Exercices corrigés sur la combinatoire et dénombrement
Exercice 1: ★ ★ ☆ ☆ ☆
Soient \(F\) l'ensemble des fauteuils d'une salle de cinéma et \(S\) l'ensemble des spectateurs qui se présentent pour assister à une séance. Comparer les cardinaux des ensembles \(F\) et \(S\) dans chacun des cas suivants. On supposera qu'un fauteuil ne peut pas accueillir plus d'un spectateur. 1. Tous les spectateurs entrent et occupent tous les fauteuils. 2. Tous les spectateurs entrent et n'occupent pas tous les fauteuils. 3. Certains spectateurs ne peuvent pas entrer car les fauteuils sont tous déjà occupés.
1. Tous les spectateurs entrent et occupent tous les fauteuils. Dans ce cas, tous les fauteuils sont occupés par les spectateurs. Cela signifie que le nombre de spectateurs est égal au nombre de fauteuils. On a donc : \[ card(S) = card(F) \] 2. Tous les spectateurs entrent et n'occupent pas tous les fauteuils. Ici, tous les spectateurs entrent, mais il reste des fauteuils vides. Cela implique que le nombre de spectateurs est inférieur au nombre de fauteuils. On a donc : \[ card(S) < card(F) \] 3. Certains spectateurs ne peuvent pas entrer car les fauteuils sont tous déjà occupés. Dans ce cas, il y a plus de spectateurs que de fauteuils. Cela signifie que certains spectateurs ne pourront pas entrer, donc le nombre de spectateurs est supérieur au nombre de fauteuils. On a donc : \[ card(S) > card(F) \]
Exercice 2: ★ ★ ☆ ☆ ☆
L'éclairage d'un local est assuré par un ensemble \(A\) d'ampoules électriques commandées par un ensemble \(I\) d'interrupteurs. Comparer les cardinaux des ensembles \(A\) et \(I\) dans chacun des cas suivants. 1. Chaque interrupteur commande une seule ampoule et il n'y a pas de va-et-vient (système permettant d'éteindre et allumer une lampe à partir de deux interrupteurs placés d'un bout à l'autre d'une pièce ou d'un couloir). 2. Chaque interrupteur commande une seule ampoule et il y a un va-et-vient. 3. Certains interrupteurs commandent plusieurs ampoules et il n'y a pas de va-et-vient.
Pour comparer les cardinaux des ensembles \(A\) (ampoules) et \(I\) (interrupteurs) dans les différents cas, examinons chaque situation :
1. Chaque interrupteur commande une seule ampoule et il n'y a pas de va-et-vient. Dans ce cas, chaque interrupteur est associé à une ampoule unique. Cela signifie que le nombre d'interrupteurs est égal au nombre d'ampoules. On a donc : \[ card(I) = card(A) \] 2. Chaque interrupteur commande une seule ampoule et il y a un va-et-vient. Même avec un système de va-et-vient, chaque interrupteur commande une seule ampoule. Les interrupteurs peuvent être utilisés de manière interchangeable pour allumer ou éteindre la même ampoule, mais cela ne change pas le fait que chaque interrupteur contrôle une ampoule unique. On a donc : \[ card(I) = card(A) \] 3. Certains interrupteurs commandent plusieurs ampoules et il n'y a pas de va-et-vient. • Dans ce cas, un ou plusieurs interrupteurs peuvent être associés à plusieurs ampoules. Cela implique que le nombre d'interrupteurs peut être inférieur au nombre d'ampoules, car un interrupteur peut contrôler plusieurs ampoules. On a donc : \[ card(I) \leq card(A) \] • Plus précisément, si chaque interrupteur peut contrôler plus d'une ampoule, il est probable que : \[ card(I) < card(A) \]
Exercice 3: ★ ★ ☆ ☆ ☆
Soient \(A\) et \(B\) deux ensembles tels que : \(Card(A) = 12\), \(Card (B) = 15\) et \(Card(A \cap B) = 7\). Déterminer \(Card(A \cup B)\).
Pour déterminer le cardinal de l'union des ensembles \(A\) et \(B\), nous pouvons utiliser la formule suivante : \[ Card(A \cup B) = Card(A) + Card(B) - Card(A \cap B) \] En substituant les valeurs données : • \(Card(A) = 12\) • \(Card(B) = 15\) • \(Card(A \cap B) = 7\)
Nous avons : \[ Card(A \cup B) = 12 + 15 - 7 \] Calculons cela : \[ Card(A \cup B) = 27 - 7 = 20 \] Ainsi, le cardinal de l'union des ensembles \(A\) et \(B\) est : \[ Card(A \cup B) = 20 \]
Exercice 4: ★ ★ ☆ ☆ ☆
Le tableau ci-dessous donne le nombre d'éléments de deux sous-ensembles \(M\) et \(V\) d'un ensemble \(E\), ainsi que celui de leurs complémentaires dans \(E\).
1. Que signifie le nombre \(76\) ? 2. Déterminer \(Card(V \cup M)\).
solution en cours....
Exercice 5: ★ ★ ☆ ☆ ☆
Combien faut-il écrire de chiffres en tout pour écrire tous les nombres de \(1\) à \(256\) ?
Pour déterminer le nombre total de chiffres nécessaires pour écrire tous les nombres de \(1\) à \(256\), nous allons les compter par intervalles de nombres.
1. Nombres de \(1\) à \(9\) : • Il y a \(9\) nombres (de \(1\) à \(9\)). • Chacun de ces nombres a \(1\) chiffre. • Total : \(9 \times 1 = 9\) chiffres.
2. Nombres de \(10\) à \(99\) : • Il y a \(99 - 10 + 1 = 90\) nombres (de \(10\) à \(99\)). • Chacun de ces nombres a \(2\) chiffres. • Total : \(90 \times 2 = 180\) chiffres.
