Corrigé des exercices : Dénombrement et conditionnement en maths sup (MPSI)

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Pour démarrer

Corrigé de l’exercice 1 – Cadenas à quatre molettes

Idée clé : un code est une liste ordonnée de chiffres ; on ajuste le modèle selon les contraintes, et on passe au complémentaire pour « au moins un ».

1. Un code est un élément de \([\![0, 9]\!]^4\), donc une \(4\)-liste d’un ensemble à \(10\) éléments. Il y a \(10^4 = 10\,000\) codes.
2. Les chiffres doivent être distincts et l’ordre compte : ce sont des arrangements. Il y en a \(10 \cdot 9 \cdot 8 \cdot 7 = 5\,040\).
3. Un code strictement croissant est déterminé par l’ensemble de ses quatre chiffres. En effet, à chaque partie à \(4\) éléments de \([\![0, 9]\!]\) correspond une seule façon de la ranger dans l’ordre croissant. Il y a donc \(\binom{10}{4} = 210\) tels codes.
4. Le complémentaire est l’ensemble des codes sans \(7\), qui sont des \(4\)-listes de \(9\) chiffres. Il y en a \(9^4 = 6\,561\). Par conséquent, \(10\,000 – 6\,561 = 3\,439\) codes contiennent au moins un \(7\).

Corrigé de l’exercice 2 – Bureau et comité d’un club

Idée clé : des fonctions distinctes rendent l’ordre important ; un comité sans fonction est une simple partie.

1. Un bureau est un arrangement de \(3\) membres parmi \(12\) : le premier est président, le deuxième trésorier, le troisième secrétaire. Il y a \(12 \times 11 \times 10 = 1\,320\) bureaux.
2. Un comité est une partie à \(4\) éléments. Il y en a \(\binom{12}{4} = 495\).
3. On choisit les \(2\) femmes parmi \(7\), puis les \(2\) hommes parmi \(5\). Ces choix sont indépendants l’un de l’autre, donc on multiplie. On obtient \(\binom{7}{2}\binom{5}{2} = 21 \times 10 = 210\) comités.
4. Le contraire de « au moins un homme » est « que des femmes ». Il y a \(\binom{7}{4} = 35\) comités entièrement féminins. Donc \(495 – 35 = 460\) comités comptent au moins un homme.

Corrigé de l’exercice 3 – Multiples de 2, 3 ou 5

Idée clé : regrouper \(A \cup B\) en un seul ensemble, appliquer la formule pour deux ensembles, puis distribuer l’intersection.

1. D’abord, \(\mathrm{Card}(A \cup B \cup C) = \mathrm{Card}(A \cup B) + \mathrm{Card}\, C – \mathrm{Card}\left((A \cup B) \cap C\right)\). Ensuite, par distributivité, \((A \cap C) \cup (B \cap C) = (A \cup B) \cap C\), et l’intersection de ces deux ensembles est \(A \cap B \cap C\). La formule pour deux ensembles donne donc \(\mathrm{Card}\left((A \cup B) \cap C\right) = \mathrm{Card}(A \cap C) + \mathrm{Card}(B \cap C) – \mathrm{Card}(A \cap B \cap C)\). En remplaçant aussi \(\mathrm{Card}(A \cup B)\), on obtient la formule annoncée.
2. Un entier est multiple de deux nombres premiers entre eux si et seulement s’il est multiple de leur produit. Ainsi, on trouve \(\mathrm{Card}\, A = 300\), \(\mathrm{Card}\, B = 200\), \(\mathrm{Card}\, C = 120\), puis \(\mathrm{Card}(A \cap B) = 100\) (multiples de \(6\)), \(\mathrm{Card}(A \cap C) = 60\) (multiples de \(10\)), \(\mathrm{Card}(B \cap C) = 40\) (multiples de \(15\)) et \(\mathrm{Card}(A \cap B \cap C) = 20\) (multiples de \(30\)). Par conséquent, \(\mathrm{Card}(A \cup B \cup C) = 620 – 200 + 20\). Il y a \(440\) multiples de \(2\), de \(3\) ou de \(5\).
3. On passe au complémentaire dans \([\![1, 600]\!]\). Il reste \(600 – 440 = 160\) entiers divisibles ni par \(2\), ni par \(3\), ni par \(5\). On contrôle : \(600 \times \frac{1}{2} \times \frac{2}{3} \times \frac{4}{5} = 160\).

