. On compte le complémentaire, c'est-à-dire les tirages sans rois : il faut alors choisir 5 cartes parmi 28, il y a (285)(285)
   tels tirages. Le nombre de tirages recherché est donc : (325)−(285)=103096(325)−(285)=103096
   .
5. On a déjà compté les tirages sans roi. Pour les tirages comprenant exactement un roi, il y a 4 façons de choisir le roi, puis, pour chacune de ces façons, (284)(284)
   façons de choisir les autres cartes. On en déduit qu'il y a (285)+4(284)=180180(285)+4(284)=180180
   tels tirages.
6. On sépare les tirages contenant le roi de pique et ceux ne contenant pas le roi de pique.
   - si le tirage ne contient pas le roi de pique, il y a (32)(32)
     choix différents de 2 rois parmi 3, puis (73)(73)
     choix de 3 piques parmi 7 (tous sauf le roi de pique).
   - si le tirage contient le roi de pique, il reste 3 choix pour le roi différent du roi de pique, puis (72)(72)
     choix pour les deux autres piques. Cela faisant, on n'a tiré que 4 cartes. Il reste une carte à choisir qui n'est ni un roi, ni un pique, et donc 32−(4+7)=2132−(4+7)=21
     choix (attention à ne pas compter à nouveau deux fois le roi de pique!).
   Finalement, le nombre de tirages possibles est : (32)×(73)+3×(72)×21=1428.(32)×(73)+3×(72)×21=1428.

Exercice 16 - Ranger des livres [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]
Enoncé
On souhaite ranger sur une étagère 4 livres de mathématiques (distincts), 6 livres de physique, et 3 de chimie. De combien de façons peut-on effectuer ce rangement :

1. si les livres doivent être groupés par matières.
2. si on exige seulement que les livres mathématiques soient groupés (les livres des autres disciplines pouvant l'être ou non).

Indication

1. Choisir l'ordre des groupes, puis l'ordre des livres à l'intérieur de chacun des groupes.
2. Choisir la position du groupe des livres de mathématiques, puis ranger les livres de mathématiques d'un côté, le reste des livres de l'autre.

Corrigé

1. Il y a 3!3!
   façons de choisir l'ordre des matières. Une telle façon choisie, il y a 4!4!
   façons de ranger les livres de mathématiques, 6!6!
   façons de ranger les livres de physique, et 3!3!
   façons de ranger les livres de chimie. Le nombre de rangements possible est donc : 3!4!6!3!3!4!6!3!
   .
2. Il peut y avoir 0,1,…,90,1,…,9
   livres placés avant les livres de mathématiques. Il y a donc 1010
   choix du nombre de livres placés avant le livre de mathématiques. Ce choix fait, il y a 4!4!
   façons d'ordonner les livres de mathématiques, et 9!9!
   façons d'ordonner les autres : il y a donc en tout 10×4!9!10×4!9!
   rangements différents.

Exercice 17 - Autour d'une table! [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]
Enoncé
Une table ronde comporte cinq places, numérotées de 1 à 5. On veut répartir Adélie, Brigitte, Chafik, Denis et Emilie autour de la table. Mais attention! Denis et Émilie ne s'entendent pas du tout, et il ne faut pas les placer côte à côte!!! Combien y-a-t-il de dispositions possibles?
Indication
Compter le nombre de dispositions totales (sans contraintes) et le nombre de dispositions où Denis et Émilie sont côte à côte.
Corrigé
On va raisonner par différence. Si l'on ne met pas de contraintes, il y a 5!=120 façons de placer les gens autour de la table. Comptons maintenant le nombre de façons où Denis et Émilie sont côte à côte. On commence par choisir la position de ce couple. Il y a cinq positions possibles : (1,2), (2,3), (3,4), (4,5) et (5,1). Cette position fixée, il y a 2!=2 choix pour placer Denis et Émilie, puis 3!=6 choix pour placer les autres. Il y a donc 5*2*6=60 dispositions où Denis et Émilie sont côte à côte. Finalement, il y a 120-60=60 dispositions où Émilie et Denis ne sont pas côte à côte!
Remarquons que ce raisonnement dépend du fait que l'on a numéroté les places et donc que, implicitement, la position Adélie 1, Brigitte 2, Chafik 3, Denis 4 et Emilie 5 est différente de la position Adélie 2, Brigitte 3, Chafik 4, Denis 5 et Emilie 1, alors que dans ces deux configurations, tout le monde a le même voisin. Si on ne numérote pas les places, alors on doit diviser le nombre de possibilités pas 5 et il y a 12 configurations différentes.
Une autre possibilité, pour faire le dénombrement, est de choisir d'abord la place de Denis (5 choix), puis la place d'Emile (il ne reste que 2 choix), puis la place des 3 autres (respectivement, 3,2 et 1 choix). Le nombre de dispositions possibles vaut bien 5×2×3×2=605×2×3×2=60
.
Exercice 18 - Groupe d'étudiants [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]
Enoncé
A leur entrée en L1, les étudiants choisissent une langue (anglais ou allemand) et une option (informatique, chimie ou astronomie). Dans un groupe d'étudiants, 12 étudiants sont inscrits en astronomie, 15 en chimie, 16 étudient l'allemand. Par ailleurs, 8 inscrits en astronomie et 3 inscrits en informatique étudient l'anglais, 6 inscrits en chimie étudient l'allemand.
Indiquer la répartition des étudiants par discipline, ainsi que le nombre total d'étudiants dans le groupe.
Indication
Réaliser un tableau à double entrée.
Corrigé
Ce genre d'exercices se traite très facilement en utilisant un tableau à double entrée dans lequel on inscrit les informations à notre disposition :
On complète alors le tableau de proche en proche de sorte d'obtenir les bons totaux sur chaque ligne et chaque colonne. Par exemple, sur la première ligne de la colonne "Chimie", on peut facilement inscrire le chiffre 9. On obtient donc
Exercice 19 - Dans une entreprise... [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]
Enoncé
Dans une entreprise, il y a 800 employés. 300 sont des hommes, 352 sont membres d'un syndicat, 424 sont mariés, 188 sont des hommes syndiqués, 166 sont des hommes mariés, 208 sont syndiqués et mariés, 144 sont des hommes mariés syndiqués. Combien y-a-t-il de femmes célibataires non syndiquées?
Indication
Donner un nom à chacun des ensembles de base, et exprimer les autres en fonction de ceux-ci.
Corrigé
Notons EE
, HH
, MM
et SS
les ensembles constitués respectivement des employés, des employés hommes, des employés mariés, des employés syndiqués. L'énoncé donne : card(E)=800, card(H)=300, card(S)=352, card(M)=424,card⁡(E)=800, card⁡(H)=300, card⁡(S)=352, card⁡(M)=424,
card(H∩S)=188, card(H∩M)=166, card(S∩M)=208,card(H∩M∩S)=144.card⁡(H∩S)=188, card⁡(H∩M)=166, card⁡(S∩M)=208,card⁡(H∩M∩S)=144.
On cherche card(¯H∩¯M∩¯S)card⁡(H¯∩M¯∩S¯)
, où ¯AA¯
désigne le complémentaire de AA
dans EE
. D'après les lois de Morgan : card(¯H∩¯M∩¯S)=card(¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯H∪M∪S).card⁡(H¯∩M¯∩S¯)=card⁡(H∪M∪S¯).
On applique la formule du crible de Poincaré : card(H∪M∪S)=card(H)+card(M)+card(S)−card(H∩M)−card(H∩S)−card(M∩S)+card(H∩M∩S).card⁡(H∪M∪S)=card⁡(H)+card⁡(M)+card⁡(S)−card⁡(H∩M)−card⁡(H∩S)−card⁡(M∩S)+card⁡(H∩M∩S).
On en déduit : card(H∪M∪S)=658,card⁡(H∪M∪S)=658,
et card(¯H∩¯M∩¯S)=800−658=142.card⁡(H¯∩M¯∩S¯)=800−658=142.
Il y a donc 142 femmes célibataires non syndiquées.
Exercice 20 - Indépendance et contexte [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]
Enoncé

