Corrigé des exercices : Combinatoire et probabilités en L1 de maths

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Pour démarrer

Corrigé de l’exercice 1 – Options et divisibilité

Idée clé : le cardinal d’une réunion se calcule en retirant une fois l’intersection, et « aucune » se traite par le complémentaire.

1. Notons \(I\) et \(F\) les ensembles d’étudiants suivant l’option informatique et l’option physique. Alors \(|I \cup F| = 70 + 45 – 20 = 95\). Les étudiants sans option forment le complémentaire de \(I \cup F\). Il y en a \(120 – 95 = 25\).
2. Entre \(1\) et \(600\), il y a \(150\) multiples de \(4\) et \(100\) multiples de \(6\). Ensuite, les multiples communs de \(4\) et de \(6\) sont ceux de \(\operatorname{ppcm}(4, 6) = 12\) ; on en dénombre \(50\). Attention : le produit \(24\) ne conviendrait pas, car \(4\) et \(6\) ne sont pas premiers entre eux. Donc \(150 + 100 – 50 = 200\) entiers conviennent.

Corrigé de l’exercice 2 – Mots, codes et anagrammes

Idée clé : un mot est une liste ; avec des lettres distinctes, c’est un arrangement ; pour une anagramme, on choisit les places de chaque lettre répétée.

1. Un mot de \(5\) lettres est une \(5\)-liste de l’alphabet. Il y en a \(26^5 = 11\,881\,376\).
2. Les lettres étant distinctes, on compte des arrangements. Le premier rang offre \(26\) choix, le deuxième \(25\), et ainsi de suite jusqu’au cinquième, qui en offre \(22\). Il y en a \(A_{26}^5 = \frac{26!}{21!} = 7\,893\,600\).
3. Le mot PAPILLON compte \(8\) lettres : deux P, deux L, et A, I, O, N une fois chacune. On choisit d’abord les places des deux P, soit \(\binom{8}{2} = 28\) choix. Ensuite, on choisit celles des deux L parmi les \(6\) restantes, soit \(\binom{6}{2} = 15\) choix. Enfin, on range les quatre lettres simples dans les \(4\) places libres, de \(4! = 24\) façons. On obtient \(28 \times 15 \times 24 = 10\,080 = \frac{8!}{2!\,2!}\) anagrammes.

Corrigé de l’exercice 3 – Premiers calculs de coefficients binomiaux

Idée clé : on écrit les coefficients avec des factorielles, et l’on reconnaît la formule du binôme pour la somme.

1. On calcule \(\binom{9}{4} = \frac{9 \times 8 \times 7 \times 6}{4 \times 3 \times 2 \times 1} = 126\). Choisir les \(4\) éléments retenus revient à choisir les \(5\) éléments écartés. Donc \(\binom{9}{5} = \binom{9}{4} = 126\).
2. Pour \(1 \leqslant k \leqslant n\), on simplifie \(k\) avec \(k!\) : \(k \times \frac{n!}{k!\,(n-k)!} = \frac{n!}{(k-1)!\,(n-k)!}\). Or \(n – k = (n-1) – (k-1)\), et \(n! = n \times (n-1)!\). Le membre de droite vaut donc \(n\) fois le coefficient \(\binom{n-1}{k-1}\). La relation \((\star)\) est établie. On peut aussi la voir par double comptage : les deux membres comptent les équipes de \(k\) personnes parmi \(n\) munies d’un capitaine.
3. La formule du binôme avec \(a = b = 1\) donne \(\sum_{k=0}^{7} \binom{7}{k} = (1 + 1)^7\). La somme vaut \(2^7 = 128\).

Corrigé de l’exercice 4 – Deux dés de couleurs différentes

Idée clé : les dés étant distinguables, l’univers des couples est équiprobable, et l’on compte les couples favorables.

1. On prend \(\Omega = \{1, \ldots, 6\}^2\), où le premier terme est le dé rouge. Les dés sont équilibrés et indépendants. Les \(36\) couples sont donc équiprobables.
2. La somme vaut \(9\) pour \((3, 6)\), \((4, 5)\), \((5, 4)\) et \((6, 3)\). La probabilité vaut \(\frac{4}{36} = \frac{1}{9}\).
3. L’événement contraire est « aucun \(6\) », qui contient \(5^2 = 25\) couples. La probabilité vaut \(1 – \frac{25}{36} = \frac{11}{36}\).
4. Le maximum est au plus \(4\) pour \(4^2 = 16\) couples, et au plus \(3\) pour \(3^2 = 9\) couples. Ainsi, il vaut exactement \(4\) pour \(16 – 9 = 7\) couples. La probabilité vaut \(\frac{7}{36}\).