Corrigé de l’exercice 4 – Anagrammes de PAPAYE

Idée clé : choisir les places des lettres répétées, ou diviser par les permutations des lettres identiques.

1. Le mot compte \(6\) lettres : deux P, deux A, un Y et un E. On choisit les places des P, puis celles des A, puis celle du Y : \(\binom{6}{2}\binom{4}{2}\binom{2}{1} = 15 \times 6 \times 2\). Il y a \(180\) anagrammes, ce qui correspond bien à \(6!/(2!\,2!) = 720/4\).
2. On colle les deux P en un bloc. On permute alors \(5\) objets : le bloc, deux A, Y et E. On obtient \(5!/2! = 60\) anagrammes.
3. On place un A en tête. Il reste à ranger P, P, A, Y, E. Il y a donc \(5!/2! = 60\) anagrammes commençant par A.

Corrigé de l’exercice 5 – Parties d’un ensemble à huit éléments

Idée clé : une partie est une suite de décisions « dedans ou dehors », une par élément.

1. \(E\) possède \(2^8 = 256\) parties.
2. Les décisions pour \(1\) et \(2\) sont imposées, et les six autres éléments restent libres. Il y a \(2^6 = 64\) telles parties.
3. Une partie à \(3\) éléments contenant \(8\) est déterminée par ses deux autres éléments, choisis dans \([\![1, 7]\!]\). Il y en a \(\binom{7}{2} = 21\).
4. La formule du binôme donne \(0 = (1 – 1)^8 = \sum_{k=0}^{8} (-1)^k \binom{8}{k}\). Ainsi, la somme des \(\binom{8}{k}\) pour \(k\) pair égale celle pour \(k\) impair. Ces deux sommes ont pour total \(256\). Il y a donc \(128\) parties de cardinal pair et \(128\) de cardinal impair.

Corrigé de l’exercice 6 – Deux dés discernables

Idée clé : travailler sur les couples de résultats, qui sont équiprobables, et non sur les sommes.

1. On prend \(\Omega = [\![1, 6]\!]^2\) : la première coordonnée est le dé rouge, la seconde le dé vert. Les dés sont équilibrés, donc la probabilité est uniforme. On a \(\mathrm{Card}\, \Omega = 36\).
2. La somme vaut \(9\) pour les couples \((3, 6)\), \((4, 5)\), \((5, 4)\) et \((6, 3)\). Donc \(P(\text{somme} = 9) = 4/36 = 1/9\). Ensuite, le maximum est au plus \(4\) pour \(16\) couples, et au plus \(3\) pour \(9\) couples. Le maximum vaut donc exactement \(4\) pour \(16 – 9 = 7\) couples. Ainsi, \(P(\max = 4) = 7/36\).
3. Le produit est impair si et seulement si les deux résultats sont impairs, ce qui arrive pour \(3 \times 3 = 9\) couples. Donc la probabilité d’un produit pair vaut \(1 – 9/36 = 3/4\).
4. La somme vaut \(8\) pour \((2, 6)\), \((3, 5)\), \((4, 4)\), \((5, 3)\) et \((6, 2)\). Parmi eux, seul \((4, 4)\) est un double. En situation d’équiprobabilité, conditionner revient à changer d’univers. La probabilité cherchée vaut \(1/5\).

Corrigé de l’exercice 7 – Trois enfants et une information

Idée clé : lister les huit issues équiprobables et prendre l’événement connu comme nouvel univers.

1. L’événement « au moins une fille » contient toutes les issues sauf \(GGG\), soit \(7\) issues. Parmi elles, une seule est \(FFF\). La probabilité cherchée vaut \(1/7\).
2. Si l’aîné est une fille, les issues possibles sont \(FFF\), \(FFG\), \(FGF\) et \(FGG\). Trois d’entre elles comptent au moins deux filles. La probabilité vaut \(3/4\).
3. On a \(P(A) = 4/8 = 1/2\). L’événement \(B\) contient \(FFG\), \(FGF\) et \(GFF\), donc \(P(B) = 3/8\). Ensuite, \(A \cap B = \{FFG, FGF\}\), d’où \(P(A \cap B) = 1/4\). Or \(P(A)P(B) = 3/16 \neq 1/4\). Les événements \(A\) et \(B\) ne sont pas indépendants.