1. Une urne contient 12 boules numérotées de 1 à 12. On en tire une hasard, et on considère les événements A="tirage d'un nombre pair'',A="tirage d'un nombre pair'',
   B="tirage d'un multiple de 3''.B="tirage d'un multiple de 3''.
   Les événements AA
   et BB
   sont-ils indépendants?
2. Reprendre la question avec une urne contenant 13 boules.

Indication
Écrire en termes d'ensembles les événements A, BA, B
et A∩BA∩B
. Puis calculer les probabilités.
Corrigé

1. On a : A={2,4,6,8,10,12}A={2,4,6,8,10,12}
   B={3,6,9,12}B={3,6,9,12}
   A∩B={6,12}.A∩B={6,12}.
   On a donc P(A)=1/2P(A)=1/2
   , P(B)=1/3P(B)=1/3
   et P(A∩B)=1/6=P(A)P(B).P(A∩B)=1/6=P(A)P(B).
   Les événements AA
   et BB
   sont indépendants.
2. Les événements AA
   , BB
   et A∩BA∩B
   s'écrivent encore exactement de la même façon. Mais cette fois, on a : P(A)=6/13P(A)=6/13
   , P(B)=4/13P(B)=4/13
   et P(A∩B)=2/13≠24/169P(A∩B)=2/13≠24/169
   . Les événements AA
   et BB
   ne sont pas indépendants. C'est conforme à l'intuition. Il n'y a plus la même répartition de boules paires et de boules impaires, et dans les multiples de 3 compris entre 1 et 13, la répartition des nombres pairs et impairs est restée inchangée.

Exercice 21 - Indépendance deux à deux et indépendance mutuelle [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]
Enoncé
Votre voisine a deux enfants dont vous ignorez le sexe. On considère les trois événement suivants :

- AA
  ="les deux enfants sont de sexes différents"
- BB
  ="l'ainé est une fille"
- CC
  ="le cadet est un garçon".

Montrer que AA
, BB
et CC
sont deux à deux indépendants, mais ne sont pas mutuellement indépendants. On suppose que la probabilité à la naissance d'avoir une fille (respectivement un garçon) est égale à 1/21/2
.
Indication
Calculer la probabilité de AA
, BB
, CC
, A∩BA∩B
,...
Corrigé
Clairement, on a P(B)=P(C)=12P(B)=P(C)=12
. Les quatre possibilités pour les deux enfants, supposées équiprobables, sont (F,G), (F,F), (G,G), (G,F). On en déduit que P(A)=12P(A)=12
.
Ensuite A∩BA∩B
correspond à (F,G)(F,G)
et donc P(A∩B)=14=P(A)P(B)P(A∩B)=14=P(A)P(B)
. On en déduit que AA
et BB
sont indépendants. On prouve de la même façon que AA
et CC
sont indépendants, et que BB
et CC
sont indépendants.
Enfin, A∩B∩C=B∩CA∩B∩C=B∩C
et donc P(A∩B∩C)=14≠P(A)P(B)P(C)P(A∩B∩C)=14≠P(A)P(B)P(C)
. Les trois événements ne sont pas mutuellement indépendants.
Exercice 22 - Probabilité d'une réunion et indépendance [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]
Enoncé
Soient A1,…,AnA 1,…,An
nn
événements d’un espace probabilisé (Ω,P)(Ω,P)
. On les suppose mutuellement indépendants et de probabilités respectives pi=P(Ai)pi=P(Ai)
. Donner une expression simple de P(A1∪⋯∪An)P(A 1∪⋯∪An)
en fonction de p1,…,pnp 1,…,pn
.
Application : on suppose qu'une personne est soumise à nn
expériences indépendantes les unes des autres et qu'à chaque expérience, elle ait une probabilité pp
d'avoir un accident. Quelle est la probabilité qu'elle ait au moins un accident?
Indication
Passer par le complémentaire.
Corrigé
Si les événements A1,…,AnA 1,…,An
sont mutuellement indépendants, les événements complémentaires ¯¯¯¯¯¯A1,…,¯¯¯¯¯¯¯AnA 1¯,…,An¯
le sont aussi. On en déduit que P(A1∪⋯∪An)=1−P(¯¯¯¯¯¯A1∩⋯∩¯¯¯¯¯¯¯An)=1−n∏i=1P(¯¯¯¯¯¯Ai)=1−n∏i=1(1−pi).P(A 1∪⋯∪An)=1−P(A 1¯∩⋯∩An¯)=1−∏i=1 n P(Ai¯)=1−∏i=1 n(1−pi).
Dans le cas particulier proposé, la probabilité d'avoir au moins un accident vaut donc 1−(1−p)n1−(1−p)n
.
Exercice 23 - Circuit électrique [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]
Enoncé

1. Soient A, B, CA, B, C
   trois événements. Montrer que : P(A∪B∪C)=P(A)+P(B)+P(C)−P(A∩B)−P(A∩C)−P(B∩C)+P(A∩B∩C).P(A∪B∪C)=P(A)+P(B)+P(C)−P(A∩B)−P(A∩C)−P(B∩C)+P(A∩B∩C).
2. On dispose de 3 composants électriques C1, C2C 1, C 2
   et C3C 3
   dont la probabilité de fonctionnement est pipi
   , et de fonctionnement totalement indépendant les uns des autres. Donner la probabilité de fonctionnement du circuit
   1. si les composants sont disposés en série.
   2. si les composants sont disposés en parallèle.
   3. si le circuit est mixte : C1C 1
      est disposé en série avec le sous-circuit constitué de C2C 2
      et C3C 3
      en parallèle.