Corrigé de l’exercice 5 – Deux tirages sans remise

Idée clé : après le premier tirage, on raisonne sur la composition modifiée de l’urne ; la formule des probabilités totales donne ensuite la loi du second tirage.

1. Si la première boule est rouge, il reste \(4\) rouges et \(3\) vertes. La probabilité cherchée vaut \(\frac{3}{7}\).
2. Notons \(V_1\) et \(V_2\) les événements « boule verte » au premier et au second tirage. Par la formule des probabilités composées, \(P(V_1 \cap V_2) = P(V_1)\, P_{V_1}(V_2) = \frac{3}{8} \times \frac{2}{7}\). Donc \(P(V_1 \cap V_2) = \frac{6}{56} = \frac{3}{28}\).
3. Le système \((V_1, \overline{V_1})\) est complet. Ainsi, \(P(V_2) = \frac{3}{8} \times \frac{2}{7} + \frac{5}{8} \times \frac{3}{7} = \frac{6 + 15}{56} = \frac{21}{56}\). On trouve \(P(V_2) = \frac{3}{8}\), comme au premier tirage.

Corrigé de l’exercice 6 – Jetons numérotés

Idée clé : les jetons sont équiprobables, pas les numéros ; on compte donc les jetons qui portent chaque valeur.

1. Deux jetons sur quatre portent le \(1\). Donc \(P(X = 1) = \frac{1}{2}\), \(P(X = 2) = \frac{1}{4}\) et \(P(X = 5) = \frac{1}{4}\).
2. On calcule \(E(X) = \frac{1}{2} + \frac{2}{4} + \frac{5}{4} = \frac{9}{4}\). Ensuite, \(E(X^2) = \frac{1}{2} + \frac{4}{4} + \frac{25}{4} = \frac{31}{4}\). Par König-Huygens, \(V(X) = \frac{31}{4} – \frac{81}{16} = \frac{124 – 81}{16}\). Ainsi, \(E(X) = \frac{9}{4}\) et \(V(X) = \frac{43}{16}\).
3. Par linéarité, \(E(Y) = 4 \times \frac{9}{4} – 3 = 6\). Ensuite, \(V(Y) = 4^2\, V(X) = 16 \times \frac{43}{16}\). Donc \(E(Y) = 6\) et \(V(Y) = 43\).

Pour s’entraîner

Corrigé de l’exercice 7 – Former un comité

Idée clé : un comité est une partie ; on découpe selon le sexe des membres, on passe au complémentaire pour « au moins », et l’on compte les comités avec président par double comptage.

1. On choisit \(4\) personnes parmi \(12\). Il y a \(\binom{12}{4} = 495\) comités.
2. On choisit \(2\) femmes parmi \(7\), puis \(2\) hommes parmi \(5\). Il y a \(\binom{7}{2}\binom{5}{2} = 21 \times 10 = 210\) comités.
3. Le contraire de « au moins un homme » est « que des femmes », qui donne \(\binom{7}{4} = 35\) comités. Il reste \(495 – 35 = 460\) comités.
4. Première façon : on choisit le comité, puis son président parmi les \(4\) membres, soit \(495 \times 4\). Seconde façon : on choisit d’abord le président parmi \(12\), puis les \(3\) autres membres parmi \(11\), soit \(12 \times \binom{11}{3} = 12 \times 165\). Les deux calculs donnent \(1980\).

Corrigé de l’exercice 8 – Chemins dans un quadrillage

Idée clé : un chemin est déterminé par les positions de ses pas vers le haut parmi tous ses pas.

