Dénombrements et variables aléatoires finies : corrigé du contrôle de maths en L1
Voici le corrigé du contrôle de maths en L1 sur le thème « dénombrements et variables aléatoires finies », question par question.
Cette correction suit la rédaction attendue dans une copie de licence. Pour chaque dénombrement, elle précise d’abord la nature des objets comptés, puis elle choisit entre listes et combinaisons. Ainsi, vous verrez pourquoi le passage au complémentaire simplifie le décompte des mains contenant au moins un cœur.
L’exercice de conditionnement contient l’arbre complété, puis l’application de la formule de Bayes. La loi du rang de la première boule blanche figure aussi sous forme de diagramme. De plus, le problème établit une identité sur les coefficients binomiaux, puis en déduit une espérance simple. Refaites d’abord chaque calcul seul, ensuite comparez votre copie au barème indiqué sous chaque exercice.
L’énoncé complet se trouve ici : Dénombrements et variables aléatoires finies : contrôle de maths en L1.
Barème du contrôle corrigé : dénombrements et variables aléatoires finies
| Exercice | Points |
|---|---|
| 1. Questions de cours et inclusion-exclusion | 3 points |
| 2. Mains de cinq cartes | 4 points |
| 3. Les trajets d’Ilyes | 4 points |
| 4. Tirages sans remise jusqu’à la première boule blanche | 3 points |
| 5. Problème : le plus grand de trois jetons | 6 points |
| Total | 20 points |
Le corrigé détaillé : dénombrements et variables aléatoires finies
Exercice 1 – Questions de cours et inclusion-exclusion (3 points)
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Pour former une \(k\)-liste d’éléments distincts, on dispose de \(n\) choix pour le premier terme, puis de \(n – 1\) pour le deuxième, et ainsi de suite. Il y a donc \(n(n – 1) \cdots (n – k + 1) = \frac{n!}{(n – k)!}\) telles listes.
Or chaque partie à \(k\) éléments fournit exactement \(k!\) listes, une par ordre d’écriture de ses éléments. Par conséquent, le nombre de parties vaut \(\binom{n}{k} = \frac{n!}{k!\,(n – k)!}\).
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Comptons les couples \((C, p)\), où \(C\) est un comité de \(k\) personnes choisies parmi \(n\) et \(p\) un président pris dans \(C\). D’une part, on choisit d’abord le comité, puis son président : cela donne \(k\binom{n}{k}\) couples.
D’autre part, on peut désigner le président parmi les \(n\) personnes, puis compléter avec \(k – 1\) membres parmi les \(n – 1\) restantes. On obtient alors \(n\binom{n – 1}{k – 1}\) couples. Les deux décomptes portent sur le même ensemble, donc \(k\binom{n}{k} = n\binom{n – 1}{k – 1}\).
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Notons \(A_d\) l’ensemble des multiples de \(d\) entre \(1\) et \(60\) : il contient \(\frac{60}{d}\) éléments quand \(d\) divise \(60\). Ainsi, \(|A_2| = 30\), \(|A_3| = 20\) et \(|A_5| = 12\).
Les intersections correspondent aux multiples de \(6\), \(10\), \(15\) et \(30\), car \(2\), \(3\) et \(5\) sont premiers entre eux. On trouve respectivement \(10\), \(6\), \(4\) et \(2\) éléments. La formule d’inclusion-exclusion donne enfin \(30 + 20 + 12 – 10 – 6 – 4 + 2\), soit \(44\) entiers.
Exercice 2 – Mains de cinq cartes (4 points)
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Une main est une partie à \(5\) éléments de l’ensemble des \(32\) cartes, car l’ordre ne compte pas. Il y en a \(\binom{32}{5} = \frac{32 \times 31 \times 30 \times 29 \times 28}{120}\), soit \(201\,376\) mains.
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On choisit deux as parmi les quatre, puis trois cartes parmi les \(28\) qui ne sont pas des as. Le principe multiplicatif donne \(\binom{4}{2}\binom{28}{3} = 6 \times 3\,276\), soit \(19\,656\) mains.
Toutes les mains sont équiprobables. La probabilité vaut donc \(\frac{19\,656}{201\,376}\). En divisant par \(56\), on obtient \(\frac{351}{3\,596}\), fraction irréductible car \(351 = 3^3 \times 13\) et \(3\,596 = 2^2 \times 29 \times 31\).
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L’événement contraire est « aucun cœur » : les cinq cartes sont alors prises parmi les \(24\) autres. Il compte \(\binom{24}{5} = 42\,504\) mains. Par conséquent, \(201\,376 – 42\,504 = 158\,872\) mains contiennent au moins un cœur.