Indication

1. Appliquer trois fois la formule P(F∪G)=...P(F∪G)=...
   .
2. On note FiFi
   l'événement : ``le circuit CiCi
   fonctionne''. Il faut calculer pour le premier cas P(F1∩F2∩F3)P(F 1∩F 2∩F 3)
   , pour le second P(F1∪F2∪F3)P(F 1∪F 2∪F 3)
   , et pour le troisième P(F1∩(F2∪F3))P(F 1∩(F 2∪F 3))
   .

Corrigé

1. On procède en deux temps. D'une part : P((A∪B)∪C)=P(A∪B)+P(C)−P((A∪B)∩C).P((A∪B)∪C)=P(A∪B)+P(C)−P((A∪B)∩C).
   Mais, P((A∪B)∩C)=P((A∩C)∪(B∩C))=P(A∩C)+P(B∩C)−P(A∩B∩C),P((A∪B)∩C)=P((A∩C)∪(B∩C))=P(A∩C)+P(B∩C)−P(A∩B∩C),
   et P(A∪B)=P(A)+P(B)−P(A∩B).P(A∪B)=P(A)+P(B)−P(A∩B).
   On appelle aussi ceci la formule du crible de Poincaré, elle se généralise avec plusieurs événements par récurrence.
2. On note FiFi
   l'événement : ``le composant CiCi
   fonctionne''. Par hypothèse, les événements FiFi
   sont mutuellement indépendants. Il faut calculer pour le premier cas P(F1∩F2∩F3)P(F 1∩F 2∩F 3)
   (le circuit formé par les trois composants disposés en série fonctionne si et seulement si les trois composants fonctionnent), pour le second P(F1∪F2∪F3)P(F 1∪F 2∪F 3)
   (le circuit formé par les trois composants disposés en parallèle fonctionne si et seulement si un des trois composants fonctionne), et pour le troisième P(F1∩(F2∪F3))P(F 1∩(F 2∪F 3))
   . On a :
   1. Par indépendance des événements : P(F1∩F2∩F3)=p1p2p3.P(F 1∩F 2∩F 3)=p 1p 2p 3.
   2. D'après la formule précédente, et par indépendance des événements : P(F1∪F2∪F3)=p1+p2+p3−p1p2−p1p3−p2p3+p1p2p3.P(F 1∪F 2∪F 3)=p 1+p 2+p 3−p 1p 2−p 1p 3−p 2p 3+p 1p 2p 3.
   3. L'événement F2∪F3F 2∪F 3
      est indépendant de F1F 1
      . On a donc : P(F1∩(F2∪F3))=P(F1)P(F2∪F3)=P(F1)(P(F2)+P(F3)−P(F2∩F3))P(F 1∩(F 2∪F 3))=P(F 1)P(F 2∪F 3)=P(F 1)(P(F 2)+P(F 3)−P(F 2∩F 3))
      soit P(F1∩(F2∪F3))=p1(p2+p3−p2p3).P(F 1∩(F 2∪F 3))=p 1(p 2+p 3−p 2p 3).

Exercice 24 - Tirages successifs dans une urne [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]
Enoncé
On considère une urne contenant 4 boules blanches et 3 boules noires. On tire une à une et sans remise 3 boules de l'urne. Quelle est la probabilité pour que la première boule tirée soit blanche, la seconde blanche et la troisième noire?
Indication
Lire le titre de l'exercice.
Corrigé
On note BiBi
(resp. NiNi
) l'événement : ``La ii
-ème boule tirée est blanche (resp. noire)''. On cherche à calculer P(B1∩B2∩N3)P(B 1∩B 2∩N 3)
, ce que l'on va faire en utilisant la formule des probabilités composées : P(B1∩B2∩N3)=P(B1)P(B2|B1)P(N3|B1∩B2).P(B 1∩B 2∩N 3)=P(B 1)P(B 2|B 1)P(N 3|B 1∩B 2).
Chacune des probabilités qui apparaît est facile à calculer, car P(B1)=4/7P(B 1)=4/7
, P(B2|B1)=3/6P(B 2|B 1)=3/6
(il reste 6 boules dont 3 blanches) et P(N3|B1∩B2)=3/5P(N 3|B 1∩B 2)=3/5
. Finalement, on obtient P(B1∩B2∩N3)=635.P(B 1∩B 2∩N 3)=635.
Exercice 25 - Deux ateliers [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]
Enoncé
Dans une entreprise deux ateliers fabriquent les mêmes pièces. L'atelier 1 fabrique en une journée deux fois plus de pièces que l'atelier 2. Le pourcentage de pièces défectueuses est 3%3%
pour l'atelier 1 et 4%4%
pour l'atelier 2. On prélève une pièce au hasard dans l'ensemble de la production d'une journée. Déterminer

1. la probabilité que cette pièce provienne de l'atelier 1;
2. la probabilité que cette pièce provienne de l'atelier 1 et est défectueuse;
3. la probabilité que cette pièce provienne de l'atelier 1 sachant qu'elle est défectueuse.

Indication
Corrigé
Notons AA
l'événement ``la pièce provient de l'atelier 1'', BB
l'événement ``la pièce provient de l'atelier 2'' et DD
l'événement ``la pièce est défectueuse''.

1. L'énoncé nous dit que les 2/3 des pièces produites proviennent de l'atelier 1. Donc P(A)=2/3P(A)=2/3
   .
2. On cherche P(A∩D)=PA(D)P(A)=0,03×23=150P(A∩D)=PA(D)P(A)=0,03×23=150
   .
3. On démontre de même que P(B∩D)=175P(B∩D)=175
   et donc que P(D)=P(A∩D)+P(B∩D)=130.P(D)=P(A∩D)+P(B∩D)=130.
   Ainsi, on a PD(A)=P(A∩D)P(D)=35.PD(A)=P(A∩D)P(D)=35.

