QCM : Dénombrement et conditionnement en maths sup (MPSI)

Réponse B.

On applique la formule du crible. Les multiples de \(3\), \(4\) et \(5\) sont respectivement \(20\), \(15\) et \(12\). Ceux de \(12\), \(15\) et \(20\) sont \(5\), \(4\) et \(3\), et il y a un seul multiple de \(60\). Ainsi \(47-12+1=36\). La réponse \(47\) additionne sans retirer les doublons. La réponse \(35\) oublie de rajouter le terme triple. Enfin, \(24\) compte le complémentaire.

Réponse C.

Le premier élément a \(6\) images possibles, le deuxième \(5\), puis \(4\) et \(3\). On obtient donc \(6\times5\times4\times3=360\) arrangements. La réponse \(1296=6^4\) compte toutes les applications, sans exiger des images distinctes. La réponse \(15\) compte les parties à \(4\) éléments, donc elle oublie l’ordre. Enfin, \(4^6\) inverse le rôle des deux ensembles.

Réponse A.

Le mot compte \(9\) lettres : deux A, trois L, deux E, un P et un R. On divise \(9!\) par les permutations internes des lettres répétées, soit \(2!\times3!\times2!=24\). On obtient ainsi \(\frac{362880}{24}=15120\). La réponse \(9!\) traite les lettres comme distinctes. Par ailleurs, \(30240\) ne tient compte que des L et des A. Enfin, \(60480\) divise seulement par \(3!\).

Réponse B.

Une main est une partie à \(5\) éléments. On choisit les deux as parmi \(4\), puis on complète avec trois cartes prises dans les \(28\) restantes, toutes différentes d’un as. Le principe multiplicatif donne \(6\times3276\). La version avec \(30\) cartes peut reprendre des as, donc elle déborde sur les mains à trois ou quatre as. Le facteur \(4\times3\) ordonne les as. Enfin, additionner les deux choix ignore le principe multiplicatif.

Réponse D.

L’univers est formé des \(\binom{7}{2}=21\) paires, toutes équiprobables. Les paires unicolores sont au nombre de \(\binom{4}{2}+\binom{3}{2}=6+3=9\). La probabilité vaut donc \(\frac{9}{21}=\frac{3}{7}\). La réponse \(\frac{25}{49}\) modélise un tirage avec remise. La réponse \(\frac{1}{2}\) suppose à tort que « même couleur » et « couleurs différentes » sont équiprobables. Enfin, \(\frac{2}{7}\) ne compte que les paires rouges.

Réponse B.

On compte de deux façons les équipes munies d’un capitaine, prises parmi \(n\) personnes. D’abord, on choisit une équipe de taille \(k\), puis son capitaine : cela donne la somme. Ensuite, on choisit le capitaine parmi \(n\), puis le reste de l’équipe parmi \(n-1\) personnes, d’où \(n\,2^{n-1}\). La réponse \(2^n\) oublie le facteur \(k\). Quant à \(n\,2^n\), elle laisse le capitaine dans le choix du reste.

Réponse C.

Se donner un tel couple revient à placer chaque élément dans l’une de trois cases : dans \(A\), dans \(B\) sans être dans \(A\), ou hors de \(B\). Ces choix sont indépendants, d’où \(3^n\) couples. On retrouve ce nombre en sommant \(\binom{n}{k}2^k\) selon le cardinal \(k\) de \(B\). La réponse \(4^n\) compte tous les couples, sans la contrainte d’inclusion. La réponse \(2^n\) compte seulement les parties \(B\).

Réponse D.

Comme \(A\cap B=\emptyset\), on a \(P(A\cap B)=0\). En revanche, \(P(A)P(B)\) est strictement positif. L’égalité qui définit l’indépendance est donc impossible. Intuitivement, savoir que \(A\) est réalisé apprend que \(B\) ne l’est pas. Confondre « incompatibles » et « indépendants » est l’erreur visée par la réponse « toujours ». Enfin, les conditions sur \(A\cup B\) ou sur \(P(A)+P(B)\) ne changent rien au produit non nul.

Réponse C.

Le produit est impair seulement si les deux dés sont impairs, ce qui arrive dans \(9\) cas sur \(36\). Le produit est donc pair dans \(27\) cas. Par ailleurs, une somme paire avec un produit pair impose deux résultats pairs, soit \(9\) cas. Ainsi la probabilité conditionnelle vaut \(\frac{9}{27}\). La réponse \(\frac{1}{4}\) oublie de conditionner. La réponse \(\frac{3}{4}\) donne la probabilité de la condition elle-même.

Réponse A.

Les événements « on choisit \(U_1\) » et « on choisit \(U_2\) » recouvrent toutes les issues sans se chevaucher. Par conséquent, on somme selon l’urne : \(\frac{1}{3}\times\frac{2}{5}+\frac{2}{3}\times\frac{4}{5}=\frac{10}{15}\). La réponse \(\frac{3}{5}\) fait la moyenne simple des deux proportions, comme si les urnes étaient équiprobables. Par ailleurs, \(\frac{8}{15}\) et \(\frac{2}{15}\) ne gardent chacune qu’un des deux termes de la somme.

Réponse D.

La formule de Bayes inverse le conditionnement : \(P(U_1\mid B)=\frac{P(U_1)P(B\mid U_1)}{P(B)}\). On obtient donc \(\frac{2/15}{2/3}=\frac{1}{5}\). La réponse \(\frac{2}{5}\) donne la probabilité de tirer une blanche sachant \(U_1\), c’est-à-dire le conditionnement dans le mauvais sens. La réponse \(\frac{1}{3}\) ignore l’information apportée par le tirage. Enfin, \(\frac{2}{15}\) est la probabilité de l’intersection.

Réponse A.

Chaque événement a pour probabilité \(\frac{1}{2}\). De plus, deux quelconques d’entre eux ne se rencontrent qu’en la face \(1\), de probabilité \(\frac{1}{4}\) : l’indépendance deux à deux est donc vérifiée. Cependant, l’intersection des trois vaut aussi \(\frac{1}{4}\), et non \(\frac{1}{8}\). Ainsi l’indépendance mutuelle échoue. Croire qu’une face commune empêche l’indépendance confond intersection non vide et dépendance : seul le calcul des probabilités tranche.