Chapitre 3 : Combinatoire, Probabilitésschwartz/Multi_Options/... · 2001-02-08 · STAT03 :...

STAT03 : probabilités COURS Décembre 2000

Cycles Préparatoires du Service Commun de Formation Continue de l'INPL.Cours et exercices : Philippe Leclère

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Chapitre 3 : Combinatoire, Probabilités

1 Dénombrement

1.1 Introduction

L’étude statistique nous conduit à étudier une population finie et parfaitementdéterminée par rapport à un ou plusieurs paramètres. Pour cela nous avons mis enplace un certain nombre d’outils élaborés : les paramètres de position ( moyenne,médiane, fréquence etc..) et les statistiques de dispersion ( écart moyen, écart type,quartiles, déciles etc...)Malheureusement les ensembles étudiés sont souvent à effectifs très importantsinterdisant toute étude exhaustive. On est alors amené à prélever des échantillons decette population de taille raisonnable, assez pour que les résultats induits soientsignificatifs, mais pas trop en raison du coût. La connaissance même parfaite del’échantillon ne peut être appréciée qu’avec une extrême prudence et un certain degréde « probabilité ». Nous allons estimer certaines lois sur la population et nous nepourrons le faire sérieusement qu’avec le calcul des probabilités.La réalisation des événements est l’aboutissement d’actions antérieures, les causes.Tous les phénomènes ne sont pas prévisibles, ils dépendent du hasard. On parleraalors de phénomènes aléatoires. La chance de réalisation d’un événement seramesuré de façon « scientifique ». Hasard vient de l’Arabe et signifie « jeu de dés »

1.2 Analyse combinatoire

1.2.1 Permutations

On considère un ensemble fini E de n éléments distincts n1 2 3 x , x , x , ....., x . On

appelle cardinal de E son nombre d’éléments n , et on écrit card E n= .

On se demande combien il y a de façons différentes de les ordonner. On fabrique àchaque fois un n-uplet différent d’éléments distincts de E :

n2 1 3 x , x , x , ....., x .Chacun de ces n-uplet est appelé permutation des n éléments.



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3E a,b,c avec card E= = . On fabrique les triplets possibles de façonexhaustive.( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )a, b, c ; a, c, b ; b, a, c ; b, c, a ; c, a, b ; c, b, a

Il y a donc 6 triplets différents possibles.

Généralisons : nous avons n choix possibles pour le premier élément du n-uplet.Une fois celui-ci placé, il reste n−1 choix possibles pour le deuxième élément et ainside suite jusqu’au dernier. Nous avons donc au total : ( )( )n n-1 n-2 ....2 1 × , soit leproduit des n premiers entiers. On appelle factoriel n ce nombre et on note n!

le nombre de permutations d’un ensemble fini de n éléments est n !

Chaque joueur d’une équipe de basket-ball ayant un maillot numéroté de 1 à 5,combien d’équipes différentes peut constituer l’entraîneur avec un effectif de 5joueurs. (Réponse 5!= 120).

1.1.2 Arrangements

On désire cette fois-ci constituer un p-uplet d’éléments distincts d’un ensemblecomportant n éléments distincts ( )p n≤ . On choisit alors les p éléments dans unordre déterminé. On appelle arrangement de p éléments parmi n chaque p-upletainsi constitué. Combien y a-t-il d’arrangements possibles ?

On a n choix pour le premier terme, ( )1n − pour le deuxième ... et ( )n p+1− pour le

p-ième. On note ( )A n , p ou ( ) ( )1 1pnA n n n p= − − +!

On a : ( )

pn

n!An p !

==−

en effet

( )( ) ( )( )( )

( )( )1 1 1 2 1

1 2 1n n .... n p n p n p .....n!

n p ! n p n p ....− − + − − − ×

=− − − − ×

en simplifiant, on obtient

le résultat.



3

• Dans l’exemple précédent l’entraîneur a maintenant 8 joueurs pour constituer sonéquipe de 5 joueurs. Il doit donc choisir un 5-uplet. Il a 5

8 6720A = possibilités.• Combien de nombres de trois chiffres peut-on écrire avec des chiffres

impairs tous distincts ? On choisit en fait 3 chiffres impairs distincts ordonnésparmi l’ensemble des chiffres impairs. Soit un 3-uplets d’éléments distincts de

l’ensemble 1 3 5 7 9; ; ; ; . Donc, on obtient : ( )

35

5 5 4 3 605 3

!A!

= = × × =−

On peut schématiser ce calcul par l’arborescence suivante :

5 135x =3 7 137x =

9 139x =3 153x =

5 7 157x =1 9 159x =

3 173x =7 5 175x =

9 179x =3 193x =

9 5 195x =7 197x =

Etc…

Il y a douze possibilités avec 1 en première position, autant avec 3, puis 5, puis 7, etenfin 9 en première position soit 60 au total.

Pensez à utiliser l’arborescence qui symbolise parfaitement ces phénomènes.

Le nombre d’arrangements de p éléments parmi n est pnA

Un arrangement de n éléments parmi n est une permutation de n éléments.



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1.1.3 Combinaisons

On considère un ensemble E de n éléments distincts.

On appelle combinaison de p éléments parmi n tout sous-ensemble de p élémentsdistincts de cet ensemble.

3E a,b,c avec card E= = . On fabrique tous les sous-ensembles d’élémentsdistincts de E. L’ensemble de ces sous-ensembles est appelé ensemble des parties deE et noté ( )P E

( ) P E , a , b , c , a,b , a,c , b,c , a,b,c= ∅

L’ordre n’a pas d’importance a,b b,a=

• Dans une partie, les éléments sont deux à deux distincts ;

• Deux parties sont égales si et seulement si elles contiennent les mêmes éléments.