Exercice 26 - A partir de dénombrement [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]
Enoncé
Une urne contient 8 boules blanches et 2 boules noires, indiscernables au toucher. On tire sans remise et successivement 3 boules de cette urne.

1. Quelle est la probabilité qu'au moins une boule noire figure dans le tirage?
2. Sachant qu'au moins une boule noire figure dans le tirage, quelle est la probabilité que la première boule tirée soit noire?

Indication

1. Dénombrer!
2. Dénombrer les tirages tels que la première boule est noire, et appliquer la définition des probabilités conditionnelles.

Corrigé

1. Distinguons les boules et ordonnons les tirages. Il y a 10×9×810×9×8
   tirages possibles. Calculons maintenant le nombre de tirages comprenant au moins une boule noire. Il y a deux possibilités :
   - Le tirage ne comporte qu'une seule boule noire. Il y a 3 façons de choisir la position de la boule noire (lors du premier tirage, du deuxième, etc...), 2 choix pour cette boule, et ensuite 8×78×7
     choix pour les deux boules blanches. En tout, il y a donc 3×2×8×73×2×8×7
     tirages correspondants.
   - Le tirage comporte les deux boules noires. On choisit d'abord les deux tirages où on a pris les boules noires : on choisit 2 places parmi 3, soit (32)=3(32)=3
     . Ce choix fait, il y a 2 choix pour les boules noires, et 8 choix pour les boules blanches. Il y a donc en tout 3×2×83×2×8
     tels tirages.
   Le nombre total de tirages est donc 6×8×86×8×8
   et si on note BB
   l'événement "Au moins une boule noire figure dans le tirage", alors la probabilité de BB
   est égale à P(B)=6×8×810×9×8=815.P(B)=6×8×810×9×8=815.
   Remarquons que, comme souvent dans ce type d'exercice, il est plus facile de déterminer la probabilité du complémentaire : en effet, ¯BB¯
   est l'événement "on ne tire que des boules blanches". Le nombre de tirages correspondant est 8×7×68×7×6
   et donc P(¯B)=8×7×610×9×8=7×610×9=715P(B¯)=8×7×610×9×8=7×610×9=715
   ce qui est bien la valeur attendue (ouf)!
2. Le dénombrement du nombre de tirages tels que la première boule soit noire est plus simple. Il y a exactement 2×9×82×9×8
   tirages. Si AA
   est l'événement : "La première boule tirée est noire", alors P(A)=2×9×810×9×8=15.P(A)=2×9×810×9×8=15.
   On cherche P(A|B)P(A|B)
   . Par définition, P(A|B)=P(A∩B)P(B)=P(A)P(B)=38P(A|B)=P(A∩B)P(B)=P(A)P(B)=38
   puisque A⊂BA⊂B
   .

Exercice 27 - [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]
Enoncé
Un fumeur, après avoir lu une série de statistiques effrayantes sur les risques de cancer, décide d'arrêter de fumer; toujours d'après des statistiques, on estime les probabilités suivantes : si cette personne n'a pas fumé le nn
-ième jour, alors la probabilité pour qu'elle ne fume pas le jour suivant est 0,30,3
; mais si elle a fumé le nn
-ième jour, alors la probabilité pour qu'elle ne fume pas le jour suivant est 0,90,9
. Pour n≥0n≥0
, on note FnFn
l'événement ``la personne fume le nn
-ième jour'' et pnpn
la probabilité de FnFn
. En particulier on a p0=1p 0=1
.

1. Démontrer que pn+1=−0,6pn+0,7p n+1=−0,6 pn+0,7
   .
2. La personne va-t-elle s'arrêter de fumer?

Indication

1. Appliquer la formule des probabilités totales.
2. C'est une suite arithmético-géométrique.

Corrigé

1. D'après la formule des probabilités totales, P(Fn+1)=PFn(Fn+1)P(Fn)+P¯¯¯¯¯¯Fn(Fn+1)P(¯¯¯¯¯¯Fn).P(F n+1)=P Fn(F n+1)P(Fn)+P Fn¯(F n+1)P(Fn¯).
   L'énoncé nous dit que PFn(¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯Fn+1)=0,9 et P¯¯¯¯¯¯Fn(¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯Fn+1)=0,3P Fn(F n+1¯)=0,9 et P Fn¯(F n+1¯)=0,3
   d'ou PFn(Fn+1)=0,1 et P¯¯¯¯¯¯Fn(Fn+1)=0,7.P Fn(F n+1)=0,1 et P F n¯(F n+1)=0,7.
   On a donc pn+1=0,1pn+0,7(1−pn)=−0,6pn+0,7.p n+1=0,1 pn+0,7(1−pn)=−0,6 pn+0,7.
2. On a une suite arithmético-géométrique. L'équation ℓ=−0,6ℓ+0,7ℓ=−0,6 ℓ+0,7
   donne ℓ=7/16ℓ=7/16
   . La suite (qn)(qn)
   définie par qn=pn−ℓqn=pn−ℓ
   est une suite géométrique de raison −0,6−0,6
   , elle converge vers 00
   , et donc (pn)(pn)
   tend vers 7/167/16
   . La probabilité que la personne fume le nn
   -ième jour tend vers 7/167/16
   . Elle ne va pas s'arrêter de fumer!

Exercice 28 - Déplacement d'un pion sur un triangle [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]
Enoncé
On considère trois points distincts du plan nommés AA
, BB
et CC
. Nous allons étudier le déplacement aléatoire d’un pion se déplaçant sur ces trois points. A l’étape n=0n=0
, on suppose que le pion se trouve sur le point AA
. Ensuite, le mouvement aléatoire du pion respecte les deux règles suivantes :

- le mouvement du pion de l’étape nn
  à l’étape n+1n+1
  ne dépend que de la position du pion à l’étape nn
  ;
- pour passer de l'étape nn
  à l'étape n+1n+1
  , on suppose que le pion a une chance sur deux de rester sur place, sinon il se déplace de manière équiprobable vers l’un des deux autres points.

Pour tout n∈Nn∈N
, on note AnAn
l’évènement "le pion se trouve en AA
à l’étape nn
", BnBn
l’évènement "le pion se trouve en BB
à l’étape nn
" et CnCn
l’évènement "le pion se trouve en CC
à l’étape nn
". On note également, pour tout n∈Nn∈N
, an=P(An), bn=P(Bn), cn=P(Cn) et Vn=⎛⎜⎝anbncn⎞⎟⎠.an=P(An), bn=P(Bn), cn=P(Cn) et Vn=(anbncn).

