Probabilités Discrètes & Dénombrement en Prépa

Correction :

1. Chaque roulette peut prendre 10 valeurs (0 à 9). Puisqu'il y a 4 roulettes et que les choix sont indépendants, on utilise le principe multiplicatif.

   Nombre de codes = $10 \times 10 \times 10 \times 10 = 10^4 = 10\,000$.

   Résultat : Il y a $10\,000$ codes différents.

2. Si aucun chiffre n'est répété :

   • Pour la 1ère roulette : 10 choix.
   • Pour la 2ème roulette : 9 choix (le chiffre de la 1ère est exclu).
   • Pour la 3ème roulette : 8 choix (les chiffres des 1ère et 2ème sont exclus).
   • Pour la 4ème roulette : 7 choix.

   C'est un arrangement de 4 éléments parmi 10, noté $A_{10}^4$.

   Nombre de codes sans répétition = $10 \times 9 \times 8 \times 7 = 5\,040$.

   Résultat : Il y a $5\,040$ codes sans chiffres répétés.

3. Il est souvent plus simple de calculer le complément : "aucun 7".

   Nombre total de codes = $10^4 = 10\,000$.

   Nombre de codes ne contenant aucun 7 : Chaque roulette peut prendre 9 valeurs (0 à 6, 8 à 9).

   Nombre de codes sans 7 = $9 \times 9 \times 9 \times 9 = 9^4 = 6\,561$.

   Nombre de codes contenant au moins un 7 = Total - (Codes sans 7)

   Nombre de codes avec au moins un 7 = $10\,000 - 6\,561 = 3\,439$.

   Résultat : Il y a $3\,439$ codes contenant au moins un 7.

   Astuce méthode : Pour les problèmes de "au moins un.", pense souvent à utiliser l'événement complémentaire. C'est plus rapide et moins source d'erreurs que de sommer les cas "exactement un 7", "exactement deux 7", etc.

Correction :

Puisque le tirage est simultané, l'ordre ne compte pas. Il s'agit de combinaisons.

1. Le nombre total de tirages de 3 cartes parmi 32 est $\binom{32}{3}$.

   $\binom{32}{3} = \frac{32!}{3!(32-3)!} = \frac{32 \times 31 \times 30}{3 \times 2 \times 1} = 32 \times 31 \times 5 = 4\,960$.

   Résultat : Il y a $4\,960$ tirages possibles.

2. Un jeu de 32 cartes contient 4 rois.

   Le nombre de façons de tirer 3 rois parmi 4 est $\binom{4}{3}$.

   $\binom{4}{3} = \frac{4!}{3!1!} = \frac{4 \times 3 \times 2 \times 1}{(3 \times 2 \times 1)(1)} = 4$.

   La probabilité d'obtenir 3 rois est $\frac{\text{Nombre de tirages de 3 rois}}{\text{Nombre total de tirages}} = \frac{4}{4960} = \frac{1}{1240}$.

   Résultat : La probabilité d'obtenir 3 rois est $\frac{1}{1240}$.

3. Il y a 4 couleurs (Pique, Cœur, Carreau, Trèfle), et chaque couleur contient 8 cartes dans un jeu de 32 (7, 8, 9, 10, V, D, R, A).

   Nombre de façons de tirer 3 cartes de Pique : $\binom{8}{3} = \frac{8 \times 7 \times 6}{3 \times 2 \times 1} = 56$.

   C'est la même chose pour les Cœurs, Carreaux et Trèfles.

   Nombre de tirages de 3 cartes de même couleur = $\binom{8}{3} + \binom{8}{3} + \binom{8}{3} + \binom{8}{3} = 4 \times \binom{8}{3} = 4 \times 56 = 224$.

   La probabilité d'obtenir 3 cartes de même couleur est $\frac{224}{4960} = \frac{14}{310} = \frac{7}{155}$.

   Résultat : La probabilité d'obtenir 3 cartes de même couleur est $\frac{7}{155}$.

   Point méthode : Détermine si l'ordre des éléments compte ou non pour choisir entre arrangements et combinaisons. "Simultanément" signifie souvent combinaisons.

Correction :

1. Les résultats possibles d'un lancer de dé sont $\{1, 2, 3, 4, 5, 6\}$.

   Les nombres pairs sont $\{2, 4, 6\}$ (3 résultats).

   Les nombres impairs sont $\{1, 3, 5\}$ (3 résultats).

   Probabilité que $X=1$ (résultat pair) : $P(X=1) = \frac{3}{6} = \frac{1}{2}$.

   Probabilité que $X=0$ (résultat impair) : $P(X=0) = \frac{3}{6} = \frac{1}{2}$.

   La loi de probabilité de $X$ est :

   $x_i$	0	1
   $P(X=x_i)$	$1/2$	$1/2$

   Résultat : $P(X=0) = 1/2$, $P(X=1) = 1/2$.