3. Nombres de \(100\) à \(256\) : • Il y a \(256 - 100 + 1 = 157\) nombres (de \(100\) à \(256\)). • Chacun de ces nombres a \(3\) chiffres. • Total : \(157 \times 3 = 471\) chiffres.
Enfin, nous additionnons tous les chiffres : \[ 9 + 180 + 471 = 660 \] Donc, il faut écrire en tout 660 chiffres pour écrire tous les nombres de \(1\) à \(256\).
Exercice 6: ★ ★ ☆ ☆ ☆
Un imprimeur utilise \(612\) caractères pour numéroter les pages d'un livre. Quel est le nombre de pages du livre ?
Pour déterminer le nombre de pages d'un livre en utilisant \(612\) caractères pour les numéroter, nous devons examiner combien de chiffres sont utilisés pour numéroter les pages en fonction de leur intervalle.
1. Pages de \(1\) à \(9\) : • Il y a \(9\) pages (de \(1\) à \(9\)). • Chaque page utilise \(1\) caractère. • Total : \(9 \times 1 = 9\) caractères.
2. Pages de \(10\) à \(99\) : • Il y a \(99 - 10 + 1 = 90\) pages (de \(10\) à \(99\)). • Chaque page utilise \(2\) caractères. • Total : \(90 \times 2 = 180\) caractères.
3. Pages de \(100\) à \(n\) : • Supposons qu'il y a \(n\) pages. • Le nombre de pages de \(100\) à \(n\) est \(n - 100 + 1 = n - 99\). • Chaque page utilise \(3\) caractères. • Total : \((n - 99) \times 3\) caractères.
Maintenant, nous pouvons établir une équation pour le total des caractères : \[ 9 + 180 + 3(n - 99) = 612 \] Simplifions cela : \[ 9 + 180 + 3n - 297 = 612 \] \[ 3n - 108 = 612 \] \[ 3n = 612 + 108 \] \[ 3n = 720 \] \[ n = \frac{720}{3} = 240 \] Ainsi, le nombre de pages du livre est 240.
Exercice 7: ★ ★ ★ ☆ ☆
Une salle de fitness compte \(150\) adhérents. \(75\) d'entre eux suivent les cours collectifs et \(112\) utilisent les appareils de musculation. Combien d'adhérents de cette salle suivent les cours collectifs et utilisent les appareils de musculation ? On pourra s'aider d'un diagramme ou d'un tableau.
Pour résoudre ce problème, nous pouvons utiliser la formule concernant les ensembles pour déterminer le nombre d'adhérents qui suivent à la fois les cours collectifs et utilisent les appareils de musculation.
Notons : • \(A\) : l'ensemble des adhérents qui suivent les cours collectifs. • \(B\) : l'ensemble des adhérents qui utilisent les appareils de musculation.
Nous avons les informations suivantes : • \(Card(A) = 75\) (adhérents suivant les cours collectifs) • \(Card(B) = 112\) (adhérents utilisant les appareils de musculation) • \(Card(A \cup B) = 150\) (total des adhérents)
Nous pouvons utiliser la formule pour le cardinal de l'union des ensembles : \[ Card(A \cup B) = Card(A) + Card(B) - Card(A \cap B) \] Nous cherchons \(Card(A \cap B)\) (le nombre d'adhérents qui suivent à la fois les cours collectifs et utilisent les appareils de musculation). En substituant les valeurs connues dans la formule : \[ 150 = 75 + 112 - Card(A \cap B) \] Maintenant, simplifions cette équation : \[ 150 = 187 - Card(A \cap B) \] Isolons \(Card(A \cap B)\) : \[ Card(A \cap B) = 187 - 150 \] \[ Card(A \cap B) = 37 \] Ainsi, le nombre d'adhérents qui suivent les cours collectifs et utilisent les appareils de musculation est : \[ \text{Card}(A \cap B) = 37 \]
Exercice 8: ★ ★ ★ ☆ ☆
Un centre périscolaire propose trois activités aux jeunes qui le fréquentent: aide aux devoirs, arts visuels et musique, chaque inscrit devant choisir au moins une activité. On sait que 45 inscrits demandent au moins de l'aide aux devoirs, 66 font au moins de la musique et \(72\) au moins des arts visuels. Six jeunes sont inscrits aux arts visuels et à l'aide aux devoirs, 21 aux arts visuels et à la musique, \(12\) à l'aide aux devoirs et à la musique. Enfin, \(15\) jeunes sont inscrits aux trois options. Recopier et compléter le diagramme ci-dessous et en déduire le nombre total d'inscrits dans ce centre.
solution en cours....
Exercice 9: ★ ★ ★ ☆ ☆
On considère les ensembles : \(A = \{u; w\}\) et \(B = \{0 ; 1\}\). Déterminer \(A \times B\) et \(B \times A\).
Pour déterminer les produits cartésiens \(A \times B\) et \(B \times A\), nous allons utiliser la définition du produit cartésien.
Soit :
• \(A = \{u, w\}\) • \(B = \{0, 1\}\)
1. Calcul de \(A \times B\) Le produit cartésien \(A \times B\) consiste en tous les couples \((a, b)\) où \(a \in A\) et \(b \in B\).
Ainsi, nous avons : \[ A \times B = \{(u, 0), (u, 1), (w, 0), (w, 1)\} \] 2. Calcul de \(B \times A\) Le produit cartésien \(B \times A\) consiste en tous les couples \((b, a)\) où \(b \in B\) et \(a \in A\).
Ainsi, nous avons : \[ B \times A = \{(0, u), (0, w), (1, u), (1, w)\} \]
Exercice 10: ★ ★ ★ ☆ ☆
On considère l'ensemble \(A\) des points \(M\) du plan dont les coordonnées \((x; y)\) dans un repère sont des entiers vérifiant les conditions suivantes : \[ \left \{ \begin{array}{c @{=} c} 0 ≤ x ≤ 6 \\ 0 ≤ y ≤ 12 \end{array} \right. \] Montrer que \(A\) est le produit cartésien de deux ensembles \(E\) et \(F\) que l'on définira et dont on donnera le cardinal.