Pour s’entraîner

Corrigé de l’exercice 8 – Mains de cinq cartes dans un jeu de 32

Idée clé : construire chaque main type par une suite de choix successifs, en séparant le choix des hauteurs de celui des couleurs.

1. Une main est une partie à \(5\) éléments d’un ensemble à \(32\) éléments. On calcule \(\binom{32}{5} = \frac{32 \times 31 \times 30 \times 29 \times 28}{120}\). Il y a \(201\,376\) mains.
2. Huit hauteurs peuvent porter le carré, et ce choix impose ses quatre cartes. Il reste à compléter la main avec l’une des \(28\) cartes restantes. On obtient \(8 \times 28 = 224\) mains avec un carré.
3. On choisit la hauteur du brelan (\(8\) choix) et ses trois couleurs (\(\binom{4}{3} = 4\) choix). Puis on choisit la hauteur de la paire parmi les \(7\) restantes, et ses deux couleurs (\(\binom{4}{2} = 6\) choix). Il y a \(8 \cdot 4 \cdot 7 \cdot 6 = 1\,344\) fulls.
4. On choisit la hauteur de la paire (\(8\) choix) et ses couleurs (\(6\) choix). Ensuite, on choisit l’ensemble des trois autres hauteurs parmi les \(7\) restantes, soit \(\binom{7}{3} = 35\) choix, puis une couleur pour chacune, soit \(4^3 = 64\) choix. On obtient \(8 \times 6 \times 35 \times 64 = 107\,520\) mains, soit un peu plus d’une main sur deux.
5. On choisit la couleur (\(4\) choix), puis \(5\) hauteurs parmi les \(8\) de cette couleur. Il y a \(4 \binom{8}{5} = 224\) mains unicolores.

Remarque :

Pour les autres cartes de la question 4, on choisit les trois hauteurs comme un ensemble, et non comme une liste. Sinon, chaque main serait comptée \(3! = 6\) fois.

Corrigé de l’exercice 9 – Double comptage et somme de coefficients binomiaux

Idée clé : partitionner les parties selon leur plus grand élément ; chaque classe se compte facilement.

1. Soit \(X\) une partie à \(p + 1\) éléments de \([\![1, n + 1]\!]\), de plus grand élément \(m\). Alors \(m \geqslant p + 1\), et les \(p\) autres éléments forment une partie quelconque de \([\![1, m – 1]\!]\). Il y a donc \(\binom{m-1}{p}\) parties de plus grand élément \(m\). En sommant sur \(m\) de \(p + 1\) à \(n + 1\), puis en posant \(k = m – 1\), on obtient \(\sum_{k=p}^{n} \binom{k}{p} = \binom{n+1}{p+1}\).
2. Avec \(p = 1\), on trouve \(\sum_{k=1}^{n} k = \binom{n+1}{2}\). Donc \(\sum_{k=1}^{n} k = \frac{n(n+1)}{2}\). Ensuite, \(k(k – 1) = 2\binom{k}{2}\). Avec \(p = 2\), on obtient \(\sum_{k=2}^{n} k(k – 1) = 2\binom{n+1}{3}\). Ainsi \(\sum_{k=2}^{n} k(k – 1) = \frac{(n+1)n(n-1)}{3}\).
3. Le terme \(k = 0\) est nul. Pour \(k \geqslant 1\), on remplace \(k\binom{n}{k}\) par \(n\binom{n-1}{k-1}\). Il vient \(\sum_{k=1}^{n} k\binom{n}{k} = n \sum_{j=0}^{n-1} \binom{n-1}{j}\). Donc \(\sum_{k=0}^{n} k\binom{n}{k} = n\, 2^{n-1}\).

Corrigé de l’exercice 10 – Binôme et couples de parties emboîtées

Idée clé : compter le même ensemble de couples de deux façons : par le cardinal de la grande partie, puis élément par élément.