Il y a 3 combinaisons de 2 éléments parmi les 3 éléments de E. En fait :

• A une combinaison de 2 éléments correspond deux arrangements, en tenantcompte de l’ordre : ( ) ( ) a,b a,b ; b,a→

• A la combinaison de 3 éléments correspond 6 arrangements. ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) a,b,c a,b,c , a,c,b , b,a,c , b,c,a ; c,a,b , c,b,a→

Généralisons :

Une seule combinaison donne p! arrangements. En fait, il s’agit des permutations desp éléments de ce sous-ensemble. Il suffit donc pour obtenir le nombre decombinaisons de p éléments parmi n de diviser le nombre d’arrangements de péléments parmi n par le nombre de permutations de n éléments.

On note ( )C n, p ou ( )

pp nn

A n!Cp! n p ! p!

= =−

le nombre de combinaisons.



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Le nombre de combinaisons de p éléments parmi n est pnC

• Le nombre de tiercés dans le désordre avec 17 chevaux au départ est 317 680C =

• Le nombre de tiercés dans l’ordre avec 17 chevaux au départ est 317 4 080A =

Si on résume :

• Les permutations de n éléments distincts :n-uplets avec ordre nombre = n!

• Les arrangements de p éléments distincts parmi np-uplets avec ordre nombre = p

nA

• Les combinaisons de p éléments distincts parmi nsous-ensembles de p éléments nombre = p

nC

• ( )1 2 1n! n n= − × ×! (produit des n premiers entiers)

• pnA =

( )n!

n p !−

• p

p nn

A n!Cp! ( n p )! p!

= =−



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1.3 Calculs sur les ( )C n, p et triangle de Pascal.

1.3.1 Triangle de Pascal

1. ( ) 121 10 1 p pp

n n nn, p N , p n , C C C−− −∀ ∈ ≤ ≤ − = +

2. ( ) 2 0 p n pn nn, p N , p n, C C −∀ ∈ ≤ ≤ =

1. On isole un élément des n éléments. On constitue les combinaisons contenant cetélément et celles ne le contenant pas. Les premières sont au nombre de 1

1pnC −− cela

revient à choisir les p−1 manquants parmi les n−1 restants. Les autres sont aunombre de 1

pnC − cela revient à choisir les p éléments parmi les n−1 restants.

Autre démonstration :( )

( ) ( )( )( )( )

( )( ) ( )

( )( ) ( ) ( )

( )

11 1

1 111 1 1

1 11 11 1 1 1

p pn n

pn

n ! n !C C

p! n p !p ! n p !

n ! n ! np ! n p ! n p p p ! n p ! p n p

n! Cp! n p !

−− −

− −+ = +

− −− − − −

− − = × + = × − − − − − − − −

= =−

2. Choisir p éléments revient à choisir les n−p restants, ou encore

( ) ( )( ) ( )n p pn n

n! n!C Cn p ! p!n p ! n n p !

− = = =−− − −

On représente les pnC de façon matricielle.

0 1 2 3 4 5

0 00C

1 01C 1

1C

2 02C 1

2C 22C

3 03C 1

3C 23C 3

3C.............................................etc



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En remarquant que 0 1nC = pour tout n et en utilisant la propriété de récurrence1

1 1p pp

n n nC C C−− −= + on construit rapidement le triangle de Pascal :

p 0 1 2 3 4 5 6 n

0 1 1 0 14 3 3C C C= +

1 1 1

2 1 2 1

3 1 3 3 1 +

4 1 4 6 4 1 =

5 1 5 10 10 5 1

6 1 6 15 20 15 6 1

On peut ainsi lire les pnC , dans ce tableau qui se construit rapidement.

1.3.2 Formule du binôme

Pour tous les nombres réels a et b et pour tout entier n non nul :

( ) 0 0 1 1 1 2 2 2 1 1 1 0n n n n n n n nn n n n na b C a b C a b C a b C a b C a b− − − −+ = + + + + +!

On écrira plus simplement ( )0 0

n nn k n k k k k n k

n nk k

a b C a b C a b− −

= =+ = =∑ ∑ :

Les pnC sont aussi appelés les coefficients binomiaux. La formule du binôme est

donc à l’origine de cette appellation.



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On pose ( ) 0 0 1 1 1 2 2 2 1 1 1 0n n n n n n n nn : n n n n nP a b C a b C a b C a b C a b C a b− − − −+ = + + + + +!

1P est vraie car ( )1 0 1 0 1 0 11 1a b C a b C a b a b+ = + = +

Supposons nP vraie,

( ) ( )( )

( )

1 0 0 1 1 1 2 2 2 1 1 1 0

0 1 0 1 1 2 1 2 1 2 1 1

0 1 1 1 2 2 2 3 1 1 0 1

0 1 0 1 0 1

n n n n n n n nn n n n n

n n n n n n nn n n n n

n n n n n n nn n n n n

n n n nn n n n n

a b C a b C a b C a b C a b C a b a b

C a b C a b C a b C a b C a b a

C a b C a b C a b C a b C a b b

C a b C C a b C C

+ − − − −

+ − − −

− − − +

+ −

+ = + + + + + +

= + + + + + ×

+ + + + + + ×

= + + + + +

!

!

!

! ( )[ ]

( )

1 1 0 1

0 0 1 11 1 1

1 0 1 0 1 1 2 1 2 1 1 0 11 1 1 1 1

1

n n nn

n n k k kn n n n n n n

n n n n n n n nn n n n n

a b C a b

Or C C , C C , et k ..n , C C C , donc

a b C a b C a b C a b C a b C a b

+

+ −+ + +

+ + − + ++ + + + +

+

= = ∀ ∈ + =

+ = + + + + +!

