QCM : Combinatoire et probabilités en L1 de maths

Réponse C.

On additionne les effectifs des deux options, puis on retire une fois les \(5\) étudiants communs : \(14+9-5=18\). En effet, ces étudiants ont été comptés dans A et aussi dans B. Le piège \(23\) oublie de corriger ce double comptage. À l’inverse, \(13\) retire les inscrits communs deux fois. Enfin, \(4\) correspond à ceux qui suivent seulement l’option B.

Réponse A.

Un code est une liste de \(4\) éléments pris dans un ensemble à \(6\) éléments. Chaque position offre donc \(6\) choix, d’où \(6^4\). Le piège \(4^6\) échange le nombre de positions et le nombre de lettres. Ensuite, \(360\) compte les arrangements, donc interdit les répétitions. Enfin, \(15\) ignore à la fois l’ordre et les répétitions.

Réponse A.

Il y a \(5!=120\) façons d’ordonner cinq lettres. Cependant, permuter entre elles les lettres identiques donne le même mot, et chacune des deux lettres doublées produit un facteur \(2!\). On divise donc \(120\) par \(4\), ce qui donne \(30\). Le piège \(120\) traite toutes les lettres comme distinctes. Ensuite, \(60\) ne tient compte que d’une seule lettre répétée. Enfin, \(10\) compte seulement les places possibles des deux R.

Réponse B.

Puisque \(a\) est imposé, la partie est déterminée par ses deux autres éléments, pris parmi les \(6\) éléments distincts de \(a\). On obtient \(\binom{6}{2}=15\). Le piège \(35=\binom{7}{3}\) compte toutes les parties à trois éléments, avec ou sans \(a\). Ensuite, \(21\) choisit deux éléments parmi sept, donc autorise \(a\) deux fois. Enfin, \(20=\binom{6}{3}\) compte au contraire les parties sans \(a\).

Réponse B.

Les \(30\) entiers sont équiprobables. On compte \(7\) multiples de \(4\) et \(5\) multiples de \(6\). Or les multiples communs sont ceux de \(12\), à savoir \(12\) et \(24\). Il reste donc \(7+5-2=10\) cas favorables. Le piège \(\frac{2}{5}\) compte \(12\) et \(24\) deux fois. Ensuite, \(\frac{4}{15}\) les retire deux fois. Enfin, \(\frac{1}{15}\) ne garde que les multiples communs.

Réponse D.

Par indépendance, \(P(A\cap B)=0{,}3\times0{,}5=0{,}15\). Ainsi, \(P(A\cup B)=0{,}3+0{,}5-0{,}15=0{,}65\). Le piège \(0{,}8\) additionne comme si les événements étaient incompatibles. Ensuite, \(0{,}15\) est la probabilité de l’intersection, non de la réunion. Enfin, \(0{,}35\) est la probabilité qu’aucun des deux ne se réalise, soit \(0{,}7\times0{,}5\).

Réponse A.

Une fois le premier jeton vert retiré, le sac contient \(2\) verts parmi \(4\) jetons. La probabilité conditionnelle vaut donc \(\frac{2}{4}\). Le piège \(\frac{3}{5}\) raisonne comme si le jeton avait été remis. Ensuite, \(\frac{3}{10}=\frac{3}{5}\times\frac{2}{4}\) est la probabilité d’obtenir deux verts, c’est-à-dire de l’intersection et non du conditionnement. Enfin, \(\frac{2}{5}\) retire le jeton sans réduire le dénominateur.

Réponse C.

Toute pièce sort de M ou de N, et jamais des deux. On découpe donc l’événement « défectueuse » selon la machine : \(0{,}6\times0{,}02+0{,}4\times0{,}05=0{,}012+0{,}020\). Le piège \(0{,}035\) fait la moyenne simple des deux taux, sans pondérer par la production. Ensuite, \(0{,}07\) additionne les taux. Enfin, \(0{,}001\) les multiplie, comme pour une pièce défectueuse sur les deux machines.

Réponse C.

La formule de Bayes donne \(P_D(M)=\frac{P(M\cap D)}{P(D)}=\frac{0{,}012}{0{,}032}=\frac{3}{8}\). Ainsi, savoir que la pièce est défectueuse rend M moins probable que sa part de production. Le piège \(\frac{5}{8}\) est la probabilité pour N. Ensuite, \(0{,}6\) ignore l’information reçue. Enfin, \(0{,}02\) inverse le conditionnement : c’est \(P_M(D)\), pas \(P_D(M)\).

Réponse B.

On calcule d’abord \(E(X)=-\frac{1}{4}+0+1=\frac{3}{4}\), puis \(E(X^2)=\frac{1}{4}+0+2=\frac{9}{4}\). La formule de König-Huygens donne alors \(V(X)=\frac{9}{4}-\frac{9}{16}=\frac{27}{16}\). Le piège \(\frac{9}{4}\) oublie de retrancher \(E(X)^2\). Ensuite, \(\frac{3}{4}\) est l’espérance. Enfin, \(\frac{45}{16}\) ajoute ce carré au lieu de le soustraire.

Réponse D.

Une loi binomiale compte les succès dans une répétition d’épreuves de Bernoulli indépendantes et de même paramètre. Avec remise, chaque tirage donne rouge avec probabilité \(0{,}3\), donc \(X\) suit la loi \(\mathcal{B}(4;0{,}3)\). Sans remise, au contraire, les tirages ne sont plus indépendants. Par ailleurs, le rang du premier succès n’est pas borné. Enfin, vider l’urne demande toujours \(10\) tirages.

Réponse D.

On a \(E(X)=np\) et \(V(X)=np(1-p)\). Le quotient donne donc \(1-p=\frac{4{,}2}{6}=0{,}7\), d’où \(p=0{,}3\) et \(n=\frac{6}{0{,}3}=20\). Le piège \(p=0{,}7\) confond \(p\) avec \(1-p\). Ensuite, \(n=10\) et \(p=0{,}6\) respectent l’espérance mais donnent une variance de \(2{,}4\). De même, \(n=30\) et \(p=0{,}2\) mènent à \(4{,}8\).