Pour montrer que l'ensemble \(A\) des points \(M\) du plan, dont les coordonnées \((x, y)\) satisfont les conditions données, est le produit cartésien de deux ensembles \(E\) et \(F\), nous devons définir ces ensembles et déterminer leur cardinal.
Définition des ensembles
1. Ensemble \(E\) : Les valeurs possibles pour \(x\) sont des entiers tels que \(0 \leq x \leq 6\). Donc, l'ensemble \(E\) est défini comme suit : \[ E = \{0, 1, 2, 3, 4, 5, 6\} \] 2. Ensemble \(F\) : Les valeurs possibles pour \(y\) sont des entiers tels que \(0 \leq y \leq 12\). Donc, l'ensemble \(F\) est défini comme suit : \[ F = \{0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12\} \] Cardinal des ensembles
• Cardinal de \(E\) : \[ Card(E) = 7 \quad (\text{les entiers de } 0 \text{ à } 6) \] • Cardinal de \(F\) : \[ Card(F) = 13 \quad (\text{les entiers de } 0 \text{ à } 12) \] Produit cartésien
L'ensemble \(A\) peut être exprimé comme le produit cartésien de \(E\) et \(F\) : \[ A = E \times F = \{(x, y) \mid x \in E \text{ et } y \in F\} \] Conclusion
Ainsi, \(A\) est le produit cartésien des ensembles \(E\) et \(F\), et nous avons :
• \(Card(E) = 7\) • \(Card(F) = 13\)
Le cardinal de \(A\) est donné par : \[ Card(A) = Card(E) \times Card(F) = 7 \times 13 = 91 \] En résumé, \(A\) est le produit cartésien de \(E\) et \(F\) avec \(Card(A) = 91\).
Exercice 11: ★ ★ ★ ☆ ☆
On lance trois dés (rouge, vert, bleu) numérotés de \(1\) à \(6\) et on note, dans l'ordre, le résultat obtenu sur le dé rouge, puis le vert, puis le bleu. 1. Quel est l'ensemble des résultats possibles? 2. Quel est le cardinal de cet ensemble ?
Pour résoudre le problème concernant le lancer de trois dés (rouge, vert, bleu), procédons étape par étape.
1. Ensemble des résultats possibles Chaque dé peut montrer un nombre de \(1\) à \(6\). Nous allons noter les résultats obtenus sur les dés dans l'ordre suivant : dé rouge, dé vert, dé bleu.
L'ensemble des résultats possibles peut être représenté sous la forme de triplets \((r, v, b)\), où \(r\) est le résultat du dé rouge, \(v\) est le résultat du dé vert, et \(b\) est le résultat du dé bleu.
L'ensemble des résultats possibles est donc : \[ A = \{(r, v, b) \mid r, v, b \in \{1, 2, 3, 4, 5, 6\}\} \] 2. Cardinal de cet ensemble Pour chaque dé, il y a \(6\) options possibles (les nombres de \(1\) à \(6\)). Puisque les lancers des dés sont indépendants, nous pouvons multiplier le nombre d'options pour chaque dé :
• Nombre de résultats pour le dé rouge : \(6\) • Nombre de résultats pour le dé vert : \(6\) • Nombre de résultats pour le dé bleu : \(6\)
Donc, le cardinal de l'ensemble des résultats possibles est : \[ Card(A) = 6 \times 6 \times 6 = 6^3 = 216 \] Résumé 1. L'ensemble des résultats possibles est : \[ A = \{(r, v, b) | r, v, b \in \{1, 2, 3, 4, 5, 6\}\} \] 2. Le cardinal de cet ensemble est : \[ Card(A) = 216 \]
Exercice 12: ★ ★ ★ ☆ ☆
Dans un restaurant d'entreprise, le repas comporte un plat et un dessert. Le menu propose au choix deux plats et trois desserts. De combien de manières peut-on composer un repas ?
Pour composer un repas dans le restaurant d'entreprise, nous devons choisir un plat et un dessert.
Options disponibles • Numbre de plats : 2 (plats) • Numbre de desserts : 3 (desserts)
Calcul des combinaisons Le nombre total de manières de composer un repas est obtenu en multipliant le nombre de choix de plats par le nombre de choix de desserts : \[ \text{Total des manières} = \text{Nombre de plats} \times \text{Nombre de desserts} = 2 \times 3 \] Résultat Calculons cela : \[ \text{Total des manières} = 2 \times 3 = 6 \] Ainsi, il y a 6 manières de composer un repas.
Exercice 13: ★ ★ ★ ☆ ☆
Dans une machine à laver, le sélecteur de températures et le sélecteur de durée comportent chacun trois positions. De combien de programmes de lavages dispose-t-on avec cette machine à laver ?
Pour déterminer le nombre de programmes de lavage disponibles avec la machine à laver, considérons les éléments suivants :
Options disponibles • Sélecteur de températures : 3 positions • Sélecteur de durée : 3 positions
Calcul des combinaisons Le nombre total de programmes de lavage est obtenu en multipliant le nombre de choix de températures par le nombre de choix de durées : \[ \text{Total des programmes} = \text{Nombre de températures} \times \text{Nombre de durées} = 3 \times 3 \] Résultat Calculons cela : \[ \text{Total des programmes} = 3 \times 3 = 9 \] Ainsi, la machine à laver dispose de 9 programmes de lavage.
Exercice 14: ★ ★ ★ ☆ ☆
Dans une bibliothèque, une étagère contient des livres de différents genres. Il y a 4 romans et 5 livres de science-fiction. De combien de manières peut-on choisir un roman et un livre de science-fiction pour lire ?
