Chapitres Maths en ECG1

Corrigés d’exercices : Probabilités sur un univers fini en ECG1

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Résumé de cours Exercices Corrigés

Cours en ligne de Maths en ECG1

Corrigés – Probabilités sur un univers fini

Exercice 1 :

1) Par définition, il y a $\displaystyle\binom{n}{p}$ tirages possibles.

2) a) Comme on veut que toutes les boules aient un numéro inférieur à $k,$ cela revient à tirer $p$ boules dans l’ensemble $[\![ 1 , k ]\!],$ il y a $\displaystyle\binom{k}{p}$ tirages possibles.

b) Pour obtenir un tirage de $p$ boules dont le plus grand numéro est égal à $k,$ on choisit $p - 1$ boules parmi les boules numérotées de $1$ à $k - 1$ de $\displaystyle\binom{p - 1}{ k- 1}$ façons et on ajoute la boule $k$ à ces $p - 1$ boules.

Lorsque $1 \le p \le k,$ le nombre de tirages de $p$ boules dont le plus grand élément est égal à $k$ est égal à $\displaystyle\binom{k - 1}{p - 1}.$

On note

$B_k$ l’ensemble des tirages de

$p$ boules de numéro inférieur ou égal à

$k$ et

$A_k$ l’ensemble des tirages de

$p$ boules dont le plus grand élément est égal à

$k,$ alors

$B_k = A_k \cup B_{k - 1}.$ Comme ces deux ensembles sont disjoints,

$\mathrm{card} \left( B_k \right) = \mathrm{card} \left( A_k \right) + \mathrm{card} \left( B_{k - 1} \right),$ donc

$\mathrm{card} \left( A_k \right) = \displaystyle\binom{k}{p} - \displaystyle\binom{k - 1}{p}$

et par le triangle de Pascal,

$\mathrm{card} \left( A_k \right) = \displaystyle\binom{k - 1}{p - 1}.$

c) Soit $A$ l’ensemble des tirages de $p$ boules parmi $n$ boules numérotées de $1$ à $n$ . On rappelle que $A_k$ est l’ensemble des tirages dont le plus grand numéro vaut $k$ .

Comme on tire

$p$ boules sans remise, on remarque que

$n \ge k \ge p.$ La famille

$\left( A_k \right)_{k \in [\![ p ,n ]\!]}$ est une partition de

$A.$ En effet

$\bullet$

$A_k$ est non vide (il contient le tirage

$\left( 1 , 2 , \cdots, p - 1, k \right)$ ),

$\bullet$

$A_k \cap A_{k'} = \emptyset$ si

$k \neq k'$ (il ne peut y avoir deux plus grands numéros distincts),

$\bullet$

$\displaystyle\bigcup_{k=p}^n A_k = A.$ L’inclusion

$\displaystyle\bigcup_{k=p}^n A_k \subset A$ étant évidente, montrons l’inclusion réciproque. Si l’on tire

$p$ boules sans remise dans une urne en contenant

$n,$ le plus grand des numéros tirés, disons

$j,$ est plus grand que

$p.$ Ainsi le tirage appartient à

$A_j.$

Il s’ensuit que

$\mathrm{card} \left( A \right) = \displaystyle\sum_{k=p}^n \mathrm{card} \left( A_k \right).$

Comme $\mathrm{card} \left( A \right) = \displaystyle\binom{n}{p}$ (nombres de façons de tirer $p$ boules parmi $n$ ) et $\mathrm{card} \left( A_k \right) = \displaystyle\binom{k- 1}{p - 1}$ (question précédente), on a bien l’égalité souhaitée.

3) a) Le nombre de tirages successifs et sans remise de

$p$ boules parmi les

$n$ boules est

$\dfrac{n!}{\left( n - p \right)!}.$

b) Le nombre de tirages successifs et sans remise de

$p$ boules parmi les

$n$ boules et commençant par la boule numéro

$2$ est le nombre de tirages successifs et sans remise de

$p - 1$ boules parmi les

$n - 1$ boules

$\left\{ 1, 3, \cdots , n \right\},$ il est égal à

$\dfrac{\left( n - 1 \right)!}{\left( n - 1 - \left( p - 1 \right) \right) !} = \dfrac{\left( n - 1 \right)!}{\left( n - p \right)!}.$