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On construit une telle main en quatre étapes. D’abord, on choisit la valeur de la paire, soit \(8\) possibilités, puis ses deux couleurs, soit \(\binom{4}{2} = 6\) possibilités. Ensuite, on choisit trois autres valeurs parmi les \(7\) restantes, soit \(\binom{7}{3} = 35\) possibilités. Enfin, chacune de ces trois cartes reçoit l’une des \(4\) couleurs, d’où \(4^3 = 64\) possibilités.
Chaque main convenable s’obtient une seule fois ainsi. Le nombre cherché vaut donc \(8 \times 6 \times 35 \times 64\), soit \(107\,520\) mains.
Piège classique : en d), choisir les trois cartes isolées par \(\binom{28}{3}\) compte aussi des brelans ou une deuxième paire ; il faut choisir les valeurs avant les couleurs.
Exercice 3 – Les trajets d’Ilyes (4 points)
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La probabilité de prendre le vélo vaut \(1 – \frac{1}{2} – \frac{3}{10} = \frac{1}{5}\). Au second niveau, chaque branche \(\overline{R}\) porte le complément à \(1\) de la branche \(R\) correspondante.
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Chaque matin, Ilyes utilise un et un seul moyen de transport. Les événements \(T\), \(B\) et \(V\) sont donc deux à deux incompatibles, et leur réunion est l’univers : ils forment un système complet. La formule des probabilités totales donne alors \(P(R) = \frac{1}{2} \times \frac{1}{10} + \frac{3}{10} \times \frac{1}{5} + \frac{1}{5} \times \frac{1}{20}\).
Ainsi, \(P(R) = \frac{5}{100} + \frac{6}{100} + \frac{1}{100}\), soit \(P(R) = \frac{3}{25}\).
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D’après la formule de Bayes, \(P_R(B) = \frac{P(B)\,P_B(R)}{P(R)} = \frac{6/100}{12/100}\), donc \(P_R(B) = \frac{1}{2}\). Sachant qu’il est en retard, Ilyes a donc pris le bus une fois sur deux.
Par ailleurs, \(P(R \cap T) = \frac{1}{20} = \frac{5}{100}\), alors que \(P(R)\,P(T) = \frac{3}{50} = \frac{6}{100}\). Ces deux nombres diffèrent, donc \(R\) et \(T\) ne sont pas indépendants.
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Les cinq matins sont des épreuves de Bernoulli indépendantes et de même paramètre \(\frac{3}{25}\). Le nombre de succès \(X\) suit donc la loi binomiale de paramètres \(5\) et \(\frac{3}{25}\) : pour \(0 \leq k \leq 5\), \(P(X = k) = \binom{5}{k}\left(\frac{3}{25}\right)^k\left(\frac{22}{25}\right)^{5 – k}\).
Son espérance vaut \(5 \times \frac{3}{25}\), soit \(E(X) = \frac{3}{5}\). Enfin, l’événement contraire de « au moins un retard » est \(X = 0\), d’où \(P(X \geq 1) = 1 – \left(\frac{22}{25}\right)^5\).
Exercice 4 – Tirages sans remise jusqu’à la première boule blanche (3 points)
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Il y a trois boules rouges : au pire, elles sortent toutes avant une blanche. Le rang \(X\) prend donc ses valeurs dans \(\{1, 2, 3, 4\}\). Notons \(R_i\) et \(W_i\) les événements « la \(i\)-ème boule est rouge » et « la \(i\)-ème boule est blanche ».
D’abord, \(P(X = 1) = P(W_1) = \frac{2}{5}\). Ensuite, la formule des probabilités composées donne \(P(X = 2) = \frac{3}{5} \times \frac{2}{4} = \frac{3}{10}\), puis \(P(X = 3) = \frac{3}{5} \times \frac{2}{4} \times \frac{2}{3} = \frac{1}{5}\). Enfin, \(P(X = 4) = \frac{3}{5} \times \frac{2}{4} \times \frac{1}{3} \times 1 = \frac{1}{10}\).
On vérifie que \(\frac{4}{10} + \frac{3}{10} + \frac{2}{10} + \frac{1}{10} = 1\). La loi est donc \(\frac{2}{5}\), \(\frac{3}{10}\), \(\frac{1}{5}\), \(\frac{1}{10}\) pour les valeurs \(1\), \(2\), \(3\), \(4\).
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Par définition, \(E(X) = 1 \times \frac{2}{5} + 2 \times \frac{3}{10} + 3 \times \frac{1}{5} + 4 \times \frac{1}{10} = \frac{2 + 3 + 3 + 2}{5}\). Ainsi, \(E(X) = 2\).
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De même, \(E\left(X^2\right) = 1 \times \frac{2}{5} + 4 \times \frac{3}{10} + 9 \times \frac{1}{5} + 16 \times \frac{1}{10} = \frac{2 + 6 + 9 + 8}{5} = 5\). La formule de König-Huygens donne alors \(V(X) = 5 – 2^2\), soit \(V(X) = 1\).