1. Fixons \(B\) de cardinal \(k\). Les parties \(A\) contenues dans \(B\) sont au nombre de \(2^k\). Or il y a \(\binom{n}{k}\) parties \(B\) de cardinal \(k\). En sommant sur \(k\), on obtient \(\mathrm{Card}\, \mathcal{C} = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} 2^k\).
2. À un couple \((A, B)\) de \(\mathcal{C}\), on associe l’application de \(E\) dans \(\{1, 2, 3\}\) qui envoie \(x\) sur \(1\) si \(x \in A\), sur \(2\) si \(x \in B \setminus A\), et sur \(3\) si \(x \notin B\). Réciproquement, une telle application détermine \(A\) et \(B\). Cette correspondance est donc une bijection. Ainsi \(\mathrm{Card}\, \mathcal{C} = 3^n\).
3. La formule du binôme donne \((2 + 1)^n = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} 2^k 1^{n-k}\). On retrouve bien \(\sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} 2^k = 3^n\).
4. Pour un couple de parties disjointes, chaque élément est soit dans \(A\), soit dans \(B\), soit dans aucune des deux, et ces trois cas s’excluent. Le même argument de bijection s’applique. Il y a \(3^n\) couples de parties disjointes.

Corrigé de l’exercice 11 – Surjections sur deux et trois éléments

Idée clé : compter les applications non surjectives, réunion des ensembles d’applications qui évitent une valeur.

1. Il y a \(2^n\) applications de \([\![1, n]\!]\) dans \(\{1, 2\}\). Une application non surjective évite \(1\) ou \(2\) : c’est l’une des deux applications constantes. Donc \(S(n, 2) = 2^n – 2\).
2. Les éléments de \(N_i\) sont les applications à valeurs dans un ensemble à \(2\) éléments, donc \(\mathrm{Card}\, N_i = 2^n\). Ensuite, \(N_i \cap N_j\) contient la seule application constante égale à la troisième valeur. Ainsi \(\mathrm{Card}(N_i \cap N_j) = 1\). Enfin, aucune application ne peut éviter les trois valeurs, car \(n \geqslant 1\). Donc \(N_1 \cap N_2 \cap N_3 = \varnothing\).
3. Les applications non surjectives forment \(N_1 \cup N_2 \cup N_3\). La formule de l’exercice 3 donne \(\mathrm{Card}(N_1 \cup N_2 \cup N_3) = 3 \times 2^n – 3 \times 1 + 0\). On retranche ce nombre des \(3^n\) applications. On obtient \(S(n, 3) = 3^n – 3 \times 2^n + 3\).
4. Pour \(n = 3\), la formule donne \(27 – 24 + 3 = 6\). C’est bien \(3!\), car une surjection entre deux ensembles à trois éléments est une bijection. Enfin, \(S(4, 3) = 81 – 48 + 3 = 36\).

Corrigé de l’exercice 12 – Test de dépistage

Idée clé : traduire les données en probabilités conditionnelles, utiliser le système complet \((M, \overline{M})\), puis inverser par Bayes.

Les données sont \(P(M) = 0{,}02\), \(P_M(T) = 0{,}95\) et \(P_{\overline{M}}(T) = 0{,}04\). L’arbre suivant les récapitule, avec la probabilité de chaque chemin.

1. Le couple \((M, \overline{M})\) est un système complet. Par la formule des probabilités totales, \(P(T) = 0{,}02 \times 0{,}95 + 0{,}98 \times 0{,}04 = 0{,}019 + 0{,}0392\). Donc \(P(T) = 0{,}0582\).
2. La formule de Bayes donne \(P_T(M) = \frac{0{,}019}{0{,}0582} = \frac{190}{582} = \frac{95}{291}\). Ainsi \(P_T(M) \approx 0{,}33\). Autrement dit, sur trois résultats positifs, deux environ concernent des non-porteurs. Cela vient de la rareté du virus : les erreurs portent sur \(98\,\%\) des habitants, ce qui les rend plus fréquentes que les vraies détections.
3. On a \(P(\overline{T}) = 1 – 0{,}0582 = 0{,}9418\) et \(P(\overline{M} \cap \overline{T}) = 0{,}98 \times 0{,}96 = 0{,}9408\). Donc \(P_{\overline{T}}(\overline{M}) = \frac{0{,}9408}{0{,}9418} = \frac{4704}{4709} \approx 0{,}999\). Par conséquent, un résultat négatif écarte presque sûrement le virus.