On vient de montrer que 1*

n nn N , P P +∀ ∈ ⇒La proposition nP est donc vraie pour tout entier

Ecriture de ( )62x +

On écrit : ( )6 0 6 0 1 5 1 5 1 5 6 0 66 6 6 62 2 2 2 2x C x C x C x C x+ = + + + +!

En reprenant la ligne 6 du triangle de Pascal :

( )6 6 0 5 1 1 5 0 6

6 5 4 3 2

2 1 2 6 2 6 2 1 2

12 60 160 240 192 64

x x x x x

x x x x x x

+ = × + + + + ×

= + + + + + +

!

(STAT03E01A)

Un luthier doit fabriquer les quatre instruments du quatuor (violon, alto, violoncelle,contrebasse) et un violon d’étude pour enfant. De combien de façons peut-il faire :

1. s’il les fait tous le même mois?2. s’il en fait trois un mois et deux le mois suivant ?



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2 Calcul des probabilités

2.1 Vocabulaire

Épreuve : expérience, phénomène dont le résultat dépend du hasard. On parle alorsd’expérience aléatoire. Les conditions de son déroulement doivent être clairementétablies.

Éventualité : le résultat d’une épreuve.

Univers Ω : ensemble des éventualités.

Evénement : tout sous-ensemble de l’univers dont on sait dire à l’issue de l’épreuves’il est réalisé ou non. Cela n’est pas très mathématique, mais nous nous contenteronsde cette approche intuitive, la définition rigoureuse dépassant largement le cadre dece cours.Si Ω est fini, l’ensemble des événements est l’ensemble des parties de Ω , noté

P( Ω )

Événement élémentaire : événement qui ne comporte qu’un seul élément.

Le jet de dé. Un dé est lancé de façon aléatoire et on note le nombre inscrit sur laface supérieure. Nous effectuons une expérience aléatoire.L’univers Ω =1, 2, 3, 4, 5, 6 est constitué des éventualités 1, 2, 3, 4, 5 ou 6.Définissons les événements suivants :

A = 2, 4 A est réalisé si le nombre 2 ou le nombre 4 apparaît lors du jet.B = le numéro est impair = 1, 3, 5C = le numéro est pair et plus petit que 4 = 2

On peut appeler X la variable qui a un tirage aléatoire associe le résultat. Par abus delangage on écrira A = X<3 = 1, 2

A = Ω est l’événement certainA = 7 est un événement impossible.



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2.2 Logique sur les événements

2.2.1 Evénement contraire

L’événement contraire de A (noté A et qui se lit A barre) est réalisé si et seulement siA ne l’est pas.

Jet de dé, 4 5 6A X ;= > = alors 5 1 2 3 4A X ; ; ;= < =

On peut représenter schématiquement cette notion par le diagramme suivant :

A

A_



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2.2.2 Evénement A et B ( noté A ∩ B )

A et B sont deux événements définis sur le même univers.L’événement A et B est réalisé si A et B le sont tous les deux. Il est symbolisé par lesigne ensembliste d’intersection A B∩

Jet de dé.

3A X= < et B X est pair= alors 2A B∩ =

2.2.3 Evénements incompatibles.

A et B sont incompatibles s’ils ne peuvent être réalisés dans la même épreuvesimultanément. On écrira A B∩ = ∅

• A et A sont incompatibles A B

• A X est pair= et B X est impair= sont incompatibles.

A

B

A∩B



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2.2.4 Evénement A ou B ( noté A ∪ B )

L’événement A B∪ est réalisé si et seulement si l’un au moins des événements A ouB est réalisé.

3A X= < et 5B X= > alors 1 2 6A B ; ;∪ =

2.2.5 Opérations sur les ensembles

( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )

A B B A et A B B AA B C A B C A B C

A B C A B C A B C

A B C A B A C

A B C A B A C

• ∪ = ∪ ∩ = ∩• ∩ ∩ = ∩ ∩ = ∩ ∩

• ∪ ∪ = ∪ ∪ = ∪ ∪

• ∩ ∪ = ∩ ∪ ∩

• ∪ ∩ = ∪ ∩ ∪

A

B

A∪ B



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2.3 Probabilité d’un événement.

2.3.1 Approche heuristique :

Nous allons essayer de déterminer un nombre que l’on appelle probabilité qui mesurele « degré de chance » d’obtenir la réalisation d’un événement. Nous noterons cetteprobabilité ( )p A .On suppose que l’univers Ω est associé à une épreuve finie.

Si tous les événements élémentaires ont la même « chance » de se réaliser, on ditqu’ils sont équiprobables, la probabilité d’un événement apparaît alors comme lerapport du nombre de cas favorables (le nombre d’événements élémentairesconstituant l’événement) sur le nombre total de cas possibles (le nombred’événements élémentaires de l’univers) :

( ) nombre decas favorablesp Anombretotal decas

=

2.3.2 Définitions

L’univers des réalisations n’est pas toujours un ensemble fini, et même, s’il est fini ,il est possible que les événements élémentaires ne soient pas tous équiprobables.

jetons une punaise par terre et notons la position de la punaise : pointe vers le sol oupointe vers le ciel. On appelle A l’événement : La punaise tombe la pointe vers lehaut. Cette expérience a été réalisée et a donné les résultats suivants :

On remarque que la probabilité semble se stabiliser aux alentours de 0,62. On vasupposer que si on effectuait cette expérience une infinité de fois, on obtiendrait unnombre réel, noté ( )p A que l’on appelle probabilité de l’événement A.