4) a) Le nombre de tirages successifs et avec remise de

$p$ boules parmi les

$n$ boules est égal à

$n^p.$

b) Se donner un tirage avec remise de $p$ boules tel que le premier numéro soit strictement inférieur au dernier revient

$\bullet$ à se donner le premier et le dernier numéro avec

$1 \le i < j \le n,$ ce qui revient à se donner une partie de

$\left\{ 1 , \cdots , n \right\}$ à deux éléments, cette partie étant ordonnée d’une et d’une seule façon sous forme strictement croissante, il y a donc

$\displaystyle\binom{n}{2} = \dfrac{n \left( n - 1 \right)}{2}$ choix de ces deux numéros.

$\bullet$ puis à faire

$p - 2$ tirages successifs avec remise parmi

$n$ boules (pour les tirages de

$2$ à

$n - 1$ ) : il y a

$n^{p - 2}$ choix.

Donc le nombre de tirages étudié est égal à

$\dfrac{n \left( n - 1 \right)} {2} n^{p - 2} = \dfrac{n^{p - 1} \left( n - 1 \right)}{2}.$

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Exercice 2 :

1) a) Il ne pas y avoir de surjection car l’ensemble d’arrivée contient plus d’éléments que l’ensemble de départ. Ainsi $S_n^p= 0$ si $n > p.$

b) Lorsque $n = p,$ on sait que si $f$ est surjective, alors $f$ est injective donc $f$ est bijective.

Or, il y a $p!$ bijections d’un ensemble à $p$ éléments dans un ensemble à $p$ éléments. Ainsi $S_p^p = p!.$

Si $p= 1,$ il n’y a qu’une seule application : l’application qui à chaque élément de l’ensemble de départ associe l’unique élément de l’ensemble d’arrivée. Cette application étant surjective, il y a $1$ application et $S_1^p = 1.$

c) Rappelons qu’il y a $2^p$ applications d’un ensemble à $p$ éléments vers un ensemble à $2$ éléments, disons $\left\{ a, b \right\}$ . Parmi toutes ces applications, seules deux ne sont pas surjectives : celle qui à tout élément de l’ensemble de départ associe l’élément $a$ et celle qui à tout élément de l’ensemble de départ associe l’élément $b.$

Ainsi

$S_2^p = 2^p - 2.$

d) Définir une surjection d’un ensemble $E$ à $n + 1$ éléments vers un ensemble $F$ à $n$ éléments revient :

$\bullet$ à choisir les deux éléments de l’ensemble

$E$ qui ont la même image : on choisit

$2$ éléments parmi

$n + 1$ de

$\displaystyle\binom{n + 1}{2} = \dfrac{n \left( n + 1 \right)}{2}.$ Soient

$a, b$ ces deux éléments retenus.

$\bullet$ puis à définir une bijection de

$E \backslash \left\{ b \right\}$ dans

$F$ (on posera ensuite

$f \left( b \right) = f \left( a \right)$ ), ce qui se fait de

$n!$ façons. Alors

$S_{n}^{n + 1} = \dfrac{\left( n + 1 \right) n}{2} \times n! = \dfrac{n}{2} \left( n+ 1 \right)!.$

2) a) La formule

$\displaystyle\binom{n}{k} \displaystyle\binom{k}{q} = \displaystyle\binom{n}{q} \displaystyle\binom{n - q}{k - q}$

est facile à vérifier en revenant à la définition des coefficients binomiaux.

D’après la relation précédente, on a :

$\sum_{k=q}^n \left( - 1 \right)^k \displaystyle\binom{n}{k} \displaystyle\binom{k}{q}$

$= \sum_{k=q}^n \left( - 1 \right)^k \displaystyle\binom{n}{q} \displaystyle\binom{n - q}{k - q}$

$= \displaystyle\binom{n}{q} \sum_{k=q}^n \left( - 1 \right)^k \displaystyle\binom{n - q}{k - q}$

$\underset{\text{on a posé} \; l = k - q}{=}$

$\displaystyle\binom{n}{q} \sum_{l=0}^{n - q} \left( - 1 \right)^{l + q} \displaystyle\binom{n - q}{l}$

$= \displaystyle\binom{n}{q} \left( - 1 \right)^q \sum_{l=0}^{n - q} \left( - 1 \right)^l \displaystyle\binom{n - q}{l}$

$= \displaystyle\binom{n}{q} \left( - 1 \right)^q \left( 1 - 1 \right)^{n - q}$

$= 0$ ,

car

$n - q \ge 1.$

b) Il est clair que $\displaystyle\bigcup_{i=1}^n \mathcal A_i \subset F^E.$

Montrons maintenant l’inclusion contraire.