Corrigé de l’exercice 13 – Transfert d’une boule entre deux urnes

Idée clé : conditionner par la couleur de la boule transférée, qui modifie la composition de la seconde urne.

Notons \(B_1\) l’événement « la boule transférée est blanche », \(N_1\) son contraire, et \(B_2\) l’événement « la boule tirée dans \(U_2\) est blanche ». Après le transfert, \(U_2\) contient \(6\) boules.

1. Si une blanche est transférée, \(U_2\) contient \(2\) blanches sur \(6\) ; sinon, elle en contient \(1\) sur \(6\). Le couple \((B_1, N_1)\) est un système complet, donc \(P(B_2) = \frac{3}{5} \times \frac{2}{6} + \frac{2}{5} \times \frac{1}{6} = \frac{3}{15} + \frac{1}{15}\). Ainsi \(P(B_2) = \frac{4}{15}\).
2. Par la formule de Bayes, \(P_{B_2}(B_1) = \frac{P(B_1 \cap B_2)}{P(B_2)} = \frac{3/15}{4/15}\). Donc \(P_{B_2}(B_1) = \frac{3}{4}\). L’information « la boule finale est blanche » rend plus probable un transfert de boule blanche, puisque \(3/4 > 3/5\).

Corrigé de l’exercice 14 – Attente de la première boule verte

Idée clé : probabilités composées pour les débuts de tirage, puis un univers de positions pour les questions globales.

1. Notons \(V_i\) l’événement « la \(i\)-ème boule est verte ». D’abord, \(P(V_1) = 4/9\). Ensuite, par la formule des probabilités composées, \(P(\overline{V_1} \cap V_2) = \frac{5}{9} \times \frac{4}{8} = \frac{5}{18}\). Enfin, \(P(\overline{V_1} \cap \overline{V_2} \cap V_3) = \frac{5}{9} \times \frac{4}{8} \times \frac{4}{7} = \frac{80}{504}\). Les probabilités cherchées valent \(\frac{4}{9}\), \(\frac{5}{18}\) et \(\frac{10}{63}\).
2. Les cinq premiers tirages doivent donner des rouges. Par la formule des probabilités composées, on obtient \(\frac{5}{9} \times \frac{4}{8} \times \frac{3}{7} \times \frac{2}{6} \times \frac{1}{5} = \frac{120}{15\,120}\). La probabilité vaut \(\frac{1}{126}\).
3. Numérotons les boules : les \(9!\) ordres de sortie sont équiprobables. Chaque ensemble de \(4\) positions pour les vertes correspond au même nombre \(4!\,5!\) d’ordres. Donc la loi de l’ensemble des positions vertes est uniforme sur les \(\binom{9}{4} = 126\) parties à \(4\) éléments de \([\![1, 9]\!]\). La dernière boule est verte quand cette partie contient \(9\), ce qui laisse \(\binom{8}{3} = 56\) choix. La probabilité vaut \(\frac{56}{126} = \frac{4}{9}\), comme pour la première boule. On retrouve aussi la question 2 : une seule partie, \(\{6, 7, 8, 9\}\), place les rouges en tête.

Corrigé de l’exercice 15 – Anniversaires sur une planète à dix jours

Idée clé : l’univers est l’ensemble des listes de jours, et l’événement « tous distincts » est formé des arrangements.

1. On prend \(\Omega = [\![1, 10]\!]^n\), muni de la probabilité uniforme, ce que traduisent l’uniformité et l’indépendance des jours. Les issues favorables sont les listes de jours deux à deux distincts, c’est-à-dire les arrangements. La probabilité vaut \(\frac{10 \times 9 \times \cdots \times (10 – n + 1)}{10^n}\).
2. Pour \(n = 4\), on trouve \(\frac{10 \times 9 \times 8 \times 7}{10^4} = 0{,}504\). La probabilité d’un jour partagé vaut donc \(0{,}496\).
3. On passe de \(n\) à \(n + 1\) en multipliant la probabilité « tous distincts » par \(\frac{10 – n}{10} \leqslant 1\). Elle décroît donc avec \(n\). Pour \(n = 5\), elle vaut \(0{,}504 \times 0{,}6 = 0{,}3024\), donc la probabilité d’un jour partagé vaut \(0{,}6976\). Le plus petit \(n\) cherché est \(5\).
4. Le jour d’Alice étant fixé, chacune des quatre autres personnes a un jour différent avec probabilité \(9/10\), indépendamment. La probabilité cherchée vaut \(1 – 0{,}9^4 = 1 – 0{,}6561\). Elle vaut \(0{,}3439\), bien moins que \(0{,}6976\). En effet, l’événement « deux personnes quelconques partagent un jour » porte sur \(10\) paires, et non sur \(4\).