1. Un chemin de \(O\) à \(Q\) comporte \(6\) pas à droite et \(4\) pas vers le haut, soit \(10\) pas. Il est entièrement déterminé par les rangs des \(4\) pas vers le haut. Il y a donc \(\binom{10}{4} = 210\) chemins.
2. Un chemin passant par \(P\) se découpe en un chemin de \(O\) à \(P\), soit \(2\) pas à droite et \(3\) vers le haut, puis un chemin de \(P\) à \(Q\), soit \(4\) pas à droite et \(1\) vers le haut. Le principe multiplicatif donne \(\binom{5}{3} \times \binom{5}{1} = 10 \times 5\). Il y a \(50\) chemins passant par \(P\).
3. Par complémentaire, \(210 – 50 = 160\) chemins évitent \(P\).

Corrigé de l’exercice 9 – Multiples de 3, 5 ou 7

Idée clé : une intersection de « multiples de » est l’ensemble des multiples du plus petit commun multiple, qui est ici le produit car les nombres sont premiers entre eux.

1. Les multiples de \(d\) compris entre \(1\) et \(1000\) sont les \(kd\) avec \(1 \leqslant k \leqslant \frac{1000}{d}\). Leur nombre est donc le plus grand entier \(k\) inférieur ou égal à \(\frac{1000}{d}\), soit \(\left\lfloor \frac{1000}{d} \right\rfloor\).
2. Notons \(T\), \(C\) et \(S\) les ensembles de multiples de \(3\), \(5\) et \(7\). On a \(|T| = 333\), \(|C| = 200\) et \(|S| = 142\). Ensuite, \(|T \cap C| = 66\) (multiples de \(15\)), \(|T \cap S| = 47\) (multiples de \(21\)) et \(|C \cap S| = 28\) (multiples de \(35\)). Enfin, \(|T \cap C \cap S| = 9\) (multiples de \(105\)). Par conséquent, \(N = 675 – 141 + 9\). On obtient \(N = 543\).
3. Les diviseurs premiers de \(105 = 3 \times 5 \times 7\) sont \(3\), \(5\) et \(7\). Ainsi, être premier avec \(105\) revient à échapper aux trois ensembles \(T\), \(C\) et \(S\). Les entiers concernés forment le complémentaire de la réunion : on en compte \(1000 – 543 = 457\). Sous l’hypothèse d’équiprobabilité, la probabilité vaut \(0{,}457\).

Corrigé de l’exercice 10 – Sommes de coefficients binomiaux

Idée clé : on choisit des valeurs de \(a\) et \(b\) dans la formule du binôme, puis on combine les sommes obtenues.

1. Avec \(a = -1\) et \(b = 1\), la formule du binôme donne \(\sum_{k=0}^{n} (-1)^k \binom{n}{k} = (1 – 1)^n\). Cette somme vaut \(0\), car \(n \geqslant 1\).
2. Notons \(\Pi\) le nombre de parties de cardinal pair et \(I\) celui des parties de cardinal impair. La question 1 donne \(\Pi – I = 0\). De plus, \(\Pi + I = 2^n\). Donc \(\Pi = I = 2^{n-1}\).
3. D’après la relation \((\star)\), le terme d’indice \(k\) vaut \(n\binom{n-1}{k-1}\). On pose \(j = k – 1\), qui varie de \(0\) à \(n – 1\). On reconnaît alors \(n\) fois la somme de tous les coefficients de la ligne \(n – 1\) du triangle de Pascal, qui vaut \(2^{n-1}\). La somme demandée vaut \(n\,2^{n-1}\).
4. Pour \(n = 4\), les coefficients sont \(1, 4, 6, 4, 1\). D’abord, \(1 – 4 + 6 – 4 + 1 = 0\). Ensuite, les parties paires sont \(1 + 6 + 1 = 8 = 2^3\). Enfin, \(4 + 12 + 12 + 4 = 32 = 4 \times 2^3\). Les trois résultats sont vérifiés.

Corrigé de l’exercice 11 – Trois machines et une pièce défectueuse

Idée clé : les trois machines forment un système complet ; on applique les probabilités totales, puis Bayes pour remonter à la machine.

1. Les événements \(M_1\), \(M_2\), \(M_3\) forment un système complet, de probabilités \(0{,}5\), \(0{,}3\) et \(0{,}2\). En sommant les trois branches qui mènent à \(D\), on trouve \(P(D) = 0{,}5 \times 0{,}02 + 0{,}3 \times 0{,}03 + 0{,}2 \times 0{,}05 = 0{,}010 + 0{,}009 + 0{,}010\). Donc \(P(D) = 0{,}029\).
2. On remonte de l’effet à la cause : \(P_D(M_3) =\frac{P(M_3)\, P_{M_3}(D)}{P(D)} = \frac{0{,}010}{0{,}029}\). Donc \(P_D(M_3) = \frac{10}{29} \approx 0{,}345\).
3. La machine \(M_3\) fabrique \(20\,\%\) des pièces, mais environ \(34{,}5\,\%\) des pièces défectueuses. Son taux de défaut élevé la surreprésente parmi les défauts : c’est elle qu’il faut contrôler en priorité.