Il paraît évident que la probabilité est un nombre de l’intervalle [ ]0 1; . L’événementimpossible aura la probabilité 0 et l’événement certain la probabilité 1. Plus laprobabilité est proche de 1 plus l’événement a de chance de se produire. Nous allonsdonner une définition plus rigoureuse de la probabilité sous forme axiomatique.

N 10 20 50 100 200 500Fréquence de

A 0,500 0,600 0,650 0,621 0,620 0,625



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Soit Ω l’univers associé à une expérience aléatoire. On appelle probabilité sur Ωtoute application p: ;Ω → 0 1 telle que :1) p Ωb g = 12) Pour toute suite An n Nb g ∈ d’événements deux à deux incompatibles,

p A p An N

n nn

∪FH IK =∈ =

∞

∑ b g0

La définition entraîne évidemment que la probabilité d’un événement est un réelcompris entre 0 et 1.

2.4 probabilité totale

1. La probabilité d’un événement est égale à la somme des événements élémentairesqui le composent.

2. ( ) ( )1p A p A= − ) 3. ( ) 0p ∅ = ) 4. ( ) ( ) ( ) ( )p A B p A p B p A B∪ = + − ∩ probabilité totale

2. A A∪ = Ω et A A∩ = ∅ donc d’après l’axiome,

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 1p A A p p A p A p A p A∪ = Ω = = + ⇒ = −

3. ∅ est le complémentaire de Ω, donc ( ) ( )1 1 1 0p p∅ = − Ω = − =

4. ( )A B A B A∪ = ∪ ∩ avec ( )A B A∩ ∩ = ∅ , donc

( ) ( ) ( )p A B p A p B A∪ = + ∩

or ( ) ( )B B A B A= ∩ ∪ ∩ donc ( ) ( ) ( )p B p B A p B A= ∩ + ∩

soit ( ) ( ) ( )p B A p B p B A∩ = − ∩ en remplaçant on trouve :

( ) ( ) ( ) ( )p A B p A p B p A B∪ = + − ∩



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On jette deux dés parfaits, et on considère les faces supérieures.

L’univers est ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 2 1 6 2 1 6 5 6 6; ; ; ; ; ; ; ; ;Ω = ! ! .

On s’intéresse à la somme des faces supérieures.

Quelle est la probabilité d’obtenir une somme des faces égale à 7. Chaque événementélémentaire est équiprobable. Nous pouvons établir le tableau exhaustif suivant :

Chaque événement étant équiprobable et ayant la probabilité 136

de se produire, il

suffit de compter le nombre de réalisations de la somme 7 soit ( ) 6736

p =

(STAT03E02A)

36 personnes se sont présentées à une collecte de sang. Les groupes sanguins serépartissent ainsi :

22 du groupe O8 du groupe A4 du groupe B2 du groupe AB

On prélève au hasard 3 flacons de sang parmi les 18 prélèvements. Calculez lesprobabilités suivantes :

1. Les sangs des 3 flacons sont du même groupe2. Sur les 3 flacons, un flacon au moins contient du sang du groupe A3. Les sangs des trois flacons appartiennent à 3 groupes différents.

On donnera les résultats au millième le plus proche.

dé2 dé1 1 2 3 4 5 6

1 2 3 4 5 6 72 3 4 5 6 7 83 4 5 6 7 8 94 5 6 7 8 9 105 6 7 8 9 10 116 7 8 9 10 11 12



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2.5 Probabilités conditionnelles

2.5.1 Approche

Plaçons nous dans le cas simple d’un univers fini composé de n événementsélémentaires équiprobables. Deux événements A et B ont été réalisés respectivement

An et Bn fois. Quelle est la probabilité que B se réalise sachant que A a été réalisé.

An A

Bn A et Bn

B

Si A est réalisé le nombre de cas possibles n’est plus n mais An et le nombre de casfavorables est A et Bn . D’où en notant ( )p B A et en prononçant « probabilité de Bsachant A » on obtient :

( ) ( )( )

Aet BAet B

AA

nn p A Bnp B A

nn p An

∩= = =

2.5.2 Généralisation

On admettra que l’on peut généraliser cette formule à un univers infini avec deséventualités non équiprobables :

( ) ( )( )

p A Bp B A

p A∩

= et ( ) ( )( )

p A Bp A B

p B∩

=

on en déduit les égalités qui serviront dans les exercices :

( ) ( ) ( ) ( ) ( )p A B p A p B / A p B p A / B∩ = =



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Jet de deux dés : calculons la probabilité d’avoir 7S > sachant que 4Y > . On pose 4A X= > et 4B Y= > . En regardant le tableau exhaustif des résultats on

applique la règle précédente

p(A/B) = ( ) 912

p A B =

De plus on a bien : ( ) 936

p A B∩ = et ( ) 1236

p B = ce qui permet de vérifier la

formule.

(STAT03E03A)

On lance une campagne de tests pour déceler une maladie M dans une population.

1. Sachant que le test se révèle positif 98 fois sur cent lorsque le sujet est atteint dela maladie et négatif 95 fois sur cent lorsque celui-ci est sain, quelle est laprobabilité p qu’un individu dont le test se révèle positif doit réellement malade.On pose x la proportion d’individus qui sont atteints de la maladie M. p est unefonction qui dépend alors de x : ( )p : x p x"

Etudier la fonction p. Calculer les proportions 1 2x et x pour lesquelles lesprobabilités sont respectivement de 0,5 et 0,95. Conclure !

STAT03 : probabilité SUPénoncés Décembre 2000


(STAT03S01)

Une usine fabrique des stylos à bille. Une étude a montré que 90% de la productionne présente pas de défaut. Chaque stylo est soumis à un contrôle qui refuse 94% desstylos avec défaut et accepte 92% des stylos sans défaut. On choisit au hasard unstylo avant le contrôle . On note D l’événement « le stylo a un défaut » et Al’événement « le stylo est accepté à l’issue du contrôle ».