1. Calculer les nombres anan
   , bnbn
   et cncn
   pour n=0,1n=0,1
   .
2. Pour n∈Nn∈N
   , exprimer an+1a n+1
   en fonction de anan
   , bnbn
   et cncn
   . Faire de même pour bn+1b n+1
   et cn+1c n+1
   .
3. Donner une matrice MM
   telle que, pour tout n∈Nn∈N
   , on a Vn+1=MVnV n+1=M Vn
   .
4. On admet que, pour tout n∈Nn∈N
   , on a Mn=13⋅4n⎛⎜⎝4n+24n−14n−14n−14n+24n−14n−14n−14n+2⎞⎟⎠.Mn=1 3⋅4 n(4 n+24 n−14 n−14 n−14 n+24 n−14 n−14 n−14 n+2).
   En déduire une expression de anan
   , bnbn
   et cncn
   pour tout n∈Nn∈N
   .
5. Déterminer les limites respectives des suites (an)(an)
   , (bn)(bn)
   et (cn)(cn)
   . Interpréter le résultat.

Indication

1. Utiliser que b1=c1b 1=c 1
   et a1+b1+c1=1a 1+b 1+c 1=1
   .
2. Appliquer la formule des probabilités totales.

Corrigé

1. Puisqu'en n=0n=0
   le pion est en AA
   , on a a0=1a 0=1
   , b0=0b 0=0
   et c0=0c 0=0
   . A l'étape n=1n=1
   , d'après les informations de l'énoncé, a1=1/2a 1=1/2
   , b1=c1b 1=c 1
   . Puisque a1+b1+c1=1a 1+b 1+c 1=1
   , on a b1=c1=1/4b 1=c 1=1/4
   .
2. Les événements An, BnAn, Bn
   et CnCn
   forment un système complet d'événements. D'après la formule des probabilités totales, P(An+1)=PAn(An+1)P(An)+PBn(An+1)P(Bn)+PCn(An+1)P(Cn).P(A n+1)=P An(A n+1)P(An)+P Bn(A n+1)P(Bn)+P Cn(A n+1)P(Cn).
   Comme à la question précédente, on a PAn(An+1)=1/2P An(A n+1)=1/2
   , PBn(An+1)=1/4P Bn(A n+1)=1/4
   et PCn(An+1)=1/4P Cn(A n+1)=1/4
   . On en déduit que an+1=12an+14bn+14cn.a n+1=12 an+14 bn+14 cn.
   En raisonnant de la même façon, ou par symétrie, bn+1=14an+12bn+14cnb n+1=14 an+12 bn+14 cn
   cn+1=14an+14bn+12cn.c n+1=14 an+14 bn+12 cn.
3. D'après la question précédente, la matrice M=14⎛⎜⎝211121112⎞⎟⎠M=14(211121112)
   convient.
4. On a Vn=MnV0Vn=Mn V 0
   , ce qui donne ⎧⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎨⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎩an=4n+23⋅4nbn=4n−13⋅4ncn=4n−13⋅4n.{an=4 n+23⋅4 nbn=4 n−13⋅4 ncn=4 n−13⋅4 n.
   On remarque qu'on a bien an+bn+cn=1an+bn+cn=1
   .
5. Les suites (an)(an)
   , (bn)(bn)
   et (cn)(cn)
   convergent toutes les trois vers 1/3. Au bout d'un très grand nombre de déplacements, les probabilités que le pion soit sur chacun des 3 points sont presque égales.

Exercice 29 - Sauts de puce [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]
Enoncé
Une particule se trouve à l'instant 0 au point d'abscisse aa
(aa
entier), sur un segment gradué de 00
à NN
(on suppose donc 0≤a≤N0≤a≤N
). A chaque instant, elle fait un bond de +1+1
avec la probabilité pp
(0<p<1/20<p<1/2
), ou un bond de −1−1
avec la probabilité q=1−pq=1−p
. Autrement dit, si xnxn
est l'abscisse de la particule à l'instant nn
, on a : xn+1={xn+1avec probabilité pxn−1avec probabilité 1−p.x n+1={xn+1avec probabilité pxn−1avec probabilité 1−p.
Le processus se termine lorsque la particule atteint une des extrémités du segment (i.e. s'il existe xnxn
avec xn=0xn=0
ou xn=Nxn=N
).

1. Écrire une fonction python puce(a,N,p)puce(a,N,p)
   qui simule cette marche aléatoire et qui retourne l'endroit où la puce sort du segment (00
   ou NN
   ) et le nombre de pas nécessaires pour que le processus s'arrête.
2. On note uaua
   la probabilité pour que la particule partant de aa
   , le processus s'arrête en 00
   .
   1. Que vaut u0u 0
      ? uNuN
      ?
   2. Montrer que si 0<a<N0<a<N
      , alors ua=pua+1+qua−1ua=p u a+1+q u a−1
      .
   3. En déduire l'expression exacte de uaua
      .
3. On note vava
   la probabilité pour que la particule partant de aa
   , le processus s'arrête en NN
   . Reprendre les questions précédentes avec vava
   au lieu de uaua
   .
4. Calculer ua+vaua+va
   . Qu'en déduisez-vous?

Indication

2. 1. Il suffit de décrypter l'énoncé.
   2. Si la particule atteint le point a+1a+1
      , la probabilité que le processus s'arrête en 0 vaut ua+1u a+1
      . Appliquer la formule des probabilités totales.
   3. Réviser les suites récurrentes d'ordre 2.
3. Les mêmes indications que celles de la question précédente conviennent!
4. Que dire d'un événement de probabilité 1?