Le graphique compare les deux probabilités selon la taille du groupe, Alice comprise.

Corrigé de l’exercice 16 – Alarmes indépendantes

Idée clé : passer au complémentaire « aucune alarme », qui se calcule comme un produit grâce à l’indépendance mutuelle des contraires.

1. Notons \(A_1, A_2, A_3\) les événements « l’alarme \(i\) se déclenche ». Leurs contraires sont mutuellement indépendants. Ainsi, \(P(\overline{A_1} \cap \overline{A_2} \cap \overline{A_3}) = 0{,}1 \times 0{,}2 \times 0{,}3 = 0{,}006\). La probabilité qu’au moins une alarme se déclenche vaut \(0{,}994\).
2. L’événement se décompose en trois cas incompatibles, selon l’alarme qui se déclenche. On obtient \(0{,}9 \times 0{,}2 \times 0{,}3 + 0{,}1 \times 0{,}8 \times 0{,}3 + 0{,}1 \times 0{,}2 \times 0{,}7 = 0{,}054 + 0{,}024 + 0{,}014\). La probabilité vaut \(0{,}092\).
3. Avec \(m\) alarmes, la probabilité d’au moins un déclenchement vaut \(1 – 0{,}3^m\). On veut \(0{,}3^m \leqslant 0{,}001\). Or \(0{,}3^5 = 0{,}002\,43\) et \(0{,}3^6 = 0{,}000\,729\). Il faut donc au moins \(m = 6\) alarmes.

Corrigé de l’exercice 17 – Indépendance deux à deux sans indépendance mutuelle

Idée clé : la somme est paire exactement quand les deux dés ont la même parité.

1. On travaille sur \([\![1, 6]\!]^2\) muni de la probabilité uniforme. La première coordonnée désigne le dé bleu. Il y a \(18\) couples où le bleu est pair, donc \(P(A) = 1/2\), et de même \(P(B) = 1/2\). Ensuite, la somme est paire si les deux dés sont pairs (\(9\) couples) ou tous deux impairs (\(9\) couples). Ainsi \(P(A) = P(B) = P(C) = \frac{1}{2}\).
2. L’événement \(A \cap B\) contient les \(9\) couples de deux nombres pairs, donc \(P(A \cap B) = 1/4\). De plus, \(A \cap C\) signifie « bleu pair et même parité », c’est-à-dire « deux faces paires ». Ainsi \(P(A \cap C) = 1/4\), et de même \(P(B \cap C) = 1/4\). Chaque fois, on trouve \(\frac{1}{2} \times \frac{1}{2}\). Les trois événements sont indépendants deux à deux.
3. On a \(A \cap B \cap C = A \cap B\), de probabilité \(\frac{1}{4}\) au lieu de \(\frac{1}{8}\). Ils ne sont donc pas mutuellement indépendants, et \(P_{A \cap B}(C) = 1\) : connaître \(A\) et \(B\) détermine \(C\).
4. On a \(P(E) = 2/6 = 1/3\), et \(A \cap E\) signifie « le bleu montre \(2\) », de probabilité \(1/6\). Or \(P(A)P(E) = \frac{1}{2} \times \frac{1}{3} = \frac{1}{6}\). Les événements \(A\) et \(E\) sont indépendants. L’indépendance est une propriété numérique, et non une absence de lien physique.

Pour approfondir

Corrigé de l’exercice 18 – Chemins dans une grille et formule de Vandermonde

Idée clé : un chemin est un mot formé de pas « droite » et « haut » ; il suffit de choisir les positions des pas vers la droite.