Corrigé de l’exercice 12 – Un test de dépistage et ses faux positifs

Idée clé : on distingue la probabilité d’un test positif sachant la maladie, donnée par l’énoncé, de la probabilité de la maladie sachant un test positif, qu’on obtient par Bayes.

1. Notons \(M\) l’événement « l’habitant est porteur » et \(T\) l’événement « le test réagit ». Le système \((M, \overline{M})\) est complet. Ainsi, \(P(T) = 0{,}004 \times 0{,}98 + 0{,}996 \times 0{,}03 = 0{,}003\,92 + 0{,}029\,88\). Donc \(P(T) = 0{,}033\,8\).
2. Par Bayes, \(P_T(M) = \frac{0{,}003\,92}{0{,}033\,8} \approx 0{,}116\). Moins de \(12\,\%\) des habitants dont le test réagit sont porteurs. En effet, le virus est rare : les fausses alertes, issues d’une population non porteuse très nombreuse, dépassent largement les vraies. Sur \(100\,000\) habitants, environ \(392\) porteurs réagissent, contre \(2988\) non-porteurs.
3. Notons \(T_2\) l’événement « le second test réagit ». Par indépendance conditionnelle, \(P_M(T \cap T_2) = 0{,}98^2\) et \(P_{\overline{M}}(T \cap T_2) = 0{,}03^2\). Les probabilités totales donnent alors \(P(T \cap T_2) = 0{,}004 \times 0{,}960\,4 + 0{,}996 \times 0{,}000\,9 = 0{,}003\,841\,6 + 0{,}000\,896\,4 = 0{,}004\,738\). Par conséquent, \(P_{T \cap T_2}(M) = \frac{0{,}003\,841\,6}{0{,}004\,738}\). On obtient environ \(0{,}811\) : le second test change radicalement le diagnostic.

Corrigé de l’exercice 13 – Parités de deux dés et indépendance

Idée clé : la somme est paire exactement lorsque les deux dés ont la même parité ; on calcule ensuite chaque intersection par dénombrement.

1. Trois faces sur six sont paires, donc \(P(A) = P(B) = \frac{1}{2}\). Ensuite, la somme est paire si les deux dés sont pairs (\(9\) couples) ou tous deux impairs (\(9\) couples). Cela fait \(18\) couples sur \(36\). Ainsi, chacun des trois événements a pour probabilité \(\frac{1}{2}\).
2. L’événement \(A \cap B\) contient \(9\) couples, donc \(P(A \cap B) = \frac{1}{4}\). De plus, \(A \cap C\) signifie « dé rouge pair et total pair », c’est-à-dire « deux dés pairs » : c’est encore \(A \cap B\). De même, \(B \cap C = A \cap B\). Chaque intersection a pour probabilité \(\frac{1}{4} = \frac{1}{2} \times \frac{1}{2}\) : les événements sont deux à deux indépendants.
3. On a \(A \cap B \cap C = A \cap B\), de probabilité \(\frac{1}{4}\), alors que \(P(A)\,P(B)\,P(C) = \frac{1}{8}\). Ils ne sont donc pas mutuellement indépendants.
4. L’événement \(A\) est la réunion disjointe de \(A \cap B\) et de \(A \cap \overline{B}\). Ainsi, \(P(A \cap \overline{B}) = P(A) – P(A)\,P(B) = P(A)\,(1 – P(B))\). Donc \(P(A \cap \overline{B}) = P(A)\,P(\overline{B})\).

Corrigé de l’exercice 14 – Répondre au hasard à un QCM

Idée clé : on vérifie les trois conditions de la loi binomiale, puis la note, fonction affine de \(X\), se traite par linéarité.