1) Quelle est la probabilité que :

a) le stylo soit accepté et n’ait pas de défaut ?

b) le stylo soit accepté et ait un défaut ?

c) le stylo soit accepté ?

2) Le contrôle permet-il d’affirmer que moins de 1% des stylos acceptés présententun défaut ?

(STAT03S02)

Une rondelle métallique est produite par une chaîne composée de 2 machines A et Bmontées en série. La probabilité que la machine A produise un défaut sur une pièceest 0,05. La probabilité que la machine B produise un défaut est de 0,03 si la piècesort indemne de A et 0,6 sinon.

1) Quelle est la probabilité que la pièce soit sans défaut ?

2) Quelle est la probabilité que la pièce ait deux défauts ?

3) Quelle est la probabilité que la pièce n’ait qu’un seul défaut ?

4) Quelle est la probabilité pour qu’une pièce présentant le défaut B ait aussi ledéfaut A ?

STAT03 : Probabilités REPONSESglobal Décembre 2000

Cycles Préparatoires du Service Commun de Formation Continue de l'INPL.Cours et exercices : Philippe leclère

(STAT03E01A)

1. 5 120! = .

2. 5 120! = .



(STAT03E01B)

1. 720

2. 90

3. 180



(STAT03E01C)

1. 715

2. 280

3. 645



(STAT03E01D)

1. 166 167 000

2. 22 538 750

3. 142 444 900

4. 1183 350



(STAT03E02A)

1. 0 207p ,≈

2. 0 554p ,≈

3. 0 199p ,≈



(STAT03E02B)

1.

• 0 2727p ,≈

• 0 7884p ,≈

2.

• 0 2727p ,≈

• 0 7884p ,≈



(STAT03E03A)

1. ( ) 0 980 93 0 05

, xMp P , x ,=

+

2.

• 1 0 05x ,≈

• 2 0 5x ,≈



(STAT03E03B)

1. ( ) 0 042p D ,=

2.

• ( ) 0 286p A D ,≈

• ( ) 0 714p A D ,≈

3. 0 349p ,≈

4. 0 056p ,≈

• ( ) 0 29p A D ,≈

• ( ) 0 71p A D ,≈



(STAT03E03C)

1. 310x −≈

2. ( ) 0 9999p F ,≈

3. 0 0032x ,≈

STAT03 : probabilités ENONCES Décembre 2000


(STAT03E01B)

Une entreprise possède six voitures. Comment peut-on les répartir :

1. si elles doivent être placées chacune dans un garage différent?2. si elles sont placées deux à deux dans trois garages différents ?3. s'il y a quatre garages, deux recevant deux voitures et deux autres une seule

voiture ?



(STAT03E01C)

Un conseil municipal comprend 13 élus : 8 femmes et 5 hommes. On désiredéterminer l’équipe des 4 adjoints au maire :

1. combien d'équipes différentes peut-on former ?2. combien d'équipes comportant exactement 2 hommes peut-on former ?3. combien d’équipes comportant au moins un homme peut-on former ?



(STAT03E01D)

Dans un stock de 1000 pièces usinées, on dénombre 50 pièces défectueuses. Onprélève au hasard 3 pièces. On suppose que chaque tirage d’une pièce se fait dans lapopulation totale. ( on parle alors de tirage avec remise).Combien de tirages différents peut-on faire ne contenant :1. qu’une seule pièce défectueuse ?2. au moins une pièce défectueuse ?3. aucune pièce défectueuse ?4. au moins 2 pièces défectueuses ?



(STAT03E02B)

Sur un lot de 100 pièces métalliques 40 ont été usinées par la machine 1M et 60 parla machine 2M .

1. On prélève simultanément 3 pièces du lot. Calculer les probabilités desévénements suivants :

• Les trois pièces proviennent de la même machine.• Une pièce au moins est fabriquée par la machine 1M

2. On prélève successivement 3 pièces du lot avec remise des pièces dans le lot àchaque tirage. Calculer les probabilités des événements suivants :

• Les trois pièces proviennent de la même machine.• Une pièce au moins est fabriquée par la machine 1M .

On donnera les résultats au dix-millième le plus proche.



(STAT03E03B)

Un appareil est fabriqué en grande série. La production totale est assurée par deuxmachines A et B. La probabilité que la machine A produise un défaut est de 0,03. Laprobabilité que la machine B produise un défaut est de 0,05.Sur 1000 pièces produites, 400 le sont par la machine A et 600 par la machine B.

On prélève au hasard un appareil.

1. Quelle est la probabilité qu’il ait un défaut ?2. L’appareil prélevé possède un défaut, quelle est la probabilité qu’il provienne de

la machine A, de la machine B ?

On prélève au hasard un échantillon de 10 appareils, on considère ce tirage commeun tirage avec remise.

3. Quelle est la probabilité que ce lot contienne au moins un appareil défectueux ?4. Quelle est la probabilité que ce lot contienne exactement 2 appareils défectueux ?

(On arrondira les résultats au millième le plus proche.)



(STAT03E03C)

Un appareil est constitué de 10 composants, qui doivent tous fonctionner pour que

l’appareil marche. On pose x la probabilité qu’un composant soit défectueux .

1. On souhaiterait que l’appareil fonctionne avec la probabilité de 0,99. Que doit-on

exiger du sous-traitant fournissant les composants sur la valeur x pour que cela

soit réalisé ?

