ChronoMath, une chronologie des MATHÉMATIQUES
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Dénombrement & probabilités     Trois exercices niveau Ter S/ES

Exercices inspirés des sujets de bac série C et E (équivalents à S et STI) de l'année 1987. Les parties A, B et C sont indépendantes

A/  On considère tous les entiers naturels de cinq chiffres que l'on peut écrire au moyen de 5 jetons numérotés 1, 2, 3, 4, 5. Ainsi, le plus petit est 12345 et le plus grand est 54321.

1°/ Combien peut-on former de nombres de cette façon ?

2°/ On décide de trier les nombres obtenus par ordre croissant.

    a)  Quel est le 50è ?  
    b)  Quel est le rang du nombre 42513 ?

3°/ Un enfant forme un nombre au hasard avec les 5 jetons. Quelle est la probabilité qu'il écrive un multiple de 4 ?

4°/  Reprendre les questions 1, 2a et 3 lorsque le jeton 5 est remplacé par un second jeton marqué 4.


B/  Un QCM est constitué de 8 questions. Pour chacune d'elles, 4 réponses sont proposées, une seule étant exacte.

1°/ Quel est le nombre de réponses possibles à ce QCM ?

On suppose maintenant qu'un candidat, prénommé Lambda, répond au hasard.

2°/ Quelle est la probabilité que Lambda réponde correctement à exactement 6 questions ?

3°/ Quelle est la probabilité que Lambda réussisse ce QCM sachant qu'il doit alors répondre juste à au moins six questions ?


C/  On dispose de n boules indiscernables au toucher, numérotées de 1 à n. On les place au hasard dans un casier contenant n emplacements, chaque case pouvant contenir 0 à n boules.

1°/ Dénombrer le nombre de rangements possibles de ces n boules.

2°/ On note Pn la probabilité que chaque cas contienne 1 seule boule. Justifier que Pn = n!/nn.   
    
(n! désigne la factorielle de n, c'est à dire : 123...n)

3°/ Soit x un réel positif et n un entier naturel. Prouver que (1 + x)n ≥ 1 + nx.

4°/  a)  Montrer, à l'aide de 3°, que pour tout n > 0, on a Pn/Pn+1  ≥ 2. En déduire Pn ≤ 1/2n-1.

      b)  Quelle est la limite de la suite (Pn) ?

Si vous séchez après avoir bien cherché :


© Serge Mehl - www.chronomath.com


 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Solution :

A/

1°/ Il y a 5! = 120 façons de permuter l'ordre de 5 objets distincts.

En termes d'arbre de choix, on a 5 possibilités pour le 1er rang auxquelles on associe 4 possibilités pour le second choix, donc 20 cas auxquels on associe 3 possibilités pour le 3è rang, etc. D'où 54321 = 120.

2°/

a)  Il y a 4! = 24 nombres commençant par 1 (correspondant à toutes les permutations des chiffres 2, 3, 4 et 5) et, de même 24 nombres commençant par 2. Le 50è nombre commence donc par 3 et c'est le 2è de cette série : 31234 est le premier. La réponse est donc 31243.

b)  Le premier nombre commençant par 4 est 41235, de rang 24 + 24 + 24 + 1 = 73. Il y a 3! = 6 nombres commençant par 41. Le plus petit nombre commençant par 42 est donc de rang 78. Deux nombres commencent par 421 et deux nombres commencent par 423. Le rang de 42513 est donc 83.

3°/

Un multiple n de 4 est pair et ses deux derniers chiffres forment eux-mêmes un multiple de 4. Si le dernier chiffre de n est 2, alors n se termine par 12 ou 32. On peut associer 3! = 6 permutations de 3, 4, 5 dans le 1er cas et 6 permutations de 1, 4, 5 dans le second pour constituer ses centaines, milliers et dizaines de milliers. Si le dernier chiffre de n est 4, alors n se termine par 24 et c'est le seul cas possible. On peut encore lui associer 3! = 6 permutations des chiffres restants 1, 3, 5.

Finalement nous avons 18 cas possibles et la probabilité cherchée est 18/120 = 3/20.

4°/ 

4.1 - Si un jeton 4 remplace le 5, parmi les 120 cas dénombrés en 1°, la permutation des deux jetons marqués 4 ne modifie par le nombre formé, il y a donc 2 fois moins de possibilités, soit 60 cas.

4.2a - Il y a 4!/2 = 12 nombres commençant par 1, 2 ou 3. Donc 36 cas. Si le nombre commence par 41 ou 42, nous avons 3! = 6 nombres dans chaque cas (permutations de 2, 3, 4 et de 1, 3, 4 respectivement). En tout 48 cas. Le 49è nombre est 43124, le 50è est alors 43142.

4.3 - Le nombre est divisible par 4 s'il se termine par 12, 24, 32 ou 44. Les cas 12 et 32 utilisent les deux 4 : il y a 3!/2 = 3 nombres possibles dans chaque cas . Les cas 24 et 44 conduisent chacun à 3! = 6 cas.