Corrigé

1. Voici un exemple de fonction.

   import random
   def puce(a,N,p):
   pas=0
   position=a
   while ( (position>0) and (position<N) ):
   if (random.random()<p):
   position=position+1
   else:
   position=position-1
   pas=pas+1
   return (position,pas)

2. 1. Par définition, on a u0=1u 0=1
      (le processus commence en 00
      , il s'arrête immédiatement, en 0), et uN=0uN=0
      (le processus commence en NN
      , il s'arrête aussitôt, en NN
      ).
   2. On note AA
      l'événement : "Partant de aa
      , le processus s'arrête en 0", BB
      l'événement : "Partant de aa
      à l'instant 0, à l'instant 1, la particule est en a+1a+1
      ", et CC
      l'événement : "Partant de aa
      à l'instant 0, à l'instant 1, la particule est en a−1a−1
      ", de sorte que C=¯BC=B¯
      . Par la formule des probabilités totales : P(A)=P(B)P(A|B)+P(C)P(A|C).P(A)=P(B)P(A|B)+P(C)P(A|C).
      Maintenant, puisqu'on part à l'instant t=0t=0
      de aa
      , on a P(B)=pP(B)=p
      et P(C)=qP(C)=q
      . D'autre part, si la particule est à l'instant 1 en a+1a+1
      , la probabilité que le processus s'arrête en 0 vaut ua+1u a+1
      . On a donc : P(A|B)=ua+1P(A|B)=u a+1
      , et de même P(A|C)=ua−1P(A|C)=u a−1
      . On en déduit la formule de récurrence : ua=pua+1+qua−1.ua=p u a+1+q u a−1.
   3. Pour aa
      allant de 11
      à N−1N−1
      , la suite (ua)(ua)
      vérifie la formule de récurrence : ua+1=1pua−qpua−1.u a+1=1 p ua−qp u a−1.
      L'équation caractéristique de cette récurrence est : r2−1pr+qp=0.r 2−1 p r+qp=0.
      Cette équation du second degré admet deux solutions distinctes, r1=1 et r2=qpr 1=1 et r 2=qp
      (remarquer ici l'utilisation de l'hypothèse p≠1/2p≠1/2
      qui permet d'affirmer que les deux racines sont distinctes). Il existe donc des réels λλ
      et μμ
      tels que, pour tout aa
      dans {0,…,N}{0,…,N}
      , on ait : ua=λ+μ(qp)a.ua=λ+μ(qp)a.
      Utilisant que u0=1u 0=1
      et uN=0uN=0
      , on obtient : ua=qNqN−pN+pNpN−qN(qp)a.ua=qN qN−pN+pN pN−qN(qp)a.
3. Le même raisonnement prouve que : va=pva+1+qva−1.va=p v a+1+q v a−1.
   La résolution de cette récurrence donne : va=pNpN−qN+pNqN−pN(qp)a.va=pN pN−qN+pN qN−pN(qp)a.
4. On vérifie aisément que ua+va=1ua+va=1
   . Ceci signifie que, presque sûrement, le processus va s'arrêter.

Exercice 30 - La puce [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]
Enoncé
Le sommets d'un triangle équilatéral sont numérotés 1, 2 et 3. Une puce saute de sommet en sommet de la façon suivante : si à l'instant nn
elle se trouve sur un sommet donné, elle saute à l'instant n+1n+1
vers l'un des deux sommets voisins avec probabilité 1/2. On note XnXn
la position de la puce à l'instant nn
.

1. On suppose dans cette question seulement que X0X 0
   suit une loi uniforme sur l'ensemble {1,2,3}{1,2,3}
   . Décrire la loi de X1X 1
   puis la loi de XnXn
   pour n≥1n≥1
   .
   On s'intéresse maintenant au cas général. On note Un=⎛⎜⎝P[Xn=1]P[Xn=2]P[Xn=3]⎞⎟⎠Un=(P[Xn=1]P[Xn=2]P[Xn=3])
   .
2. Montrer qu'il existe une matrice AA
   que l'on déterminera telle que pour tout n≥0n≥0
   , Un+1=AUnU n+1=A Un
   .
3. Montrer qu'il existe une matrice orthogonale PP
   , qu'on ne cherchera pas à calculer, telle que A=P⎛⎜⎝1000−1/2000−1/2⎞⎟⎠Pt .A=P(1000−1/2000−1/2)Pt .
4. En déduire que la suite (Un)n≥0(Un)n≥0
   converge vers un vecteur U∞U∞
   vérifiant U∞=AU∞U∞=A U∞
   .
5. Que vaut U∞U∞
   ?

Indication

1. Formule des probabilités totales.
2. Itou.
3. Réduction des matrices symétriques réelles.
4. Calculer AnAn
   .
5. Résoudre l'équation précédente.

Corrigé

1. D'après la formule des probabilités totales, on a P(X1=1)=P(X1=1|X0=1)P(X0=1)+P(X1=1|X0=2)P(X0=2)+P(X1=1|X0=3)P(X0=3)=0+12×13+12×13=13.P(X 1=1)=P(X 1=1|X 0=1)P(X 0=1)+P(X 1=1|X 0=2)P(X 0=2)+P(X 1=1|X 0=3)P(X 0=3)=0+12×13+12×13=13.
   De la même façon on trouve que P(X1=2)=P(X1=3)=13P(X 1=2)=P(X 1=3)=13
   . La variable aléatoire X1X 1
   suit donc une loi uniforme sur {1,2,3}{1,2,3}
   . Par récurrence immédiate, la variable aléatoire XnXn
   suivra aussi pour tout entier nn
   la même loi.
2. On applique encore la formule des probabilités totales. On a P(Xn+1=1)=P(Xn+1=1|Xn=1)P(Xn=1)+P(Xn+1=1|Xn=2)P(Xn=2)+P(Xn+1=1|Xn=3)P(Xn=3)=0P(Xn=1)+12P(Xn=2)+12P(Xn=3).P(X n+1=1)=P(X n+1=1|Xn=1)P(Xn=1)+P(X n+1=1|Xn=2)P(Xn=2)+P(X n+1=1|Xn=3)P(Xn=3)=0 P(Xn=1)+12 P(Xn=2)+12 P(Xn=3).
   En effectuant le même calcul pour P(Xn+1=2)P(X n+1=2)
   et P(Xn+1=3)P(X n+1=3)
   , on trouve que la matrice A=⎛⎜ ⎜ ⎜⎝012121201212120⎞⎟ ⎟ ⎟⎠A=(012121201212120)
   convient.
3. La matrice AA
   est symétrique réelle. Elle est donc diagonalisable, et si on note DD
   la matrice de ses valeurs propres, il existe une matrice orthogonale PP
   telle que A=PDPtA=PD Pt
   . Reste à démontrer que 11
   est valeur propre de AA
   , et que −1/2−1/2
   est valeur propre double. On peut calculer le polynôme caractéristique de AA
   , ou remarquer que ⎛⎜⎝111⎞⎟⎠(111)
   est vecteur propre de AA
   pour la valeur propre 11
   , et que A+12I3A+12 I 3
   est de rang 1, ce qui assure que −1/2−1/2
   est valeur propre d'ordre 2.
4. On a Un=AnU0=PDnPtU0Un=An U 0=P DnPt U 0
   où on a conservé les notations de la question précédente. Mais Dn→B=⎛⎜⎝100000000⎞⎟⎠.Dn→B=(100000000).
   Donc (Un)(Un)
   converge vers PBPtU0=U∞PB Pt U 0=U∞
   . De la relation Un+1=AUnU n+1=A Un
   , on tire en passant à la limite que U∞=AU∞.U∞=A U∞.
5. On sait que 11
   est valeur propre de AA
   d'ordre 11
   , et on a déjà trouvé un vecteur propre précédemment, à savoir ⎛⎜⎝111⎞⎟⎠(111)
   . U∞U∞
   est donc proportionnel à ce vecteur propre. Mais, puisque la somme des lignes de chaque vecteur UnUn
   fait 11
   , il en est de même de la somme des lignes des vecteurs de U∞U∞
   . Ainsi, on a U∞=⎛⎜ ⎜ ⎜⎝131313⎞⎟ ⎟ ⎟⎠.U∞=(131313).