2. On suppose que chaque composant a la probabilité 0 001, de non-

fonctionnement. On décide pour augmenter la probabilité de fonctionnement de

mettre en parallèle deux appareils identiques qui se relaient en cas de panne de

l’un. Quelle est alors la probabilité de fonctionnement du nouveau dispositif ?

3. On désire maintenant une probabilité de fonctionnement avec le dispositif

précédent de 0,999. Quelle doit être la probabilité de panne d’un composant ?

STAT03 : Probabilités SOLUTIONS Octobre 2000


(STAT03E01A)

L’énoncé est un peu ambigu. Il faut en fait considérer que l’ordre de fabrication des

instruments importe. De plus que ce soit sur un mois ou sur deux mois est sans effet

sur le résultat. Nous avons 5 éléments distincts que nous voulons ordonner. Le

résultat est donc le nombre de permutations d’un ensemble de 5 éléments soit

5 120! = pour les deux questions.

Si vous avez éprouvé des difficultés à résoudre cet exercice, nous vousconseillons fortement de faire l'exercice suivant (Cliquez sur Exercice).



(STAT03E01B)

1. Chaque voiture doit être placée dans un garage différent. Cela revient à ordonner

les six voitures. Le nombre de possibilités est donc le nombre de permutations

d’un ensemble de 6 éléments. Soit 6 720! =

2. Nous disposons de trois garages.

• On choisit deux voitures pour mettre dans le premier garage : la notion

d’ordre n’intervient pas. Cela correspond à une combinaison de 2 éléments

parmi 6 soit 26C .

• On choisit ensuite deux voitures parmi les 4 qui restent. Avec le même

raisonnement, il y a 24C possibilités.

• On place alors les deux dernières dans le dernier garage, soit une possibilité

En imaginant l’arborescence, on trouve donc :

2 2 26 4 2

6 4 61 902 4 2 2 2 2 2

! ! !C C C! ! ! ! ! ! !

× × = × × = =

3. Nous disposons de quatre garages, le début est le même que dans la question

précédente.

• 26C .pour le premier garage

• 24C pour le second garage.

• 12C pour le troisième garage

• 11C pour le troisième garage

En imaginant l’arborescence, on trouve donc :

2 2 1 16 4 2 1

6 4 2 1 6 1802 4 2 2 1 1 1 0 2 2

! ! ! ! !C C C C! ! ! ! ! ! ! ! !

× × × = × × × = =




(STAT03E01C)

1. On doit choisir 4 personnes parmi les 13. Ici l’ordre n’a pas d’importance car on

ne distingue pas les différents postes d’adjoints. En fait il s’agit des combinaisons

de 4 parmi 13 soit : 413 715C = .

2. On choisit les 2 hommes parmi les 5 et 2 femmes parmi les 8. On combine donc

ces choix, sachant que l’ordre n’intervient pas, soit : 2 25 8 280C C× =

3. Au moins un homme signifie : 1 ou 2 ou 3 ou 4. Nous allons faire le calcul direct,

puis nous verrons que dans ce cas là il vaut mieux considérer l’ensemble des

possibilités moins les cas contraires, c’est à dire 4 femmes.1 3 2 2 3 1 4 05 8 5 8 5 8 5 8 5 56 10 28 10 8 5 645C C C C C C C C+ + + = × + × + × + = et par l’autre

méthode : 4 413 8 715 70 645C C− = − = . La deuxième méthode apparaît

évidemment supérieure à la première. Retenez son principe très utile.




(STAT03E01D)

1. Le nombre de tirages différents correspond au nombre de combinaisons de 3éléments parmi 1000. Ici l’ordre n’intervient pas, soit : 3

1000 166 167 000C = .2. Une seule pièce défectueuse parmi 50 et 2 bonnes parmi 950. Soit :

1 250 950 50 450 775 22 538 750C C× = × =

3. Au moins une pièce défectueuse c’est l’ensemble des tirages possibles moinsceux ne comportant que des bonnes pièces, donc 3 3

1000 950 23 722 100C C− = .Faisons le raisonnement direct : une mauvaise et deux bonnes, ou 2 mauvaises etune bonne ou 3 mauvaises : 1 2 2 1 3

50 950 50 950 50 23 722 100C C C C C+ + =

4. C’est le choix de 3 pièces parmi les 950 : 3950 142 444 900C =

5. Au moins 2 signifie 2 OU 3. Soit : 2 1 350 950 50 1 183 350C C C+ = . On peut vérifier

ce résultat en faisant : l’ensemble moins aucune pièce moins une seule pièce.Soit :

3 3 2 11000 950 950 50 166 167 000 142 444 900 50 450 775 1183 350C C C C− − = − − × = .

Heureusement, on trouve le même résultat.

Si vous avez éprouvé des difficultés à résoudre cet exercice, nous vousconseillons vivement de contacter votre tuteur.



(STAT03E02A)

Il y a 318C façons différentes de choisir 3 flacons parmi les 18. Ce sont les

combinaisons de 3 éléments parmi 18.

1. Les trois flacons appartiennent au même groupe. Ce ne peut être que le groupe O

ou le groupe A. Donc on obtient : 311C façons de choisir 3 flacons parmi les

flacons du groupe O et 34C façons de choisir 3 flacons parmi les flacons du

groupe A. La probabilité est donc : 3 311 4

318

0 207C C ,C+ ≈

2. « au moins 1 » équivaut à « tous moins 0 » soit en probabilité : 314318

1 0 554C ,C

− ≈ ,

il reste en effet le choix de 3 parmi les 14 personnes n’ayant pas le groupe A.