1. Un chemin de \((0, 0)\) à \((p, q)\) comporte exactement \(p\) pas vers la droite et \(q\) vers le haut, soit \(p + q\) pas. Il est déterminé par l’ensemble des rangs des pas vers la droite, qui est une partie à \(p\) éléments de \([\![1, p + q]\!]\). Il y a donc \(\binom{p+q}{p}\) chemins.
2. Un chemin passant par \((2, 3)\) se décompose en un chemin de \((0, 0)\) à \((2, 3)\), puis un chemin de \((2, 3)\) à \((5, 5)\), soit \(3\) pas à droite et \(2\) vers le haut. On obtient \(\binom{5}{2} \times \binom{5}{3} = 10 \times 10 = 100\) chemins. Le nombre total de chemins vaut \(\binom{10}{5} = 252\). La probabilité cherchée vaut \(\frac{100}{252} = \frac{25}{63} \approx 0{,}40\).
3. Un comité de \(n\) personnes parmi \(a + b\) se choisit de \(\binom{a+b}{n}\) façons. Classons ces comités selon leur nombre \(k\) de femmes. Pour \(k\) fixé, on choisit \(k\) femmes parmi \(a\) et \(n – k\) hommes parmi \(b\). Ces classes forment une partition. On obtient la formule de Vandermonde, en sommant sur \(k\) les nombres \(\binom{a}{k}\binom{b}{n-k}\).
4. À chaque pas, la somme \(x + y\) augmente de \(1\). Ainsi, après exactement \(n\) pas, le chemin se trouve en un unique point \((k, n – k)\) de la droite \(x + y = n\). Le nombre de chemins passant par ce point vaut \(\binom{n}{k} \times \binom{n}{n-k} = \binom{n}{k}^2\). En sommant sur \(k\), on retrouve \(\sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k}^2 = \binom{2n}{n}\). C’est aussi la formule de Vandermonde pour \(a = b = n\).

Corrigé de l’exercice 19 – Problème – Le dé truqué

Idée clé : conditionner par le dé choisi, avec le système complet \((T, \overline{T})\), puis inverser par Bayes.

1. On a \(P(T) = 1/3\) et \(P(\overline{T}) = 2/3\). Sachant \(T\), chaque lancer donne \(6\) avec certitude, donc \(P_T(U_n) = 1\). Sachant \(\overline{T}\), les lancers sont indépendants et chacun donne \(6\) avec probabilité \(1/6\), donc \(P_{\overline{T}}(U_n) = 6^{-n}\). Par la formule des probabilités totales, \(P(U_n) = \frac{1}{3} + \frac{2}{3} \times 6^{-n}\).
2. La formule de Bayes donne
   \[p_n = \frac{P(T)\, P_T(U_n)}{P(U_n)} = \frac{1/3}{1/3 + (2/3)\, 6^{-n}} = \frac{1}{1 + 2 \times 6^{-n}}.\]
   On obtient \(p_1 = \frac{1}{1 + 1/3} = \frac{3}{4}\) et \(p_2 = \frac{1}{1 + 1/18} = \frac{18}{19}\).
3. La suite \((6^{-n})\) décroît vers \(0\). Donc le dénominateur décroît vers \(1\). La suite \((p_n)\) est croissante et tend vers \(1\). Ensuite, \(p_n \geqslant 0{,}999\) équivaut à \(1 + 2 \times 6^{-n} \leqslant \frac{1000}{999}\), soit \(2 \times 6^{-n} \leqslant \frac{1}{999}\), c’est-à-dire \(6^n \geqslant 1\,998\). Or \(6^4 = 1\,296\) et \(6^5 = 7\,776\). Le plus petit \(n\) convenable est \(5\).
4. Par définition, \(P_{U_1}(S_2) = \frac{P(U_2)}{P(U_1)}\). On a \(P(U_1) = \frac{1}{3} + \frac{1}{9} = \frac{4}{9}\) et \(P(U_2) = \frac{1}{3} + \frac{1}{54} = \frac{19}{54}\). Donc \(P_{U_1}(S_2) = \frac{19}{54} \times \frac{9}{4} = \frac{19}{24}\). Ensuite, par les probabilités totales pour \(P_{U_1}\), on écrit \(P_{U_1}(S_2) = p_1 \times 1 + (1 – p_1) \times \frac{1}{6}\). En effet, sachant \(U_1 \cap \overline{T}\), le deuxième lancer reste un lancer de dé équilibré. On obtient \(\frac{3}{4} + \frac{1}{24}\). Les deux méthodes donnent \(P_{U_1}(S_2) = \frac{19}{24}\).
5. Par la formule des probabilités totales, \(P(S_2) = \frac{1}{3} + \frac{2}{3} \times \frac{1}{6} = \frac{4}{9} = P(S_1)\). Ainsi \(P(S_1)P(S_2) = \frac{16}{81}\), tandis que \(P(S_1 \cap S_2) = P(U_2) = \frac{19}{54}\). Ces deux nombres diffèrent, car \(19 \times 81 = 1\,539\) et \(16 \times 54 = 864\). Les événements \(S_1\) et \(S_2\) ne sont pas indépendants. En effet, un premier six rend le dé truqué plus probable, donc augmente les chances d’un second six.