Exercice 31 - Clés USB [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]
Enoncé
Le gérant d'un magasin d'informatique a reçu un lot de clés USB. 5%5%
des boites sont abîmées. Le gérant estime que :

- 60%60%
  des boites abîmées contiennent au moins une clé défectueuse.
- 98%98%
  des boites non abîmées ne contiennent aucune clé défectueuse.

Un client achète une boite du lot. On désigne par AA
l'événement : ``la boite est abîmée'' et par DD
l'événement ``la boite achetée contient au moins une clé défectueuse''.

1. Donner les probabilités de P(A)P(A)
   , P(¯A)P(A¯)
   , P(D|A)P(D|A)
   , P(D|¯A)P(D|A¯)
   , P(¯D|A)P(D¯|A)
   et P(¯D|¯A)P(D¯|A¯)
   . En déduire la probabilité de DD
   .
2. Le client constate qu'une des clés achetées est défectueuse. Quelle est la probabilité pour qu'il ait acheté une boite abîmée?

Indication

1. Traduire les informations de l'énoncé, utiliser la formule des probabilités totales.
2. Utiliser la formule de Bayes.

Corrigé

1. L'énoncé donne directement P(A)=0,05P(A)=0,05
   , d'où P(¯A)=0,95P(A¯)=0,95
   , P(D|A)=0,6P(D|A)=0,6
   et P(¯D|¯A)=0,98P(D¯|A¯)=0,98
   . On en déduit : P(¯D|A)=1−P(D|A)=0,4P(D¯|A)=1−P(D|A)=0,4
   P(D|¯A)=1−P(¯D|¯A)=0,02.P(D|A¯)=1−P(D¯|A¯)=0,02.
   D'après la formule des probabilités totales : P(D)=P(A)P(D|A)+P(¯A)P(D|¯A)=491000.P(D)=P(A)P(D|A)+P(A¯)P(D|A¯)=491000.
2. On obtient P(A|D)P(A|D)
   grâce à la formule de Bayes : P(A|D)=P(A∩D)P(D)=P(D|A)P(A)P(D)=3049.P(A|D)=P(A∩D)P(D)=P(D|A)P(A)P(D)=3049.

Exercice 32 - QCM [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]
Enoncé
Un questionnaire à choix multiples propose mm
réponses pour chaque question. Soit pp
la probabilité qu'un étudiant connaisse la bonne réponse à une question donnée. S'il ignore la réponse, il choisit au hasard l'une des réponses proposées. Quelle est pour le correcteur la probabilité qu'un étudiant connaisse vraiment la bonne réponse lorsqu'il l'a donnée?
Indication
Utiliser la formule de Bayes.
Corrigé
On note : B={L'étudiant donne la bonne réponse}B={L'étudiant donne la bonne réponse}
C={L'étudiant connait la bonne réponse}.C={L'étudiant connait la bonne réponse}.
On cherche PB(C)=P(C|B)PB(C)=P(C|B)
, et l'énoncé donne : P(C)=p, P(B|C)=1, P(B|¯C)=1m.P(C)=p, P(B|C)=1, P(B|C¯)=1 m.
D'après la formule des probabilités totales, on a : P(B)=P(C)P(B|C)+P(¯C)P(B|¯C)=(m−1)p+1m.P(B)=P(C)P(B|C)+P(C¯)P(B|C¯)=(m−1)p+1 m.
D'après la formule de Bayes : P(C|B)=P(B|C)P(C)P(B)=mp1+(m−1)p.P(C|B)=P(B|C)P(C)P(B)=mp1+(m−1)p.
Exercice 33 - Dés pipés [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]
Enoncé
On dispose de 100 dés dont 25 sont pipés. Pour chaque dé pipé, la probabilité d'obtenir le chiffre 6 lors d'un lancer vaut 1/21/2
.

1. On tire un dé au hasard parmi les 100 dés. On lance ce dé et on obtient 6. Quelle est la probabilité que ce dé soit pipé?
2. Soit n∈N∗n∈N∗
   . On tire un dé au hasard parmi 100 dés. On lance ce dé nn
   fois et on obtient nn
   fois le chiffre 66
   . Quelle est la probabilité pnpn
   pour que ce dé soit pipé. Interpréter le résultat.

Indication

1. Formule de Bayes!

Corrigé

1. Notons TT
   l'événement : ``le dé est pipé'' et CC
   l'événement ``le lancer amène un 6''. On cherche PC(T)PC(T)
   . On va calculer cette probabilité en utilisant la formule de Bayes. En effet, (T,¯T)(T,T¯)
   est un système complet d'événements de probabilités non nulles, avec P(T)=25/100=1/4P(T)=25/100=1/4
   et P(¯T)=1−P(T)=3/4P(T¯)=1−P(T)=3/4
   . L'énoncé nous dit aussi que PT(C)=1/2PT(C)=1/2
   et bien sûr P¯T(C)=1/6P T¯(C)=1/6
   . La formule de Bayes donne alors PC(T)=P(T)PT(C)PT(C)P(T)+P¯T(C)P(¯T)=14×1212×14+16×34=12.PC(T)=P(T)PT(C)PT(C)P(T)+P T¯(C)P(T¯)=14×1212×14+16×34=12.
2. Introduisons les événements CkCk
   définis par ``le kk
   -ième lancer amène un 6'' et D=⋂nk=1CkD=⋂k=1 n Ck
   . Nous cherchons PD(T)PD(T)
   que l'on calcule toujours par la formule de Bayes. Il faut juste remarquer que maintenant, par indépendance des événements CkCk
   , PT(D)=(1/2)nPT(D)=(1/2)n
   et P¯T(D)=(1/6)nP T¯(D)=(1/6)n
   . On trouve donc : PD(T)=P(T)PT(D)PT(D)P(T)+P¯T(D)P(¯T)=14×(12)n(12)n×14+(16)n×34=11+3−n+1.PD(T)=P(T)PT(D)PT(D)P(T)+P T¯(D)P(T¯)=14×(12)n(12)n×14+(16)n×34=1 1+3−n+1.
   En particulier, (pn)(pn)
   tend vers 1 lorsque nn
   tend vers l'infini, ce qui est conforme à l'intuition : plus nn
   est grand, plus le dé est très certainement pipé.