3. Il faut décrire le phénomène de façon exhaustive. On constitue les groupements

suivants : O, A,B ; O,A,AB ; O,B, AB ; A,B, AB

On aboutit donc aux calculs suivants :

O, A,B : 11 4 2816× ×

O, A, AB : 11 4 1816× ×

O,B, AB : 11 2 1816× ×

A,B,AB : 4 2 1816× ×

Soit au total : 11 4 2 11 4 1 11 2 1 4 2 1 162 0 199816 816 816 816 816

,× × × × × × × ×+ + + = ≈




(STAT03E02B)

1. Les pièces sont indiscernables dans le lot et le tirage est rigoureusement aléatoire.

Il y a donc au total 3100C choix possibles. Ici l’ordre n’intervient pas.

• Les trois pièces ont été fabriquées par la machine 1M ou les trois pièces ont été

fabriquées par la machine 2M . Il y a 340C choix possibles de 3 pièces parmi

celles provenant de la machine 1M et 360C choix possibles de 3 pièces parmi

celles provenant de la machine 2M . Les deux événements étant incompatibles et

l’équiprobabilité étant assurée, on obtient :3 340 60

3100

0 2727C Cp ,

C+

= ≈

• En fait ici il est plus simple de raisonner en utilisant l’équivalence « au moins une

pièce de la machine 1M », équivaut « à toutes les possibilités moins celles

comportant les 3 pièces issues de la machine 2M », on obtient :

3 3100 60

3100

0 7884C Cp ,

C−

= ≈



2. On va faire un raisonnement « naturel ».

• Soit les trois pièces proviennent de la machine 1M avec la probabilité

40 39 38 0 0611100 99 98

,× × = , Soit les trois pièces proviennent de la machine 2M

avec la probabilité 60 59 58 0 2116100 99 98

,× × ≈ , on peut additionner ces deux

probabilités pour obtenir le résultat, les événements étant disjoints. Finalement,

0 0611 0 2116 0 2727, , ,+ ≈ .

• On fait : 1− la probabilité qu’aucune pièce ne provienne de 1M . Soit

60 59 581 1 0 2116 0 7884100 99 98

, ,− × × ≈ − ≈

On peut remarquer que les résultats sont sensiblement égaux, on peut doncconsidérer, si la précision de 410− convient, que le tirage peut être considéré commeun tirage avec remise.




(STAT03E03A)

1. Il s’agit de probabilités conditionnelles. Sachant que le test est positif, quelle est

la probabilité que l’individu soit malade.

La représentation arborescente permet de résoudre simplement ces problèmes.

On pose M l’événement « l’individu est malade »

Et P l’événement « le test est positif »

( ) 0 98p M P , x∩ =

( ) 0 98p P M ,=

( )p M x= ( ) 0 02p P M ,=

( ) 0 02p M P , x∩ =

( ) ( )0 05 1p M P , x∩ = −

( ) 1p M x= − ( ) 0 05p P M ,=

( ) 0 95p P M ,=

( ) ( )0 95 1p M P , x∩ = −

On cherche la probabilité :

( ) ( )( )

( )( ) ( ) ( )

0 98 0 980 98 0 05 1 0 93 0 05

p M P p M P , x , xMp P p P , x , x , x ,p P M p P M

∩ ∩= = = =

+ − +∩ + ∩



2. On étudie donc sur [ ]0 1; la fonction p définie par ( ) 0 980 93 0 05

, xp x, x ,

=+

dont la

courbe représentative est un arc d’hyperbole. La fonction est strictement

croissante de [ ]0 1; vers [ ]0 1; .

1

2

0 98 0 5 0 98 0 465 0 025 0 515 0 025 0 050 93 0 05

0 98 0 95 0 98 0 8835 0 0475 0 0965 0 0475 0 50 93 0 05

, x , , x , x , , x , x ,, x ,

, x , , x , x , , x , x ,, x ,

= ⇔ = + ⇔ = ⇔ ≈+

= ⇔ = + ⇔ = ⇔ ≈+

Conclusion, le test est peu efficace si la proportion d’individus atteints est faible,

en revanche il devient fiable si une proportion importante de la population est

malade, en cas d’épidémie par exemple.




(STAT03E03B)

3. Il s’agit de probabilités conditionnelles. La représentation arborescente permet de

résoudre simplement ces problèmes.

On pose : D l’événement « l’appareil est défectueux »

A l’événement « l’appareil est fabriqué par la machine A »

( ) 0 4 0 03 0 012p D A , , ,∩ = × =

( ) 0 03p D A ,=

( ) 0 4p A ,= ( ) 0 97p D A ,=

( ) 0 4 0 97 0 388p D A , , ,∩ = × =

( ) 0 05 0 6 0 03p A D , , ,∩ = × =

( ) 0 6p A ,= ( ) 0 05p D A ,=

( ) 0 95p D A ,=

( ) 0 95 0 6 0 57p D A , , ,∩ = × =

Il suffit de lire le graphique :

1. ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) 0 012 0 03 0 042p D p D A D A p D A p D A , , ,= ∩ ∪ ∩ = ∩ + ∩ = + =

(Il est évident que les événements ( ) ( )D A et D A∩ ∩ sont incompatibles)

2. ( ) ( )( )

0 012 2 0 2860 042 7

p D A ,p A D ,p D ,

∩= = = ≈ et

( ) ( )( )

0 03 10 0 7140 042 14

p D A ,p A D ,p D ,

∩= = = ≈



3. Le tirage est un tirage avec remise. La probabilité de tirer un appareil défectueux

est de 0,042 et donc de tirer un appareil non défectueux de 0,958. La probabilité

que le lot contienne au moins un appareil défectueux est en fait 1 − la probabilité

que le lot ne contienne aucun appareil défectueux, soit :101 0 958 1 0 65 0 349, , ,− ≈ − = .

