Problèmes de dénombrement et tirages : corrigé du contrôle de maths en terminale
Voici le corrigé du contrôle de maths en terminale sur le thème « problèmes de dénombrement et tirages », question par question.
Cette correction justifie d’abord le modèle choisi avant chaque calcul : liste, liste sans répétition ou combinaison. C’est en effet cette justification que le correcteur attend, bien plus qu’un résultat isolé. Les calculs de combinaisons sont écrits en entier, puis vérifiés à la calculatrice.
Compare ta copie question par question, puis repère l’origine de chaque écart : mauvais modèle, oubli d’un cas ou double comptage. Le barème précise la part accordée à la justification. Les encadrés sur les pièges classiques signalent notamment l’ordre compté à tort. Enfin, une figure montre un chemin du quadrillage traduit en mot.
L’énoncé complet se trouve ici : Problèmes de dénombrement et tirages : contrôle de maths en terminale.
Barème du contrôle corrigé : problèmes de dénombrement et tirages
| Exercice | Points |
|---|---|
| 1. Le digicode de l’immeuble | 4 points |
| 2. Mains de cinq cartes | 4 points |
| 3. L’urne de la kermesse | 4 points |
| 4. Chemins dans le quartier | 4 points |
| 5. Le comité du club de théâtre | 4 points |
| Total | 20 points |
Le corrigé détaillé : problèmes de dénombrement et tirages
Exercice 1 – Le digicode de l’immeuble (4 points)
- Un code est une liste (ordonnée) formée d’une lettre puis de quatre chiffres, et les chiffres peuvent se répéter. On applique donc le principe multiplicatif : 4 choix pour la lettre, puis 10 choix pour chaque chiffre.
\(4 \times 10^4 = 40\,000\).
Le digicode accepte 40 000 codes. - La lettre reste libre. En revanche, les chiffres forment une liste sans répétition de 4 éléments pris parmi 10 :
\(10 \times 9 \times 8 \times 7 = 5\,040\).
Ainsi, \(4 \times 5\,040 = 20\,160\). Il y a 20 160 codes aux chiffres distincts. - Le contraire de « au moins un 0 » est « aucun 0 ». Sans le chiffre 0, il reste 9 chiffres possibles à chaque place :
\(4 \times 9^4 = 4 \times 6\,561 = 26\,244\).
Par conséquent, \(40\,000 – 26\,244 = 13\,756\). Au total, 13 756 codes contiennent au moins un 0. - Le code est choisi au hasard, donc tous les codes sont équiprobables :
\(p = \dfrac{20\,160}{40\,000} = 0{,}504\).
La probabilité cherchée vaut 0,504.
Piège classique : compter directement « au moins un 0 » en écrivant \(4 \times 4 \times 10^3\). Ce calcul compte plusieurs fois les codes qui contiennent deux ou trois 0.
Exercice 2 – Mains de cinq cartes (4 points)
- Les cartes sont tirées simultanément : l’ordre ne compte pas et une carte ne peut pas sortir deux fois. Une main est donc une partie à 5 éléments de l’ensemble des 32 cartes, c’est-à-dire une combinaison.
Le nombre de mains vaut « 5 parmi 32 » :
\(\dfrac{32 \times 31 \times 30 \times 29 \times 28}{5 \times 4 \times 3 \times 2 \times 1} = \dfrac{24\,165\,120}{120} = 201\,376\).
Il y a 201 376 mains possibles. - On choisit d’abord 2 as parmi les 4 as, puis 3 cartes parmi les 28 cartes qui ne sont pas des as.
« 2 parmi 4 » vaut 6 et « 3 parmi 28 » vaut \(\dfrac{28 \times 27 \times 26}{6} = 3\,276\).
Donc \(6 \times 3\,276 = 19\,656\). Exactement 19 656 mains contiennent deux as. - On passe par le complémentaire, car « au moins un cœur » regroupe cinq cas. Une main sans cœur est formée de 5 cartes prises parmi les 24 cartes qui ne sont pas des cœurs.
« 5 parmi 24 » vaut \(\dfrac{24 \times 23 \times 22 \times 21 \times 20}{120} = 42\,504\).
Ensuite, \(201\,376 – 42\,504 = 158\,872\). Ainsi, 158 872 mains contiennent au moins un cœur. - On choisit d’abord la couleur (4 choix), puis 5 cartes parmi les 8 de cette couleur. Or « 5 parmi 8 » vaut 56.
\(4 \times 56 = 224\), donc il y a 224 couleurs pures.
Les mains sont équiprobables, d’où \(p = \dfrac{224}{201\,376} = \dfrac{7}{6\,293} \approx 0{,}0011\).
La probabilité d’obtenir une couleur pure vaut environ 0,0011.
Piège classique : calculer \(32 \times 31 \times 30 \times 29 \times 28\) sans diviser par \(5!\). On compterait alors chaque main 120 fois, une fois par ordre de tirage.
Exercice 3 – L’urne de la kermesse (4 points)
Partie A.
- Les boules sont toutes différentes (couleur et numéro). Le tirage est successif et sans remise : l’ordre compte, mais une boule ne revient pas. Un tirage est donc une liste sans répétition de 3 boules parmi 7.
\(7 \times 6 \times 5 = 210\). On obtient bien 210 tirages possibles. - De même, les tirages entièrement bleus sont les listes sans répétition de 3 boules parmi les 4 bleues :
\(4 \times 3 \times 2 = 24\).