1. Chaque question est une épreuve à deux issues, réussie avec probabilité \(\frac{1}{4}\). De plus, les \(12\) questions sont indépendantes. Le nombre de succès \(X\) suit donc la loi \(\mathcal{B}\left(12, \frac{1}{4}\right)\).
2. On calcule \(P(X = 3) = \binom{12}{3} \left(\frac{1}{4}\right)^3 \left(\frac{3}{4}\right)^9 = \frac{220 \times 3^9}{4^{12}} = \frac{4\,330\,260}{16\,777\,216}\). Ensuite, \(P(X \geqslant 1) = 1 – P(X = 0) = 1 – \left(\frac{3}{4}\right)^{12}\). On trouve \(P(X = 3) \approx 0{,}258\) et \(P(X \geqslant 1) \approx 0{,}968\). Le diagramme montre que \(3\) est la valeur la plus probable.
3. Pour une loi binomiale, \(E(X) = np\) et \(V(X) = np(1-p)\). Ici, \(E(X) = 3\) et \(V(X) = 12 \times \frac{1}{4} \times \frac{3}{4} = \frac{9}{4}\).
4. Le candidat a \(X\) bonnes et \(12 – X\) mauvaises réponses. Donc \(S = X – \frac{12 – X}{3} = \frac{4X – 12}{3}\). Par linéarité, \(E(S) = \frac{4 \times 3 – 12}{3} = 0\). Ensuite, \(V(S) = \left(\frac{4}{3}\right)^2 V(X) = \frac{16}{9} \times \frac{9}{4}\). Ainsi, \(E(S) = 0\) et \(V(S) = 4\) : répondre au hasard ne rapporte rien en moyenne.

Corrigé de l’exercice 15 – Un jeu de dés est-il favorable

Idée clé : on identifie les issues gagnantes dans l’univers des \(36\) couples, puis on calcule l’espérance du gain net.

1. Il y a \(6\) doubles et \(6\) couples de somme \(7\). Ces deux événements sont incompatibles, car un double a une somme paire. Il reste donc \(24\) couples perdants. La loi est \(P(G = 8) = \frac{1}{6}\), \(P(G = 1) = \frac{1}{6}\) et \(P(G = -2) = \frac{2}{3}\).
2. On calcule \(E(G) = \frac{8}{6} + \frac{1}{6} – \frac{4}{3} = \frac{9 – 8}{6}\). Donc \(E(G) = \frac{1}{6} > 0\) : le jeu est légèrement favorable au joueur.
3. Ensuite, \(E(G^2) = \frac{64}{6} + \frac{1}{6} + \frac{2}{3} \times 4 = \frac{65 + 16}{6} = \frac{27}{2}\). Par König-Huygens, \(V(G) = \frac{27}{2} – \frac{1}{36} = \frac{486 – 1}{36}\). Ainsi, \(V(G) = \frac{485}{36} \approx 13{,}5\).
4. Avec une mise \(c\), le gain net vaut \(10 – c\), \(3 – c\) ou \(-c\), avec les mêmes probabilités. Son espérance vaut \(\frac{10}{6} + \frac{3}{6} – c = \frac{13}{6} – c\). Le jeu est équitable pour une mise de \(\frac{13}{6} \approx 2{,}17\) euros.

Corrigé de l’exercice 16 – Écart entre deux dés

Idée clé : dans le tableau des \(36\) couples, l’écart \(k\) se lit sur des parallèles à la diagonale, qui contiennent \(6 – k\) cases de chaque côté.

1. L’écart \(0\) correspond aux \(6\) cases de la diagonale. Pour \(k \geqslant 1\), il y a \(6 – k\) cases au-dessus de la diagonale et autant au-dessous, soit \(2(6 – k)\) cases. Ainsi, \(P(X = 0) = \frac{6}{36}\), \(P(X = 1) = \frac{10}{36}\), \(P(X = 2) = \frac{8}{36}\), \(P(X = 3) = \frac{6}{36}\), \(P(X = 4) = \frac{4}{36}\) et \(P(X = 5) = \frac{2}{36}\). On vérifie que la somme des numérateurs vaut \(36\).
2. On calcule \(E(X) = \frac{0 + 10 + 16 + 18 + 16 + 10}{36} = \frac{70}{36}\). Donc \(E(X) = \frac{35}{18} \approx 1{,}94\).
3. Ensuite, \(E(X^2) = \frac{10 + 32 + 54 + 64 + 50}{36} = \frac{210}{36} = \frac{35}{6}\). Par König-Huygens, \(V(X) = \frac{35}{6} – \frac{1225}{324} = \frac{1890 – 1225}{324}\). Donc \(V(X) = \frac{665}{324} \approx 2{,}05\).