4. Le lot contient exactement 2 appareils défectueux, donc 8 en état de marche. Ces

deux appareils défectueux peuvent être les deux premiers choisis ou le premier et

le troisième, ou ETC… soit 210C choix possibles d’emplacement. On obtient donc

la probabilité : 2 2 810 0 042 0 958 0 056p C , , ,= × × ≈




(STAT03E03C)

1. Pour la première question, il faut que chaque composant soit en état de marche.

On suppose que chacun de ceux-ci fonctionne avec la probabilité ( )1 x− soit une

probabilité de fonctionnement de l’appareil de ( )101 x− . On obtient donc :

( ) ( ) ( )10

0 99310

0 990 99 1 0 99 10 1 110

1 10ln ,

ln ,, x ln , ln x ln x

x e x −

= − ⇔ = − ⇔ − =

⇔ − = ⇔ ≈2. Le système fonctionne si l’un ou l’autre ou les deux fonctionnent.

On pose :F l’événement « le dispositif fonctionne »A « le premier appareil fonctionne »B le deuxième appareil fonctionne. On obtient :

( ) ( ) ( ) ( ) ( )p F p A B p A p B p A B= ∪ = + − ∩ . Comme les deux appareils sontindépendants l’un de l’autre,

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 100 999 0 99p A B p A p B avec p A p B , ,∩ = = = ≈ . Finalement on

obtient : ( ) ( ) ( ) ( ) ( )210 102 0 999 0 999 0 9999p F p A p B p A B , , ,= + − ∩ = × − ≈

3. On résout :

( ) ( )( )210 10 2

1

2

2 1 1 0 999 2 0 999 0

2 0 004 0 9682

2 0 004 12

x x , X X ,

,X ,

,X

× − − − ≈ ⇒ − + =

−= ≈⇔ + = >

Seule 1X convient, ce qui donne ( )1

10 101 0 968 1 0 968 0 0032x , x , ,− ≈ ⇔ = − ≈


STAT03 : Probabilités AIDES Décembre 2000


(STAT03E01A)

Il faut tenir compte de l’ordre de fabrication des instruments. Nous avons 5 éléments

distincts que nous voulons ordonner. Réfléchissez bien à l’importance que ce travail

se fasse sur 1 ou 2 mois.



(STAT03E01B)

1. Chaque voiture doit être placée dans un garage différent. Cela revient à ordonner

les six voitures.

2. Nous disposons de trois garages. Il faut envisager comment remplir le premier

garage, puis le second et enfin le troisième

3. Nous disposons de quatre garages, le début est le même que dans la question

précédente. Il ne reste plus, avec le même raisonnement, qu’à remplir le troisième

garage avec une voiture, puis le 4ième avec la dernière.



(STAT03E01C)

1. Ici l’ordre n’a pas d’importance car on ne distingue pas les différents postes

d’adjoints.

2. On choisit 2 hommes parmi les 5 et 2 femmes parmi les 8. On combine donc ces

choix, sachant que l’ordre n’intervient pas.

3. Au moins un homme signifie : 1 ou 2 ou 3 ou 4. Vous pouvez faire le calcul

directement, ou considérer l’ensemble des possibilités moins « pas d’hommes »

On rappelle le moyen mnémotechnique : lorsque l’on est amené à dire ET, on

multiplie les choix, lorsque c’est OU, on les additionne.



(STAT03E01D)

1. L’ordre n’intervient pas

2. Une seule pièce défectueuse parmi 50 et 2 bonnes parmi 950 (sans ordre).

3. C’est le choix de 3 pièces parmi les 950 (sans ordre).

4. Au moins 2 signifie 2 OU 3



(STAT03E02A)

1. Les trois flacons appartiennent au même groupe. Ce ne peut être que le groupe O

ou le groupe A.

2. « au moins 1 » équivaut à « tous moins 0 »

3. Il faut décrire le phénomène de façon exhaustive. On constitue les groupements

suivants : O, A,B ; O,A,AB ; O,B, AB ; A,B, AB



(STAT03E02B)

1. Ici l’ordre n’intervient pas.

2.

• Les trois pièces ont été fabriquées par la machine 1M ou les trois pièces ont

été fabriquées par la machine 2M .

• En fait ici il est plus simple de raisonner en utilisant l’équivalence « au moins

une pièce de la machine 1M », équivaut « à toutes les possibilités moins

celles comportant les 3 pièces issues de la machine 2M »

3. Faites un raisonnement « naturel ».



(STAT03E03A)

La représentation arborescente permet de résoudre simplement ces problèmes.

On pose M l’événement « l’individu est malade »

Et P l’événement « le test est positif »

( )p M P∩

( )p P M

( )p M ( )p P M

( )p M P∩

( )p M P∩

( )p M ( )p P M

( )p P M

( )p M P∩



(STAT03E03B)

1 et 2 : Voir la correction de l’exercice précédente et s’en inspirer pour

l’arborescence.

3. La probabilité que le lot contienne au moins un appareil défectueux est en fait 1 −

la probabilité que le lot ne contienne aucun appareil défectueux.

4. Les deux appareils défectueux peuvent être les deux premiers choisis ou le

premier et le troisième, ou ETC…



(STAT03E03C)

1. Pour la première question, il faut que chaque composant soit en état de marche.

Ensuite il y a un petit calcul avec les logarithmes.

2. Le système fonctionne si l’un ou l’autre ou les deux fonctionnent.

On pose :F l’événement « le dispositif fonctionne »A « le premier appareil fonctionne »B « le deuxième appareil fonctionne »

Chapitre 3 : Combinatoire, Probabilitésschwartz/Multi_Options/... · 2001-02-08 · STAT03 :...

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