Les tirages sont équiprobables, donc \(p = \dfrac{24}{210} = \dfrac{4}{35}\).
La probabilité de tirer trois boules bleues vaut \(\dfrac{4}{35}\).
Partie B.
- Avec remise, chaque tirage offre de nouveau 7 possibilités, donc un tirage est une liste de 3 boules avec répétitions possibles : \(7^3 = 343\).
Puis on retire les tirages sans boule orange, c’est-à-dire entièrement bleus : \(4^3 = 64\).
\(343 – 64 = 279\). Il y a 343 tirages, dont 279 comportent au moins une boule orange. - Les numéros 1, 2 et 3 sont portés chacun par deux boules, tandis que le numéro 4 n’est porté que par une boule.
Pour le numéro 1, chaque tirage offre 2 boules, soit \(2^3 = 8\) tirages ; c’est aussi le cas pour les numéros 2 et 3. Enfin, le numéro 4 donne \(1^3 = 1\) tirage.
Donc \(8 + 8 + 8 + 1 = 25\) tirages gagnants, et \(p = \dfrac{25}{343} \approx 0{,}073\).
La probabilité de gagner un lot vaut \(\dfrac{25}{343}\), soit environ 0,073.
Piège classique : oublier que la boule bleue numéro 4 est seule de son numéro. Elle ne fournit qu’un tirage gagnant, et non 8.
Exercice 4 – Chemins dans le quartier (4 points)
- Pour aller de A(0 ; 0) à B(6 ; 4), Tom doit avancer de 6 carreaux vers la droite et de 4 vers le haut. Chaque chemin compte donc 10 pas, dont 4 lettres H et 6 lettres D. Réciproquement, un tel mot décrit un unique chemin.
Un chemin est alors déterminé par les 4 places des lettres H parmi les 10 places du mot. Il y en a « 4 parmi 10 » :
\(\dfrac{10 \times 9 \times 8 \times 7}{4 \times 3 \times 2 \times 1} = \dfrac{5\,040}{24} = 210\).
Il existe 210 chemins de A à B. - De A à C(3 ; 2), un chemin compte 5 pas dont 2 lettres H : il y en a « 2 parmi 5 », soit 10.
De C à B, il reste 3 pas D et 2 pas H : là encore, il y a 10 chemins.
On peut associer chaque début de chemin à chaque fin, d’où \(10 \times 10 = 100\).
Ainsi, 100 chemins passent par C. La figure ci-dessous en montre un, qui évite aussi la rue fermée.
- Un chemin qui emprunte la portion fermée va d’abord de A à E(4 ; 2), puis de E à F par un pas H, enfin de F(4 ; 3) à B.
De A à E : 6 pas dont 2 lettres H, soit « 2 parmi 6 », c’est-à-dire 15 chemins.
De F à B : 3 pas dont 1 lettre H, soit 3 chemins.
Par conséquent, \(15 \times 3 = 45\) chemins empruntent la portion fermée, puis \(210 – 45 = 165\).
Il reste 165 chemins qui évitent les travaux.
Piège classique : additionner \(10 + 10\) au lieu de multiplier. Tout début de chemin se combine en effet avec n’importe quelle fin.
Exercice 5 – Le comité du club de théâtre (4 points)
- Les rôles sont identiques, donc l’ordre ne compte pas : un comité est une combinaison de 4 membres parmi 12.
« 4 parmi 12 » vaut \(\dfrac{12 \times 11 \times 10 \times 9}{24} = \dfrac{11\,880}{24} = 495\).
On peut former 495 comités. - On choisit 2 filles parmi 7, puis 2 garçons parmi 5. D’une part « 2 parmi 7 » vaut 21, d’autre part « 2 parmi 5 » vaut 10.
\(21 \times 10 = 210\). Donc 210 comités comptent deux filles et deux garçons. - Le contraire de « au moins une fille » est « uniquement des garçons ». Or « 4 parmi 5 » vaut 5.
\(495 – 5 = 490\). Au total, 490 comités comptent au moins une fille. - Les comités qui contiennent à la fois Inès et Malik se complètent avec 2 membres pris parmi les 10 autres. Il y en a « 2 parmi 10 », soit 45.
Alors \(495 – 45 = 450\). Il reste 450 comités acceptables. - Première façon. On forme le comité (495 choix), puis on choisit le président parmi ses 4 membres et le trésorier parmi les 3 autres : \(495 \times 4 \times 3 = 5\,940\).
Seconde façon. On choisit d’abord le président parmi 12, ensuite le trésorier parmi 11, enfin les 2 autres membres parmi les 10 restants : \(12 \times 11 \times 45 = 5\,940\).
Les deux méthodes donnent bien 5 940 organisations.
Piège classique : compter les comités sans Inès puis ceux sans Malik et les additionner. Les comités sans aucun des deux seraient alors comptés deux fois.
À retenir de ce contrôle
- Un tirage successif sans remise de k objets parmi n se modélise par une liste sans répétition, tandis qu’un tirage simultané se modélise par une combinaison.
- Pour compter les issues qui contiennent au moins un élément d’un certain type, on retire du total les issues qui n’en contiennent aucun.
- Un chemin de n pas sur un quadrillage correspond à un mot de n lettres, donc on choisit simplement la place des lettres H.
- Quand un chemin doit passer par un point, on multiplie le nombre de chemins avant ce point par le nombre de chemins après.
- Deux personnes qui refusent de siéger ensemble se traitent par le complémentaire : on retire les groupes qui les contiennent toutes les deux.
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