2. L'espérance $E(X)$ est donnée par $E(X) = \sum x_i P(X=x_i)$.

   $E(X) = 0 \times P(X=0) + 1 \times P(X=1) = 0 \times \frac{1}{2} + 1 \times \frac{1}{2} = \frac{1}{2}$.

   Résultat : $E(X) = 1/2$.

3. La variance $V(X)$ est donnée par $V(X) = E(X^2) - (E(X))^2$.

   D'abord, calculons $E(X^2) = \sum x_i^2 P(X=x_i)$.

   $E(X^2) = 0^2 \times P(X=0) + 1^2 \times P(X=1) = 0 \times \frac{1}{2} + 1 \times \frac{1}{2} = \frac{1}{2}$.

   Ensuite, $V(X) = \frac{1}{2} - \left(\frac{1}{2}\right)^2 = \frac{1}{2} - \frac{1}{4} = \frac{1}{4}$.

   Résultat : $V(X) = 1/4$.

   Point méthode : Une variable aléatoire de Bernoulli est souvent modélisée par $X \in \{0, 1\}$. Ici, $X$ suit une loi de Bernoulli de paramètre $p=1/2$. Pour une loi de Bernoulli, $E(X)=p$ et $V(X)=p(1-p)$.

Correction :

Notons les événements :

• G : l'étudiant est un garçon, $P(G) = 0.6$.
• F : l'étudiant est une fille, $P(F) = 0.4$.
• B : l'étudiant est boursier.

Nous avons les probabilités conditionnelles :

• $P(B|G) = 0.3$ (30% des garçons sont boursiers).
• $P(B|F) = 0.5$ (50% des filles sont boursières).

1. Nous cherchons $P(B \cap G)$, la probabilité qu'un étudiant soit un garçon ET boursier.

   En utilisant la formule des probabilités conditionnelles : $P(B \cap G) = P(B|G) \times P(G)$.

   $P(B \cap G) = 0.3 \times 0.6 = 0.18$.

   Résultat : La probabilité qu'un étudiant soit un garçon boursier est $0.18$ (18%).

2. Nous cherchons $P(B)$, la probabilité qu'un étudiant soit boursier. Nous pouvons utiliser la formule des probabilités totales, car les événements G et F forment une partition de l'univers.

   $P(B) = P(B|G)P(G) + P(B|F)P(F)$.

   On a déjà $P(B \cap G) = 0.18$.

   Calculons $P(B \cap F) = P(B|F)P(F) = 0.5 \times 0.4 = 0.20$.

   $P(B) = 0.18 + 0.20 = 0.38$.

   Résultat : La probabilité qu'un étudiant soit boursier est $0.38$ (38%).

3. Nous cherchons $P(F|B)$, la probabilité que l'étudiant soit une fille SACHANT qu'il est boursier. Nous utilisons la formule de Bayes :

   $P(F|B) = \frac{P(B|F)P(F)}{P(B)}$.

   Nous avons déjà toutes les valeurs : $P(B|F) = 0.5$, $P(F) = 0.4$, $P(B) = 0.38$.

   $P(F|B) = \frac{0.5 \times 0.4}{0.38} = \frac{0.20}{0.38} = \frac{20}{38} = \frac{10}{19}$.

   La probabilité est environ 0.526.

   Résultat : La probabilité qu'un étudiant boursier soit une fille est $\frac{10}{19}$.

   Point méthode : La formule des probabilités totales est utile quand l'univers est partitionné en événements (ici G et F). La formule de Bayes est essentielle pour "inverser" les probabilités conditionnelles ($P(A|B)$ à partir de $P(B|A)$).

Correction :

1. Nous avons 5 épreuves de Bernoulli identiques et indépendantes (lancers de dé). À chaque lancer, la probabilité d'obtenir un 6 (succès) est $p = 1/6$. La probabilité de ne pas obtenir un 6 (échec) est $1-p = 5/6$.

   La variable aléatoire $X$ compte le nombre de succès sur $n=5$ épreuves. $X$ suit donc une loi binomiale de paramètres $n=5$ et $p=1/6$. On note $X \sim \mathcal{B}(5, 1/6)$.

   Résultat : $X$ suit une loi binomiale $\mathcal{B}(5, 1/6)$.

2. La probabilité d'obtenir exactement $k$ succès pour une loi binomiale est $P(X=k) = \binom{n}{k} p^k (1-p)^{n-k}$.

   Ici, $n=5$, $p=1/6$, et $k=2$.

   $P(X=2) = \binom{5}{2} \left(\frac{1}{6}\right)^2 \left(\frac{5}{6}\right)^{5-2}$

   $P(X=2) = \frac{5 \times 4}{2 \times 1} \times \frac{1}{36} \times \left(\frac{5}{6}\right)^3$

   $P(X=2) = 10 \times \frac{1}{36} \times \frac{125}{216} = \frac{10 \times 125}{36 \times 216} = \frac{1250}{7776} = \frac{625}{3888}$.