Pour déterminer le nombre de manières de choisir un roman et un livre de science-fiction dans la bibliothèque, considérons les options disponibles :
Options disponibles • Nombre de romans : 4 • Nombre de livres de science-fiction : 5
Calcul des combinaisons Le nombre total de manières de choisir un roman et un livre de science-fiction est obtenu en multipliant le nombre de choix de romans par le nombre de choix de livres de science-fiction : \[ \text{Total des choix} = \text{Nombre de romans} \times \text{Nombre de livres de science-fiction} = 4 \times 5 \] Résultat Calculons cela : \[ \text{Total des choix} = 4 \times 5 = 20 \] Ainsi, il y a 20 manières de choisir un roman et un livre de science-fiction pour lire.
Exercice 15: ★ ★ ☆ ☆ ☆
Lors d'un festival de musique, il y a 3 groupes de rock et 2 groupes de jazz qui se produisent. De combien de manières peut-on choisir un groupe de rock et un groupe de jazz pour assister à un concert ?
Pour déterminer le nombre de manières de choisir un groupe de rock et un groupe de jazz lors du festival de musique, considérons les options disponibles :
Options disponibles • Nombre de groupes de rock : 3 • Nombre de groupes de jazz : 2
Calcul des combinaisons Le nombre total de manières de choisir un groupe de rock et un groupe de jazz est obtenu en multipliant le nombre de choix de groupes de rock par le nombre de choix de groupes de jazz : \[ \text{Total des choix} = \text{Nombre de groupes de rock} \times \text{Nombre de groupes de jazz} = 3 \times 2 \] Résultat Calculons cela : \[ \text{Total des choix} = 3 \times 2 = 6 \] Ainsi, il y a 6 manières de choisir un groupe de rock et un groupe de jazz pour assister à un concert.
𝕜-𝕦𝕡𝕝𝕖𝕥𝕤 𝕕'𝕦𝕟 𝕖𝕟𝕤𝕖𝕞𝕓𝕝𝕖 𝕗𝕚𝕟𝕚
Exercice 16: ★ ★ ☆ ☆ ☆
À l'aide d'un arbre, faire la liste des triplets de l'ensemble \(\{1; 2; 3; 4\}\).
solution en cours....
Exercice 17: ★ ★ ☆ ☆ ☆
Combien de nombres à cinq chiffres peut-on former avec les chiffres \(1\), \(2\) et \(3\) ?
Pour former des nombres à cinq chiffres avec les chiffres \(1\), \(2\) et \(3\), nous devons considérer les différentes positions du nombre. Chaque position du nombre peut être remplie par l'un des trois chiffres.
Calcul Pour chaque position (il y en a 5 dans un nombre à cinq chiffres), nous avons 3 choix possibles (soit \(1\), \(2\) ou \(3\)). Par conséquent, le nombre total de combinaisons possibles est donné par : \[ 3^5 \] Calculons cela : \[ 3^5 = 3 \times 3 \times 3 \times 3 \times 3 = 243 \] Conclusion Il est donc possible de former **243 nombres à cinq chiffres** avec les chiffres \(1\), \(2\) et \(3\).
Exercice 18: ★ ★ ☆ ☆ ☆
On appelle 𝑝ℎ𝑟𝑎𝑠𝑒 𝑚𝑢𝑠𝑖𝑐𝑎𝑙𝑒 un ensemble ordonné de quatre notes. La partition représentée ci-dessous montre trois phrases musicales. 1. Combien de phrases musicales différentes de quatre notes peut-on réaliser avec les notes 𝑑𝑜, 𝑟𝑒, 𝑚𝑖, 𝑓𝑎, 𝑠𝑜𝑙, 𝑙𝑎 et 𝑠𝑖 ? 2. Combien de phrases musicales différentes de quatre notes commençant par 𝑑𝑜-𝑚𝑖 ou 𝑚𝑖-𝑑𝑜 peut-on écrire ?
Pour résoudre ces questions, nous allons d'abord identifier le nombre total de notes disponibles, qui sont \(do, re, mi, fa, sol, la, si\). Cela nous donne un total de 7 notes.
1. Combien de phrases musicales différentes de quatre notes peut-on réaliser ? Pour chaque note de la phrase musicale, nous avons 7 choix (les 7 notes). Comme il s'agit d'un ensemble ordonné de quatre notes, chaque position peut être occupée par l'une des 7 notes, et chaque note peut être répétée.
Le nombre total de phrases musicales de quatre notes est donc : \[ 7^4 \] Calculons cela : \[ 7^4 = 7 \times 7 \times 7 \times 7 = 2401 \] 2. Combien de phrases musicales différentes de quatre notes commençant par \(do-mi\) ou \(mi-do\) ? a. Cas 1 : Phrases commençant par \(do-mi\) Pour une phrase de la forme \(do-mi\), les deux premières notes sont déjà fixées. Il reste donc 2 positions à remplir, et pour chacune de ces positions, nous avons 7 choix possibles. Ainsi, le nombre de phrases musicales commençant par \(do-mi\) est : \[ 7^2 = 49 \] b. Cas 2 : Phrases commençant par \(mi-do\) De la même manière, pour une phrase de la forme \(mi-do\), les deux premières notes sont également fixées. Il reste encore 2 positions à remplir, avec 7 choix possibles pour chacune. Le nombre de phrases musicales commençant par \(mi-do\) est également : \[ 7^2 = 49 \] Total Pour obtenir le nombre total de phrases musicales qui commencent par \(do-mi\) ou \(mi-do\), nous additionnons les deux cas : \[ 49 + 49 = 98 \] Résumé 1. Il y a 2401 phrases musicales différentes de quatre notes. 2. Il y a 98 phrases musicales différentes de quatre notes commençant par \(do-mi\) ou \(mi-do\).