Exercice 5 – Problème : le plus grand de trois jetons (6 points)
Partie A : le cas \(n = 10\)
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Un tirage simultané est une partie à trois éléments de \(\{1, \ldots, 10\}\). Il y en a \(\binom{10}{3} = 120\), toutes équiprobables.
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L’événement \(M = 10\) signifie que le jeton \(10\) sort, avec deux jetons pris parmi les neuf autres. Il compte \(\binom{9}{2} = 36\) tirages, donc \(P(M = 10) = \frac{36}{120} = \frac{3}{10}\).
De même, \(M = 9\) impose le jeton \(9\), l’absence du \(10\), puis deux jetons parmi \(1, \ldots, 8\). Cela fait \(\binom{8}{2} = 28\) tirages, donc \(P(M = 9) = \frac{28}{120} = \frac{7}{30}\).
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Le plus grand numéro est au plus \(6\) exactement quand les trois jetons sont pris parmi \(1, \ldots, 6\). Il y a \(\binom{6}{3} = 20\) tels tirages, d’où \(P(M \leq 6) = \frac{20}{120} = \frac{1}{6}\).
Partie B : le cas général
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Comme en A, l’événement \(M \leq k\) signifie que les trois jetons sont pris parmi \(1, \ldots, k\). Par équiprobabilité, \(P(M \leq k) = \binom{k}{3} \Big/ \binom{n}{3}\).
Pour \(k \geq 4\), l’événement \(M \leq k\) est la réunion disjointe de \(M \leq k – 1\) et de \(M = k\). Il vient donc \(P(M = k) = \frac{\binom{k}{3} – \binom{k – 1}{3}}{\binom{n}{3}}\). Or la formule de Pascal donne \(\binom{k}{3} – \binom{k – 1}{3} = \binom{k – 1}{2}\).
Pour \(k = 3\), on a directement \(P(M = 3) = \frac{1}{\binom{n}{3}}\), et \(\binom{2}{2} = 1\). Dans tous les cas, \(P(M = k) = \binom{k – 1}{2} \Big/ \binom{n}{3}\).
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Les événements \(M = k\), pour \(3 \leq k \leq n\), forment un système complet, car \(M\) prend une et une seule de ces valeurs. La somme de leurs probabilités vaut donc \(1\). En multipliant par \(\binom{n}{3}\), on obtient \(\sum_{k=3}^{n} \binom{k – 1}{2} = \binom{n}{3}\).
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Pour \(k \geq 3\), on a \(k\binom{k – 1}{2} = \frac{k(k – 1)(k – 2)}{2}\). De plus, \(3\binom{k}{3} = \frac{3\,k(k – 1)(k – 2)}{6}\), qui donne la même quantité. Par conséquent, \(E(M) = \sum_{k=3}^{n} k\,P(M = k) = \frac{3}{\binom{n}{3}} \sum_{k=3}^{n} \binom{k}{3}\).
Avec le résultat admis, \(E(M) = \frac{3\binom{n + 1}{4}}{\binom{n}{3}}\). Ensuite, le quotient \(\frac{(n + 1)n(n – 1)(n – 2)}{24}\) divisé par \(\frac{n(n – 1)(n – 2)}{6}\) vaut \(\frac{n + 1}{4}\). Ainsi, \(E(M) = \frac{3(n + 1)}{4}\).
Pour \(n = 10\), la formule annonce \(\frac{33}{4}\). Le calcul direct donne \(\sum_{k=3}^{10} k\binom{k – 1}{2} = 3 + 12 + 30 + 60 + 105 + 168 + 252 + 360 = 990\). Comme \(\frac{990}{120} = \frac{33}{4}\), les deux résultats concordent.
Piège classique : \(P(M = k)\) ne vaut pas \(\binom{k}{3} \Big/ \binom{n}{3}\) ; cette expression mesure \(M \leq k\), et il faut retrancher la probabilité de \(M \leq k – 1\).
À retenir de ce contrôle
- Le nombre de parties à k éléments d’un ensemble à n éléments s’obtient en divisant le nombre de k-listes distinctes par k!, car l’ordre ne compte pas.
- Pour un événement du type « au moins un », le passage au complémentaire remplace souvent une somme de plusieurs cas par une seule soustraction.
- La formule des probabilités totales s’applique avec un système complet d’événements, et la formule de Bayes inverse ensuite le conditionnement.
- La variance se calcule plus vite avec la formule de König-Huygens V(X) = E(X²) − E(X)², après avoir vérifié que la loi a une somme égale à 1.
- Pour une variable du type « plus grand élément », l’événement M ≤ k se dénombre directement, puis P(M = k) s’obtient par différence.
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