   Résultat : $P(X=2) = \frac{625}{3888}$.

3. La probabilité d'obtenir au moins un 6 est $P(X \ge 1)$. Il est plus simple de calculer l'événement complémentaire : "n'obtenir aucun 6", c'est-à-dire $P(X=0)$.

   $P(X \ge 1) = 1 - P(X=0)$.

   $P(X=0) = \binom{5}{0} \left(\frac{1}{6}\right)^0 \left(\frac{5}{6}\right)^5$

   $P(X=0) = 1 \times 1 \times \left(\frac{5}{6}\right)^5 = \frac{5^5}{6^5} = \frac{3125}{7776}$.

   $P(X \ge 1) = 1 - \frac{3125}{7776} = \frac{7776 - 3125}{7776} = \frac{4651}{7776}$.

   Résultat : $P(X \ge 1) = \frac{4651}{7776}$.

   Point méthode : Reconnaître une loi binomiale est crucial : succès/échec, répétition d'épreuves indépendantes, nombre fixe d'épreuves. N'oublie pas d'utiliser le complémentaire pour "au moins un".

Correction :

Il s'agit de former un comité, l'ordre des personnes choisies n'a pas d'importance. On utilise donc les combinaisons.

1. On choisit 5 personnes parmi 10. Nombre total de comités possibles : $\binom{10}{5}$.

   $\binom{10}{5} = \frac{10!}{5!5!} = \frac{10 \times 9 \times 8 \times 7 \times 6}{5 \times 4 \times 3 \times 2 \times 1} = 2 \times 3 \times 2 \times 7 \times 3 = 252$.

   Résultat : Il y a $252$ façons de former un comité de 5 personnes.

2. Pour un comité d'exactement 3 hommes et 2 femmes :

   • On choisit 3 hommes parmi 6 : $\binom{6}{3} = \frac{6 \times 5 \times 4}{3 \times 2 \times 1} = 20$.
   • On choisit 2 femmes parmi 4 : $\binom{4}{2} = \frac{4 \times 3}{2 \times 1} = 6$.

   Puisque ces choix sont indépendants, on multiplie les nombres de façons :

   Nombre de comités = $\binom{6}{3} \times \binom{4}{2} = 20 \times 6 = 120$.

   Résultat : Il y a $120$ façons de former un comité de 3 hommes et 2 femmes.

3. Pour un comité contenant au moins une femme, il est plus simple de calculer le complémentaire : "aucun comité avec des femmes", c'est-à-dire un comité composé uniquement d'hommes.

   • Nombre total de comités (calculé en 1) = 252.
   • Nombre de comités sans femme (donc 5 hommes parmi 6) : $\binom{6}{5} = \binom{6}{1} = 6$.

   Nombre de comités avec au moins une femme = Total - (Comités sans femme)

   Nombre de comités avec au moins une femme = $252 - 6 = 246$.

   Résultat : Il y a $246$ façons de former un comité contenant au moins une femme.

   Point méthode : Lorsque tu as des sous-groupes (hommes/femmes), et que tu dois piocher dans chacun, les choix sont indépendants et tu multiplies les combinaisons. Pour "au moins un", le complémentaire est une fois de plus ton meilleur ami.

Correction :

Il y a un total de 5 boules dans l'urne. On tire 3 boules sans remise. L'ordre compte pour calculer la probabilité d'une séquence de tirages, mais pour la loi de $X$, nous pouvons raisonner avec des combinaisons (l'ordre des 3 boules tirées n'affecte pas leur nombre de rouges). Il est souvent plus simple de calculer l'univers total des tirages non ordonnés pour ce type de problème.

Nombre total de façons de tirer 3 boules parmi 5 (sans ordre) : $\binom{5}{3} = \frac{5 \times 4 \times 3}{3 \times 2 \times 1} = 10$.

Les valeurs possibles pour $X$ (nombre de boules rouges) sont $\{1, 2, 3\}$ (on ne peut pas tirer 0 rouge car on tire 3 boules et il n'y a que 2 bleues).

• $P(X=0)$ : impossible car on tire 3 boules et il n'y a que 2 bleues.
• $P(X=1)$ : 1 rouge et 2 bleues.

  Nombre de façons de choisir 1 rouge parmi 3 : $\binom{3}{1} = 3$.

  Nombre de façons de choisir 2 bleues parmi 2 : $\binom{2}{2} = 1$.

  Nombre de cas favorables : $\binom{3}{1} \times \binom{2}{2} = 3 \times 1 = 3$.

  $P(X=1) = \frac{3}{10}$.

• $P(X=2)$ : 2 rouges et 1 bleue.