Exercice 19: ★ ★ ☆ ☆ ☆
Pour aller à son travail, Léo rencontre sur son trajet sept feux tricolores. Chaque feu peut avoir la couleur rouge (R), orange (O) ou vert (V). On note \(F = \{R; O; V\}\) l'ensemble des différentes couleurs d'un feu. 1. Écrire un 7-𝑢𝑝𝑙𝑒𝑡 d'éléments de \(F\). 2. Un trajet étant une succession de couleurs des feux, combien de trajets différents Léo peut-il faire pour se rendre à son travail ?
Pour répondre aux questions concernant le trajet de Léo, examinons chaque point :
1. Écrire un 7-uplet d'éléments de \(F\) Un 7-uplet d'éléments de \(F\) est un ensemble ordonné de 7 couleurs, où chaque couleur peut être rouge (R), orange (O) ou vert (V). Voici un exemple de 7-uplet : \[ ( R, O, V, R, V, O, R ) \] Cet exemple montre une succession de 7 couleurs choisies parmi les éléments de l'ensemble \(F = \{R, O, V\}\).
2. Combien de trajets différents Léo peut-il faire ? Chaque feu tricolore a 3 couleurs possibles. Étant donné qu'il y a 7 feux, et que chaque feu peut être de manière indépendante de l'une des 3 couleurs, le nombre total de trajets possibles est donné par : \[ 3^7 \] Calculons cela : \[ 3^7 = 2187 \] Résumé 1. Un exemple de 7-uplet d'éléments de \(F\) : \(( R, O, V, R, V, O, R )\). 2. Léo peut faire **2187 trajets différents** pour se rendre à son travail.
Exercice 20: ★ ★ ☆ ☆ ☆
Indiquer si chacune des affirmations suivantes est vraie ou fausse, en justifiant. 1. On joue \(n\) fois à Pile ou Face. Le nombre de résultats possibles est \(2^n\). 2. Dans un questionnaire, on doit répondre par "oui" ou "non" à chacune des huit questions. Le nombre de réponses possibles pour l'ensemble du questionnaire est \(8^2\). 3. On doit ranger cinq objets dans trois boîtes. Il y a \(5^3\) rangements possibles. 4. Le nombre de mots de sept lettres écrits avec les lettres \(A\) et \(S\) est \(2^7\).
Analysons chacune des affirmations une par une pour déterminer si elles sont vraies ou fausses, en justifiant chaque réponse.
1. On joue \(n\) fois à Pile ou Face. Le nombre de résultats possibles est \(2^n\). Vrai. Justification : Chaque lancer de pièce a 2 résultats possibles (Pile ou Face). Si l'on joue \(n\) fois, les résultats sont indépendants, donc le nombre total de résultats possibles est donné par \(2 \times 2 \times \ldots\) (n fois) = \(2^n\).
2. Dans un questionnaire, on doit répondre par "oui" ou "non" à chacune des huit questions. Le nombre de réponses possibles pour l'ensemble du questionnaire est \(8^2\). Faux. Justification : Chaque question a 2 réponses possibles (oui ou non). Pour 8 questions, le nombre total de combinaisons de réponses est \(2^8\) (puisque chaque question est indépendante), et non \(8^2\). Ainsi, le nombre de réponses possibles est \(256\), et non \(64\).
3. On doit ranger cinq objets dans trois boîtes. Il y a \(5^3\) rangements possibles. Faux. Justification : Chaque objet peut être placé dans l'une des 3 boîtes. Pour chaque objet, il y a 3 choix. Donc, pour 5 objets, le nombre total de rangements possibles est \(3^5\), et non \(5^3\). Ainsi, le nombre de rangements possibles est \(243\).
4. Le nombre de mots de sept lettres écrits avec les lettres \(A\) et \(S\) est \(2^7\). Vrai. Justification : Chaque lettre du mot de 7 lettres peut être soit \(A\) soit \(S\), donc pour chaque position de lettre, il y a 2 choix. Ainsi, pour 7 lettres, le nombre total de mots possibles est \(2^7\), ce qui équivaut à 128.
Exercice 21: ★ ★ ☆ ☆ ☆
Une association doit élire les trois membres de son bureau (président, secrétaire et trésorier) parmi sept candidats. Une même personne ne peut pas cumuler les postes. Combien de bureaux différents peuvent être élus ?
Pour élire les trois membres du bureau (président, secrétaire et trésorier) parmi sept candidats, nous devons considérer que chaque poste est occupé par une personne différente et que l'ordre des postes compte (c'est-à-dire que le président, le secrétaire et le trésorier sont des postes distincts).
Étapes de calcul
1. Choix du président : Il y a 7 candidats disponibles pour le poste de président. 2. Choix du secrétaire : Une fois le président élu, il reste 6 candidats. Donc, il y a 6 choix pour le poste de secrétaire. 3. Choix du trésorier : Après avoir élu le président et le secrétaire, il reste 5 candidats. Donc, il y a 5 choix pour le poste de trésorier.
Calcul du nombre total de bureaux Le nombre total de façons de choisir les trois membres du bureau est donné par le produit des choix pour chaque poste : \[ 7 \times 6 \times 5 \] Calculons cela : \[ 7 \times 6 = 42 \] \[ 42 \times 5 = 210 \] Conclusion Il y a donc 210 bureaux différents qui peuvent être élus.
Exercice 22: ★ ★ ☆ ☆ ☆
Le digicode d'un immeuble est composé des cinq chiffres de \(0\) à \(4\) et des lettres \(A\), \(B\) et \(C\). 1. Combien de codes contenant quatre caractères tous différents peut-on composer ? 2. Combien de codes à trois chiffres différents suivi d'une lettre peut-on composer ?
Pour résoudre les deux questions concernant le digicode composé des chiffres \(0\), \(1\), \(2\), \(3\), \(4\) et des lettres \(A\), \(B\), \(C\), nous allons procéder étape par étape.
1. Combien de codes contenant quatre caractères tous différents peut-on composer ?
L'ensemble de caractères disponibles est constitué de 5 chiffres (\(0\), \(1\), \(2\), \(3\), \(4\)) et 3 lettres (\(A\), \(B\), \(C\)), soit un total de 8 caractères différents.