Pour approfondir

Corrigé de l’exercice 17 – Lettres et enveloppes mélangées

Idée clé : fixer \(k\) lettres à leur place laisse \((n-k)!\) permutations des autres ; la somme sur les \(\binom{n}{k}\) choix d’indices se simplifie alors en \(\frac{1}{k!}\).

1. L’univers est l’ensemble des \(n!\) permutations, toutes équiprobables. Imposer que les lettres \(j_1, \ldots, j_k\) soient bien placées fixe \(k\) images ; les \(n – k\) lettres restantes se répartissent librement dans les \(n – k\) enveloppes restantes, de \((n-k)!\) façons. La probabilité cherchée vaut donc \(\frac{(n-k)!}{n!}\), quel que soit le choix des indices.
2. Il y a \(\binom{n}{k}\) façons de choisir \(j_1 < \cdots < j_k\). Par conséquent, \(s_k = \binom{n}{k} \times \frac{(n-k)!}{n!}\), et ce produit se simplifie en \(\frac{1}{k!}\). La formule du crible donne alors la probabilité qu’au moins une lettre soit bien placée : \(\sum_{k=1}^{n} \frac{(-1)^{k+1}}{k!}\). Or « aucune lettre bien placée » est l’événement contraire. Donc \(p_n = 1 – \sum_{k=1}^{n} \frac{(-1)^{k+1}}{k!} = \sum_{k=0}^{n} \frac{(-1)^k}{k!}\).
3. On calcule \(p_4 = 1 – 1 + \frac{1}{2} – \frac{1}{6} + \frac{1}{24} = \frac{12 – 4 + 1}{24} = \frac{9}{24}\). Les permutations sans point fixe de \(\{1, 2, 3, 4\}\), écrites en ligne, sont : 2143, 2341, 2413, 3142, 3412, 3421, 4123, 4312 et 4321. Il y en a bien \(9\) sur \(24\). Ainsi, \(p_4 = \frac{3}{8}\).

Corrigé de l’exercice 18 – Espérance et variance de la loi binomiale

Idée clé : on absorbe le facteur \(k\), puis \(k(k-1)\), dans le coefficient binomial afin de faire apparaître un binôme de Newton d’exposant plus petit.

1. Le terme d’indice \(0\) est nul. Pour \(k \geqslant 1\), la relation \((\star)\) permet d’écrire le facteur \(k\binom{n}{k}\) sous la forme \(n\binom{n-1}{k-1}\) ; on sort aussi un facteur \(p\) de \(p^k\). Avec \(j = k – 1\), on obtient \(E(X) = np \sum_{j=0}^{n-1} \binom{n-1}{j} p^{j} q^{n-1-j} = np\,(p + q)^{n-1}\). Comme \(p + q = 1\), on a \(E(X) = np\).
2. Pour \(2 \leqslant k \leqslant n\), on a \(k(k-1)\binom{n}{k} = \frac{n!}{(k-2)!\,(n-k)!} = n(n-1)\binom{n-2}{k-2}\). Les termes d’indices \(0\) et \(1\) de \(E(X(X-1))\) sont nuls. Avec \(j = k – 2\), le théorème de transfert donne \(E(X(X-1)) = n(n-1)p^2 \sum_{j=0}^{n-2} \binom{n-2}{j} p^j q^{n-2-j}\). Donc \(E(X(X-1)) = n(n-1)p^2\).
3. Par linéarité, \(E(X^2) = E(X(X-1)) + E(X) = n(n-1)p^2 + np\). Ensuite, König-Huygens donne \(V(X) = n(n-1)p^2 + np – n^2p^2 = np – np^2\). Ainsi, \(V(X) = np(1 – p) = npq\).

Corrigé de l’exercice 19 – Une urne qui se renforce

Idée clé : la composition de l’urne au second tirage dépend du premier ; on conditionne donc par la couleur de la première boule.