Corrigé de l’exercice 20 – Problème – L’urne de Pólya

Idée clé : le nombre total de boules avant chaque tirage ne dépend pas des couleurs déjà sorties ; seuls les numérateurs changent d’ordre.

1. Au départ, l’urne contient une boule de chaque couleur, donc \(P(B_1) = 1/2\). Après une blanche, l’urne contient \(2\) blanches sur \(3\) ; après une noire, \(1\) blanche sur \(3\). Par la formule des probabilités totales, \(P(B_2) = \frac{1}{2} \times \frac{2}{3} + \frac{1}{2} \times \frac{1}{3}\). Donc \(P(B_1) = P(B_2) = \frac{1}{2}\).
2. Chaque tirage ajoute une boule, et l’urne en contient \(2\) au départ. Juste avant le \(i\)-ème tirage, elle contient \(i + 1\) boules. Considérons la suite formée de \(k\) blanches puis \(n – k\) noires. Lors du \(j\)-ème tirage blanc, l’urne contient \(j\) blanches parmi \(j + 1\) boules. Ensuite, lors du \(j\)-ème tirage noir, qui est le tirage numéro \(k + j\), elle contient \(j\) noires parmi \(k + j + 1\) boules. La formule des probabilités composées donne
   \[\frac{1 \times 2 \times \cdots \times k}{2 \times 3 \times \cdots \times (k + 1)} \times \frac{1 \times 2 \times \cdots \times (n – k)}{(k + 2) \times \cdots \times (n + 1)} = \frac{k!\,(n – k)!}{(n + 1)!}.\]
   C’est la probabilité annoncée.
3. Pour une suite quelconque comportant \(k\) blanches, le dénominateur du \(i\)-ème facteur vaut toujours \(i + 1\). Le produit des dénominateurs vaut donc \((n + 1)!\). De plus, les tirages blancs fournissent les numérateurs \(1, 2, \dots, k\), dans l’ordre de leur apparition, et les tirages noirs fournissent \(1, 2, \dots, n – k\). Toutes ces suites ont donc la probabilité \(\frac{k!\,(n – k)!}{(n + 1)!}\).
4. L’événement « exactement \(k\) blanches » est la réunion disjointe des \(\binom{n}{k}\) suites correspondantes, une par choix des rangs des blanches. Sa probabilité vaut \(\binom{n}{k} \frac{k!\,(n – k)!}{(n + 1)!} = \frac{n!}{(n + 1)!}\). Elle vaut \(\frac{1}{n + 1}\), quel que soit \(k\). Le nombre de blanches suit donc une loi uniforme sur \([\![0, n]\!]\).
5. Après \(n\) tirages ayant donné \(k\) blanches, l’urne contient \(k + 1\) blanches parmi \(n + 2\) boules. La probabilité conditionnelle cherchée vaut donc \(\frac{k + 1}{n + 2}\). Notons \(W_k\) l’événement « \(k\) blanches lors des \(n\) premiers tirages ». La famille \((W_0, \dots, W_n)\) est un système complet, donc
   \[P(B_{n+1}) = \sum_{k=0}^{n} \frac{1}{n + 1} \times \frac{k + 1}{n + 2} = \frac{1}{(n + 1)(n + 2)} \times \frac{(n + 1)(n + 2)}{2}.\]
   Ainsi \(P(B_{n+1}) = \frac{1}{2}\) pour tout \(n\).

La simulation ci-dessous confirme la loi uniforme du nombre de blanches pour \(n = 6\).

Pour aller plus loin

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