$\mathrm{card} \left( f \left( E \right) \right) = k \in [\![ 1, n ]\!],$ alors

$f \in \mathcal A_k$ et

$f \in \displaystyle\bigcup_{i=1}^n \mathcal A_i.$

Montrons que, si

$i \neq j,$ alors

$\mathcal A_i \cap \mathcal A_j = \emptyset.$

En effet, il est impossible de trouver un élément

$f \in \mathcal A_i \cap \mathcal A_j$ car

$\mathrm{card} \left( F \left( E \right) \right)$ serait égal à

$i$ et à

$j.$

La famille

$\left( \mathcal A_i \right)_{i \in [\![ 1 , n ]\!]}$ est donc une partition de

$F^E$ donc

$\mathrm{card} \left( F^E \right) = n^p = \displaystyle\sum_{i=1}^n \mathrm{card} \left( \mathcal A_i \right).$

Il nous reste à calculer $\mathrm{card} \left( \mathcal A_i \right).$

Dire que

$f \in \mathcal A_i,$ c’est dire que

$\mathrm{card} \left( f \left( E \right) \right) = i.$ Cela revient à choisir les

$i$ éléments dans l’ensemble d’arrivée qui ont un antécédent (de

$\displaystyle\binom{n}{i}$ façons) et de définir une surjection de l’ensemble de départ (ayant

$p$ éléments) sur un ensemble à

$i$ éléments (

$S_i^p$ façons).

Finalement

$\mathrm{card} \left( \mathcal A_i \right) = \displaystyle\binom{n}{i} S_i^p.$ Cela conclut.

c) D’après la question précédente, on a

$k^p = \displaystyle\sum_{i=1}^k \displaystyle\binom{k}{i} S_i^p,$

puis

$\left( - 1 \right)^k \displaystyle\binom{n}{k} k^p = \displaystyle\sum_{i=1}^k \left(- 1 \right)^k \displaystyle\binom{n}{k} \displaystyle\binom{k}{i} S_i^p.$

On somme cette relation entre $0$ et $n$ puis on intervertit les deux sommes :

$\displaystyle\sum_{k=0}^n \left( - 1 \right)^k \displaystyle\binom{n}{k} k^p$ $= \displaystyle\sum_{k=0}^n \sum_{i=1}^k \left(- 1 \right)^k \displaystyle\binom{n}{k} \displaystyle\binom{k}{i} S_i^p$
$= \displaystyle\sum_{0 \le i \le k \le n} \left(- 1 \right)^k \displaystyle\binom{n}{k} \displaystyle\binom{k}{i} S_i^p$
$= \displaystyle\sum_{i=0}^n \displaystyle\sum_{k=i}^n \left(- 1 \right)^k \displaystyle\binom{n}{k} \displaystyle\binom{k}{i} S_i^p$
$= \displaystyle\sum_{i=0}^n S_i^p \displaystyle\sum_{k=i}^n \left( - 1 \right)^k \displaystyle\binom{n}{k} \displaystyle\binom{k}{i}$ .

Or, on a établi à la question 2) a), que

$\displaystyle\sum_{k=i}^n \left( - 1 \right)^k \displaystyle\binom{n}{k} \displaystyle\binom{k}{i} = 0$ pour

$0 \le i \le n- 1.$ Ainsi, on a :

$\displaystyle\sum_{k=0}^n \left( - 1 \right)^k \displaystyle\binom{n}{k} k^p$

$\underset{i =n}{=}$

$S_n^p \left( - 1 \right)^n \displaystyle\binom{n}{n} \displaystyle\binom{n}{n}$

$= \left( - 1 \right)^n S_n^p$ .

Finalement,

$S_n^p = \left( - 1 \right)^n \sum_{k=0}^n \left( - 1 \right)^k \displaystyle\binom{n}{k} k^p.$

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