  Nombre de façons de choisir 2 rouges parmi 3 : $\binom{3}{2} = 3$.

  Nombre de façons de choisir 1 bleue parmi 2 : $\binom{2}{1} = 2$.

  Nombre de cas favorables : $\binom{3}{2} \times \binom{2}{1} = 3 \times 2 = 6$.

  $P(X=2) = \frac{6}{10}$.

• $P(X=3)$ : 3 rouges et 0 bleue.

  Nombre de façons de choisir 3 rouges parmi 3 : $\binom{3}{3} = 1$.

  Nombre de façons de choisir 0 bleue parmi 2 : $\binom{2}{0} = 1$.

  Nombre de cas favorables : $\binom{3}{3} \times \binom{2}{0} = 1 \times 1 = 1$.

  $P(X=3) = \frac{1}{10}$.

Vérification : $P(X=1) + P(X=2) + P(X=3) = \frac{3}{10} + \frac{6}{10} + \frac{1}{10} = \frac{10}{10} = 1$. La somme est bien 1.

1. Loi de probabilité de $X$ :

   $x_i$	1	2	3
   $P(X=x_i)$	$3/10$	$6/10$	$1/10$

   Résultat : $P(X=1)=3/10, P(X=2)=6/10, P(X=3)=1/10$.

2. Espérance $E(X) = \sum x_i P(X=x_i)$ :

   $E(X) = 1 \times \frac{3}{10} + 2 \times \frac{6}{10} + 3 \times \frac{1}{10}$

   $E(X) = \frac{3}{10} + \frac{12}{10} + \frac{3}{10} = \frac{18}{10} = \frac{9}{5}$.

   Résultat : $E(X) = 9/5 = 1.8$.

   Point méthode : Pour les tirages sans remise, utilise les combinaisons pour déterminer le nombre de cas favorables et le nombre total de cas. Ces variables aléatoires suivent souvent une loi hypergéométrique, même si tu n'as pas besoin de la nommer explicitement.

Correction :

Chaque heure est une épreuve de Bernoulli (panne ou non panne) avec une probabilité de succès (panne) $p=0.1$. Les épreuves sont indépendantes.

La variable $N$ compte le nombre d'échecs (pas de panne) AVANT le premier succès (première panne). C'est la définition d'une loi géométrique de paramètre $p$ qui prend ses valeurs dans $\{0, 1, 2, \dots\}$. (Attention, la définition peut varier, parfois $N$ est le rang du premier succès, prenant ses valeurs dans $\{1, 2, 3, \dots\}$). Ici, "nombre d'heures AVANT la première panne" correspond à $k$ échecs avant le premier succès.

1. La variable aléatoire $N$ suit une loi géométrique de paramètre $p=0.1$. On note $N \sim \mathcal{G}(0.1)$.

   La probabilité d'avoir $k$ heures de fonctionnement sans panne (donc $k$ échecs) avant la première panne (le $(k+1)^{ème}$ essai est un succès) est $P(N=k) = (1-p)^k p$.

   Ici, $P(N=k) = (0.9)^k \times 0.1$, pour $k \in \{0, 1, 2, \dots\}$.

   Résultat : $N$ suit une loi géométrique $\mathcal{G}(0.1)$, avec $P(N=k) = (0.9)^k \times 0.1$.

2. Le composant fonctionne pendant au moins 5 heures sans panne. Cela signifie que les 5 premières heures sont des "échecs" (pas de panne). Cela correspond à l'événement $N \ge 5$ (le premier succès a lieu à la 6ème heure ou plus tard).

   $P(N \ge 5) = P(\text{pas de panne pendant 5 heures})$.

   La probabilité de ne pas tomber en panne pendant une heure est $1-p = 0.9$.

   Puisque les pannes sont indépendantes d'une heure à l'autre :

   $P(N \ge 5) = (0.9)^5$.

   $(0.9)^5 = 0.59049$.

   Résultat : La probabilité est $(0.9)^5 \approx 0.5905$.

3. L'espérance d'une loi géométrique $N \sim \mathcal{G}(p)$ (où $N$ est le nombre d'échecs avant le premier succès) est $E(N) = \frac{1-p}{p}$.

   $E(N) = \frac{0.9}{0.1} = 9$.

   Interprétation : En moyenne, le composant fonctionnera 9 heures sans panne avant de subir sa première panne. C'est la durée de vie moyenne du composant avant le premier incident.

   Résultat : $E(N) = 9$. En moyenne, le composant fonctionne 9 heures avant la première panne.

   Point méthode : Fais attention à la définition de la loi géométrique tu utilises dans tes cours, car elle peut varier (nombre d'échecs avant le 1er succès vs rang du 1er succès). La probabilité d'au moins $k$ échecs avant le 1er succès est $(1-p)^k$.