Pour former un code de 4 caractères tous différents :
1. Choix du 1er caractère : 8 options 2. Choix du 2e caractère : 7 options (un caractère a déjà été utilisé) 3. Choix du 3e caractère : 6 options (deux caractères ont déjà été utilisés) 4. Choix du 4e caractère : 5 options (trois caractères ont déjà été utilisés)
Le nombre total de codes est donc : \[ 8 \times 7 \times 6 \times 5 \] Calculons cela : \[ 8 \times 7 = 56 \] \[ 56 \times 6 = 336 \] \[ 336 \times 5 = 1680 \] Conclusion pour la première question Il est donc possible de composer 1680 codes contenant quatre caractères tous différents.
2. Combien de codes à trois chiffres différents suivis d'une lettre peut-on composer ?
Pour cette question, nous devons d'abord choisir 3 chiffres parmi les 5 disponibles, puis ajouter 1 lettre parmi les 3 disponibles.
1. Choix des 3 chiffres : • Pour le 1er chiffre, il y a 5 options. • Pour le 2e chiffre, il y a 4 options (un chiffre a déjà été utilisé). • Pour le 3e chiffre, il y a 3 options (deux chiffres ont déjà été utilisés).
Le nombre de façons de choisir et d'arranger ces 3 chiffres est : \[ 5 \times 4 \times 3 \] Calculons cela : \[ 5 \times 4 = 20 \] \[ 20 \times 3 = 60 \] 2. Choix de la lettre : Pour la lettre, il y a 3 options (\(A\), \(B\), ou \(C\)).
Total des codes Le nombre total de codes à trois chiffres différents suivis d'une lettre est donc : \[ 60 \times 3 = 180 \] Conclusion pour la deuxième question Il est donc possible de composer 180 codes à trois chiffres différents suivis d'une lettre.
Exercice 23: ★ ★ ☆ ☆ ☆
On doit remplir la grille ci-dessous avec des \(0\) ou des \(1\).
Combien de grilles différentes peut-on remplir ?
solution en cours....
Exercice 24: ★ ★ ☆ ☆ ☆
Une commerciale travaillant en Nouvelle-Aquitaine doit se rendre dans trois villes différentes parmi Bordeaux, Périgueux, La Rochelle, Pau et Bayonne. Combien de trajets différents peut-elle effectuer ?
Pour déterminer le nombre de trajets différents que la commerciale peut effectuer en se rendant dans trois villes différentes parmi Bordeaux, Périgueux, La Rochelle, Pau et Bayonne, nous devons d'abord choisir les trois villes, puis les ordonner.
Étapes de calcul 1. Choix des villes : Il y a 5 villes au total, et nous devons en choisir 3. Le nombre de façons de choisir 3 villes parmi 5 est donné par le coefficient binomial : \[ \binom{5}{3} = \frac{5!}{3!(5-3)!} = \frac{5!}{3! \cdot 2!} = \frac{5 \times 4}{2 \times 1} = 10 \] 2. Ordre des villes : Pour chaque sélection de 3 villes, il y a \(3!\) façons de les ordonner. Le nombre de permutations de 3 éléments est : \[ 3! = 6 \] Total des trajets Le nombre total de trajets différents est donc le produit du nombre de façons de choisir les villes et du nombre de façons de les ordonner : \[ \text{Total des trajets} = \binom{5}{3} \times 3! = 10 \times 6 = 60 \] Conclusion La commerciale peut effectuer 60 trajets différents en se rendant dans trois villes différentes parmi celles proposées.
Exercice 25: ★ ★ ☆ ☆ ☆
Dans une pièce de théâtre, il y a six rôles à pourvoir, qui peuvent être joués par n'importe lesquelles des douze personnes de la troupe. Combien de distributions possibles des rôles peut-on avoir ?
Pour déterminer combien de distributions possibles des rôles peuvent être faites dans une pièce de théâtre où il y a six rôles à pourvoir parmi douze personnes de la troupe, nous considérons que chaque rôle est distinct et qu'aucune personne ne peut jouer plus d'un rôle.
Étapes de calcul 1. Choix du premier rôle : Il y a 12 personnes disponibles. 2. Choix du deuxième rôle : Une personne a déjà été choisie pour le premier rôle, donc il reste 11 personnes. 3. Choix du troisième rôle : Deux personnes ont déjà été choisies, il reste donc 10 personnes. 4. Choix du quatrième rôle : Trois personnes ont été choisies, il en reste 9. 5. Choix du cinquième rôle : Quatre personnes ont été choisies, il y en a donc 8 restantes. 6. Choix du sixième rôle : Cinq personnes ont été choisies, il en reste 7.
Calcul du nombre total de distributions Le nombre total de façons de distribuer les rôles est donc donné par : \[ 12 \times 11 \times 10 \times 9 \times 8 \times 7 \] Calculons cela étape par étape : \[ 12 \times 11 = 132 \] \[ 132 \times 10 = 1320 \] \[ 1320 \times 9 = 11880 \] \[ 11880 \times 8 = 95040 \] \[ 95040 \times 7 = 665280 \] Conclusion Il y a donc 665280 distributions possibles des rôles pour la pièce de théâtre.
Exercice 26: ★ ★ ☆ ☆ ☆
Écrire toutes les permutations des éléments de l'ensemble \(\{a; b;c;d\}\).
Pour écrire toutes les permutations des éléments de l'ensemble \(\{a, b, c, d\}\), nous allons générer chaque arrangement possible de ces quatre lettres.