Exercice 34 - Pièces défectueuses [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]
Enoncé
Une usine fabrique des pièces, avec une proportion de 0,05 de pièces défectueuses. Le contrôle des fabrications est tel que :

- si la pièce est bonne, elle est acceptée avec la probabilité 0,96.
- si la pièce est mauvaise, elle est refusée avec la probabilité 0,98.

On choisit une pièce au hasard et on la contrôle. Quelle est la probabilité

1. qu'il y ait une erreur de contrôle?
2. qu'une pièce acceptée soit mauvaise?

Indication

1. Décomposer l'événement en "bonne et refusée" et "mauvaise et acceptée", ces deux événements étant incompatibles.
2. C'est la formule de Bayes!

Corrigé

1. On note AA
   l'événement "la pièce est acceptée par le contrôle", et BB
   l'événement "la pièce est bonne". L'événement EE
   "Il y a une erreur au contrôle" se décompose en A∩¯¯¯¯BA∩B¯
   et ¯¯¯¯A∩BA¯∩B
   . Ces deux derniers événements sont incompatibles, on a donc : P(E)=P(A∩¯¯¯¯B)+P(¯¯¯¯A∩B).P(E)=P(A∩B¯)+P(A¯∩B).
   Maintenant, P(A∩¯¯¯¯B)=P(A|¯¯¯¯B)P(¯¯¯¯B)P(A∩B¯)=P(A|B¯)P(B¯)
   . Or, P(¯¯¯¯B)=0,05P(B¯)=0,05
   , et P(A|¯¯¯¯B)=1−P(¯¯¯¯A|¯¯¯¯B)=0,02P(A|B¯)=1−P(A¯|B¯)=0,02
   . De même, on a P(¯¯¯¯A∩B)=P(¯¯¯¯A|B)P(B)P(A¯∩B)=P(A¯|B)P(B)
   et on a P(¯¯¯¯A|B)=1−P(A|B)=0,04P(A¯|B)=1−P(A|B)=0,04
   . On obtient finalement : P(E)=0,95×0,04+0,05×0,02.P(E)=0,95×0,04+0,05×0,02.
2. Dans cette question, on cherche P(¯¯¯¯B|A)P(B¯|A)
   alors que l'on connait les probabilités conditionnelles sachant BB
   . Ceci nous invite à utiliser la formule de Bayes. P(¯¯¯¯B|A)=P(¯¯¯¯B)P(A|¯¯¯¯B)P(B)P(A|B)+P(¯¯¯¯B)P(A|¯¯¯¯B)=0,05×0,020,95×0,96+0,05×0,02=1913≃0,001.P(B¯|A)=P(B¯)P(A|B¯)P(B)P(A|B)+P(B¯)P(A|B¯)=0,05×0,020,95×0,96+0,05×0,02=1913≃0,001.

Exercice 35 - La forêt [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]
Enoncé
Une forêt se compose de trois types d'arbres : 30% sont des chênes, 50% des peupliers, et 20% des hêtres. Suite à une tempête, une maladie se déclare et touche 10% des chênes, 4% des peupliers, et 25% des hêtres. Sachant qu'un arbre est malade, quelle est la probabilité que ce soit un chêne? un peuplier? un hêtre?
Indication
Utiliser la formule de Bayes.
Corrigé
Notons MM
l'événement "l'arbre étudié est malade", et respectivement C,H,QC,H,Q
l'événement "l'arbre étudié est un chêne (resp. un hêtre, un peuplier)". On cherche à connaitre PM(C)PM(C)
. Par la formule de Bayes, PM(C)=PC(M)P(C)PC(M)P(C)+PH(M)P(H)+PQ(M)P(Q)=0,1×0,30,1×0,3+0,04×0,5+0,25×0,2=310.PM(C)=PC(M)P(C)PC(M)P(C)+PH(M)P(H)+PQ(M)P(Q)=0,1×0,30,1×0,3+0,04×0,5+0,25×0,2=310.
De la même façon, on trouve que PM(H)=510, PM(Q)=210.PM(H)=510, PM(Q)=210.
On vérifie bien que la somme des probabilités vaut 1.
Exercice 36 - Menteur! [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]
Enoncé
Vous jouez à pile ou face avec un autre joueur. Il parie sur pile, lance la pièce, et obtient pile. Quelle est la probabilité pour qu'il soit un tricheur?
Indication
Introduire la proportion xx
de tricheurs dans la population, et donner, à l'aide du théorème de Bayes, une estimation de la probabilité qu'il soit un tricheur en fonction de xx
. Il faudra convenir de certaines probabilités de bon sens.
Corrigé
Soit xx
la proportion de tricheurs dans la population. On note respectivement P,F,H,TP,F,H,T
les événements "le joueur obtient pile'', "le joueur obtient face'', "Le joueur est honnête'', "le joueur est un tricheur''. Il semble raisonnable de convenir que P(P|H)=1/2P(P|H)=1/2
et P(F|H)=1/2P(F|H)=1/2
et P(P|T)=1P(P|T)=1
(un tricheur fait vraiment ce qu'il veut!). On cherche donc P(T|P)P(T|P)
. De la formule de Bayes, on déduit : P(T|P)=P(P|T)P(T)P(P|T)P(T)+P(P|H)P(H)=xx+1/2(1−x)=2xx+1.P(T|P)=P(P|T)P(T)P(P|T)P(T)+P(P|H)P(H)=x x+1/2(1−x)=2 xx+1.
Le résultat est plus ou moins réconfortant suivant la proportion de tricheurs xx
dans la population!

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