Finalement nous avons 18 cas possibles et la probabilité cherchée est encore 18/60 = 3/10.


B/

1°/ Il y a 4 choix possibles pour la 1ère question auxquels on associe 4 choix pour la seconde, soit 42 cas, puis 4 choix pour la 3è question, soit 424 =  43 cas, et ainsi de suite jusqu'à la 8è question, l'arbre des possibilités conduit ainsi à 48 = 65536 réponses possibles à ce QCM.

  On notera qu'une réponse au hasard peut s'interpréter comme une application de {1,2,3,...8} vers {1,2,3,4}. Et il y a 48 telles applications.

2°/ Il y a C86 = 28 combinaisons possibles de 6 questions parmi 8 auxquelles Lambda devra répondre correctement. A chacune de ces combinaisons, on doit associer les possibilités de répondre faux aux 2 questions restantes, à savoir 32 = 9 réponses possibles. Il y a donc 289 = 252 cas possibles de réponses exactes à 6 questions sur 8. Lambda agissant au hasard, toutes les réponses sont équiprobables, la probabilité cherchée est donc 252/65536 0,0038.

3°/ Lambda doit répondre correctement à 6, 7 ou 8 questions. Le nombre de cas favorables est alors :

C8632 + C873 + 1 = 252 + 24 + 1 = 277/65536 0,0042

Blaise Pascal à qui l'on doit la notion de combinaison :

  Répondre C8642 à cette question est incorrect. Pour s'en convaincre, imaginer un choix quelconque de 6 questions parmi 8 auxquelles Lambda répond juste. En associant ensuite 4 x 4 choix, vous rencontrez le cas d'une réponse juste aux 2 questions restantes. Ainsi, le cas répondre juste à toutes les questions serait comptabilisé 28 fois (soit 27 en trop) ! ...


C/

1°/ Les boules étant numérotées, elles sont supposées distinctes : toute permutation d'une case à l'autre d'une ou plusieurs boules modifie le rangement. Pour le rangement de chaque boule, on a n possibilités puisque les cases peuvent contenir jusqu'à n boules.

Il y a donc n choix possibles pour la 1ère boule auxquels on associe n choix pour la seconde, soit n2 cas, puis n choix pour la 3è boule, soit n2n =  n3 cas, et ainsi de suite jusqu'à la n-ème boule, l'arbre des possibilités conduit ainsi à nn rangements possibles.

  On notera là encore qu'un rangement au hasard peut s'interpréter comme une application de {1,2,3,...n} vers {1,2,3,...n}. Et il y a nn telles applications.

2°/ Si chaque case contient une seule boule, toute permutation des boules dans les cases est un cas répondant à la situation voulue (cas favorable). Or, il y a n! permutations possibles de n objets distincts. Les rangements au hasard sont ici équiprobables, on a donc bien Pn = n!/nn.

3°/ On peut appliquer la formule du binôme :

Avec ici a = 1 et b = x, soit (1 + x)n = 1 + Cn1x + ... = 1 + nx + ...  Tous les termes étant positifs dans ce développement, l'inégalité est acquise.

  On peut aussi étudier la fonction f(x) = (1 + x)n - 1 - nx sur R+ lorsque n est strictement positif. On remarque que (x) = n(1 + x)n-1 - n est du signe de (1 + x)n-1 - 1, donc positive sur R+ et nulle en 0. La fonction f est donc croissante et étant elle-même nulle en x = 0, elle reste positive sur R+. D'où l'inégalité cherchée.

D'après la question précédente, on a Pn/Pn+1 ≥ 1 + n1/n = 2.

On peut donc maintenant écrire que pour tout n non nul, on a 0 ≤ Pn+1/Pn ≤ 1/2. On écrit cette double inégalité aux rangs n - 1, n - 2, ... , 2, 1 :

0 ≤ Pn/Pn-1 ≤ 1/2
0 ≤ P
n-1/Pn-2 ≤ 1/2
...
0 ≤ P
3/P2 ≤ 1/2
0 ≤ P
2/P1 ≤ 1/2

et on fait le produit membre à membre de ces n - 1 inégalités. On obtient : Pn/P1 ≤ (1/2)n-1. Or P1 = 1, d'où Pn ≤ 1/2n-1.

  sans utiliser la formule fournissant Pn, il est clair que si n = 1, l'événement « la seule case 1 contienne la seule boule 1 » est certain : sa probabilité est donc 1.

b) La suite de terme général vn = 1/2n-1 = (1/2)n-1 est une suite géométrique positive de raison 1/2 < 1. Elle converge donc vers 0. Par conséquent, vu la double inégalité 0 ≤ Pn ≤ vn, on a  lim Pn = 0 (c'est le fameux théorème des gendarmes...).


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