Liste des permutations Voici toutes les permutations de \(\{a, b, c, d\}\) : 1. \( (a, b, c, d) \) 2. \( (a, b, d, c) \) 3. \( (a, c, b, d) \) 4. \( (a, c, d, b) \) 5. \( (a, d, b, c) \) 6. \( (a, d, c, b) \) 7. \( (b, a, c, d) \) 8. \( (b, a, d, c) \) 9. \( (b, c, a, d) \) 10. \( (b, c, d, a) \) 11. \( (b, d, a, c) \) 12. \( (b, d, c, a) \) 13. \( (c, a, b, d) \) 14. \( (c, a, d, b) \) 15. \( (c, b, a, d) \) 16. \( (c, b, d, a) \) 17. \( (c, d, a, b) \) 18. \( (c, d, b, a) \) 19. \( (d, a, b, c) \) 20. \( (d, a, c, b) \) 21. \( (d, b, a, c) \) 22. \( (d, b, c, a) \) 23. \( (d, c, a, b) \) 24. \( (d, c, b, a) \) Conclusion Il y a un total de \(4! = 24\) permutations différentes des éléments de l'ensemble \(\{a, b, c, d\}\).
Exercice 27: ★ ★ ☆ ☆ ☆
Une anagramme est un mot (ayant un sens ou non) écrit en modifiant l'ordre des lettres du mot d'origine. Écrire les anagrammes du mot « lire »
Pour le mot « lire », nous allons générer toutes les anagrammes possibles en réarrangeant les lettres. Le mot « lire » contient 4 lettres distinctes. Voici toutes les anagrammes : 1. lire 2. lier 3. reli 4. rile 5. eilr 6. eirl 7. ilre 8. irel 9. elri 10. erl 11. iler 12. rile Anagrammes valides Les anagrammes valides du mot « lire » qui ont un sens en français sont : 1. lire 2. lier Conclusion Les anagrammes du mot « lire » incluent toutes les combinaisons de ses lettres, mais les anagrammes ayant un sens en français sont « lire » et « lier ».
Exercice 28: ★ ★ ☆ ☆ ☆
Combien d'anagrammes distinctes peut-on former avec les lettres des mots suivants ? 1. « deux » 2. « facteurs » 3. « factorielle »
Pour déterminer le nombre d'anagrammes distinctes pouvant être formées avec les lettres des mots donnés, nous allons utiliser la formule pour les permutations d'un ensemble de lettres, en tenant compte des lettres répétées si nécessaire.
1. Anagrammes du mot « deux » Le mot « deux » contient 4 lettres, toutes distinctes : • d • e • u • x
Le nombre d'anagrammes est donné par : \[ 4! = 24 \] 2. Anagrammes du mot « facteurs » Le mot « facteurs » contient 8 lettres, dont la lettre "a" apparaît une fois, "c" une fois, "e" une fois, "f" une fois, "o" une fois, "r" une fois, et "t" une fois, et la lettre "s" apparaît une fois.
Le nombre d'anagrammes est donné par : \[ 8! = 40320 \] 3. Anagrammes du mot « factorielle » Le mot « factorielle » contient 11 lettres, où les lettres sont : • f (1 fois) • a (1 fois) • c (1 fois) • t (1 fois) • o (1 fois) • r (1 fois) • i (1 fois) • e (2 fois) • l (2 fois) Le nombre d'anagrammes est donné par : \[ \frac{11!}{2! \times 2!} = \frac{39916800}{4} = 9979200 \]
Exercice 29: ★ ★ ☆ ☆ ☆
1. Calculer \(n!\) pour \(n \in \{1; 2; 3; 4; 5\}\). 2. Simplifier: a. \(\frac{6!}{3!}\) b. \(\frac{9!}{11!}\) c. \(\frac{20!}{3! \times 5! \times 2!}\) 3. Simplifier \(\frac{1}{n!} - \frac{1}{(n+1)!}\) pour \(n \in \mathbb{N}\).
Calculons cela de manière détaillée : \[ 20! = 20 \times 19 \times 18 \times \ldots \times 1 \] Sachant que \(3! = 6\), \(5! = 120\), et \(2! = 2\), nous avons : \[ 3! \times 5! \times 2! = 6 \times 120 \times 2 = 1440 \] Ainsi : \[ \frac{20!}{3! \times 5! \times 2!} = \frac{20!}{1440} \] Pour simplifier \(\frac{20!}{1440}\), nous pouvons calculer une partie de \(20!\) :
Utilisons la formule combinatoire : \[ \frac{20!}{3! \times 5! \times 2!} = \binom{20}{3, 5, 2, 10} \] Le calcul direct de \(\frac{20!}{1440}\) est complexe sans calculatrice, mais en termes combinatoires, cela représente un nombre entier.
3. Simplifier \(\frac{1}{n!} - \frac{1}{(n+1)!}\) pour \(n \in \mathbb{N}\) Utilisons la définition des factorielles : \[ \frac{1}{(n+1)!} = \frac{1}{(n+1) \cdot n!} \] Nous avons donc : \[ \frac{1}{n!} - \frac{1}{(n+1)!} = \frac{1}{n!} - \frac{1}{(n+1) \cdot n!} = \frac{(n+1) - 1}{(n+1) \cdot n!} = \frac{n}{(n+1) \cdot n!} \] En simplifiant cela, on obtient : \[ \frac{n}{(n+1) \cdot n!} = \frac{1}{n!} \cdot \frac{n}{n+1} \] Conclusion 1. \(1! = 1\), \(2! = 2\), \(3! = 6\), \(4! = 24\), \(5! = 120\) 2. a. \(\frac{6!}{3!} = 120\) b. \(\frac{9!}{11!} = \frac{1}{110}\) c. \(\frac{20!}{3! \times 5! \times 2!} = \text{un nombre entier}\) (en termes combinatoires) 3. \(\frac{1}{n!} - \frac{1}{(n+1)!} = \frac{n}{(n+1) \cdot n!}\)
Exercice 30: ★ ★ ☆ ☆ ☆
Recopier, puis compléter la fonction Python ci-dessous de telle sorte qu'elle renvoie la valeur de \(n!\) pour un entier naturel \(n\) donné. 1 𝑑𝑒𝑓 factorielle(𝑛): 2 f=1 3 for i in range(...,...): 4 f=... 5 𝑟𝑒𝑡𝑢𝑟𝑛 f
Fonction Python complétée pour calculer la valeur de \(n!\) pour un entier naturel \(n\) :
𝑑𝑒𝑓 factorielle(𝑛): f = 1 𝑓𝑜𝑟 i 𝑖𝑛 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑒(1, n + 1): f = f * i 𝑟𝑒𝑡𝑢𝑟𝑛 f
Explications des lignes : 1. Ligne 1 : Définition de la fonction `factorielle` qui prend en paramètre un entier naturel \(n\). 2. Ligne 2 : Initialisation de la variable `f` à 1 (car \(0! = 1\) et \(1! = 1\)). 3. Ligne 3 : La boucle `for` parcourt les entiers de 1 à \(n\) inclus (c'est-à-dire `𝑟𝑎𝑛𝑔𝑒(1, n + 1)`). 4. Ligne 4 : À chaque itération, on multiplie `f` par `i` pour calculer le produit cumulatif. 5. Ligne 5 : La fonction renvoie la valeur de `f`, qui contient le résultat de \(n!\).