1. On a \(P(B_1) = \frac{2}{3}\). Si \(B_1\) est réalisé, l’urne contient \(3\) blanches et \(1\) noire ; sinon, \(2\) blanches et \(2\) noires. Les probabilités totales donnent \(P(B_2) = \frac{2}{3} \times \frac{3}{4} + \frac{1}{3} \times \frac{2}{4} = \frac{1}{2} + \frac{1}{6}\). Donc \(P(B_2) = \frac{2}{3} = P(B_1)\).
2. Par définition, \(P_{B_2}(B_1) = \frac{P(B_1 \cap B_2)}{P(B_2)} = \frac{1/2}{2/3}\). On obtient \(P_{B_2}(B_1) = \frac{3}{4}\).
3. On a \(P(B_1 \cap B_2) = \frac{1}{2}\), alors que \(P(B_1)\,P(B_2) = \frac{4}{9}\). Les deux événements ne sont donc pas indépendants. Ce n’est pas paradoxal : une blanche au premier tirage renforce les blanches pour la suite.
4. L’événement se décompose en « blanche puis noire » et « noire puis blanche », incompatibles. Leurs probabilités valent \(\frac{2}{3} \times \frac{1}{4} = \frac{1}{6}\) et \(\frac{1}{3} \times \frac{2}{4} = \frac{1}{6}\). La probabilité cherchée vaut \(\frac{1}{3}\).

Corrigé de l’exercice 20 – Problème – Records dans une permutation

Idée clé : on décompose \(R_n\) en somme d’indicatrices ; chaque indicatrice a une loi simple obtenue par dénombrement, et la linéarité de l’espérance fait le reste, sans connaître la loi de \(R_n\).

1. Pour \(n = 3\), un record est une valeur plus grande que toutes celles qui la précèdent. On obtient :
   • 123 : records aux rangs 1, 2, 3, soit \(3\) records ;
   • 132, 213 et 231 : \(2\) records chacune ;
   • 312 et 321 : \(1\) record chacune.

   Donc \(P(R_3 = 1) = \frac{2}{6}\), \(P(R_3 = 2) = \frac{3}{6}\), \(P(R_3 = 3) = \frac{1}{6}\), et \(E(R_3) = \frac{2 + 6 + 3}{6} = \frac{11}{6}\).

2. Le rang \(k\) est un record si et seulement si le plus grand des nombres \(\sigma_1, \ldots, \sigma_k\) occupe le rang \(k\). Comptons ces permutations. D’abord, on choisit l’ensemble des valeurs placées aux rangs \(1\) à \(k\) : \(\binom{n}{k}\) choix. Ensuite, on place la plus grande au rang \(k\) et l’on range les \(k – 1\) autres : \((k-1)!\) choix. Enfin, on range les \(n – k\) valeurs restantes : \((n-k)!\) choix. On obtient \(\binom{n}{k}(k-1)!\,(n-k)! = \frac{n!}{k}\) permutations. Par équiprobabilité, \(P(X_k = 1) = \frac{1}{k}\).
3. Chaque record est compté par exactement une indicatrice, donc \(R_n = X_1 + \cdots + X_n\). Chaque \(X_k\) suit une loi de Bernoulli de paramètre \(\frac{1}{k}\). Par linéarité, \(E(R_n) = \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k}\). Pour \(n = 3\), on retrouve \(1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} = \frac{11}{6}\). Le diagramme compare les lois de \(R_3\) et de \(R_4\).
4. On a \(R_n = 1\) si et seulement si \(\sigma_1 = n\), ce qui laisse \((n-1)!\) permutations. Ensuite, \(R_n = n\) si et seulement si la suite est croissante, c’est-à-dire si \(\sigma\) est l’identité. Donc \(P(R_n = 1) = \frac{1}{n}\) et \(P(R_n = n) = \frac{1}{n!}\).
5. Pour \(n = 3\), l’événement \((X_2 = 1) \cap (X_3 = 1)\) signifie \(\sigma_1 < \sigma_2 < \sigma_3\) : seule la permutation 123 convient. Sa probabilité vaut \(\frac{1}{6}\). Or \(P(X_2 = 1)\,P(X_3 = 1) = \frac{1}{2} \times \frac{1}{3} = \frac{1}{6}\). Les événements sont donc indépendants. Le même calcul fonctionne pour les autres valeurs des deux indicatrices, puisque des événements indépendants ont des contraires indépendants.

Pour aller plus loin

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