Exercice 31: ★ ★ ★ ★ ★
Écrire à l'aide de factorielles les nombres suivants. 1. \(n(n-1)(n-2)...(n-k+1)\) 2. \((n+1)(n+2)...2n\)
Pour écrire les expressions demandées en utilisant des factorielles, analysons chaque cas.
1. \(n(n-1)(n-2)...(n-k+1)\)
Cette expression représente le produit des \(k\) premiers termes à partir de \(n\) en descendant. On peut réécrire cette expression en utilisant des factorielles : \[ n(n-1)(n-2)...(n-k+1) = \frac{n!}{(n-k)!} \] 2. \((n+1)(n+2)...(2n)\)
Cette expression représente le produit des nombres de \(n+1\) à \(2n\). Pour exprimer cela en utilisant des factorielles, nous pouvons utiliser la relation suivante : \[ (n+1)(n+2)...(2n) = \frac{(2n)!}{n!} \]
Exercice 32: ★ ★ ★ ★ ★
1. De combien de façons peut-on faire asseoir dix personnes sur une rangée de dix chaises? 2. Ce nombre change-t-il si les chaises sont disposées en deux rangées de cinq ?
Pour répondre aux questions concernant l'arrangement de dix personnes sur des chaises, examinons chaque cas.
1. De combien de façons peut-on faire asseoir dix personnes sur une rangée de dix chaises ? Si nous avons dix personnes et dix chaises, chaque personne peut s'asseoir sur une chaise différente. Le nombre de façons de les disposer est donné par le nombre de permutations des 10 personnes, ce qui est calculé comme \(10!\) (10 factorielle).
Calculons cela : \[ 10! = 10 \times 9 \times 8 \times 7 \times 6 \times 5 \times 4 \times 3 \times 2 \times 1 = 3\,628\,800 \] Donc, il y a 3,628,800 façons de faire asseoir dix personnes sur une rangée de dix chaises.
2. Ce nombre change-t-il si les chaises sont disposées en deux rangées de cinq ? Si les chaises sont disposées en deux rangées de cinq, cela ne change pas le nombre total de façons d'asseoir les personnes. En effet, chaque arrangement de dix personnes est toujours unique, peu importe comment les chaises sont disposées (que ce soit en une seule rangée ou en deux rangées).
Le nombre de façons de faire asseoir les dix personnes reste : \[ 10! = 3\,628\,800 \] Conclusion 1. Il y a 3,628,800 façons de faire asseoir dix personnes sur une rangée de dix chaises. 2. Non, ce nombre ne change pas si les chaises sont disposées en deux rangées de cinq.
Exercice 33: ★ ★ ★ ★ ★
Une ronde est une danse en cercle. De combien de façons peut-on disposer huit personnes pour danser une ronde ?
Pour déterminer le nombre de façons de disposer \(n\) personnes en cercle, on utilise la formule : \[ (n-1)! \] Cela s'explique par le fait qu'en positionnant les personnes en cercle, une des personnes peut être fixée pour éliminer les rotations identiques. Ensuite, les \(n-1\) personnes restantes peuvent être arrangées autour de cette personne fixe.
Application pour 8 personnes Pour huit personnes : \[ (8-1)! = 7! = 5040 \] Conclusion Il y a donc 5040 façons de disposer huit personnes pour danser en ronde.
Exercice 34: ★ ★ ★ ★ ★
On dispose de sept porte-manteaux. De combien de façons peut-on ranger sept manteaux sans les empiler ?
Pour ranger sept manteaux sur sept porte-manteaux sans les empiler, chaque manteau doit être accroché à un porte-manteau différent. Le nombre de façons de faire cela est donné par le nombre de permutations des 7 manteaux.
Calcul Le nombre de façons de ranger les manteaux est : \[ 7! = 7 \times 6 \times 5 \times 4 \times 3 \times 2 \times 1 = 5040 \] Conclusion Il y a donc 5040 façons de ranger sept manteaux sur sept porte-manteaux sans les empiler.
Exercice 35: ★ ★ ★ ★ ★
1. Soit l'ensemble \( A = \{a, b, c\} \). a. Énumérez tous les 2-uplets possibles de l'ensemble \( A \) si l'ordre des éléments compte. b. Combien de 2-uplets distincts peut-on former si l'on autorise la répétition des éléments ?
2. Considérons l'ensemble \( B = \{1, 2, 3, 4\} \). a. Calculez le nombre total de 3-uplets distincts pouvant être formés à partir de l'ensemble \( B \) sans répétition. b. Calculez le nombre total de 3-uplets distincts pouvant être formés à partir de l'ensemble \( B \) en autorisant la répétition.
3. Soit l'ensemble \( C = \{x, y, z, w\} \). a. Si vous devez former un 4-uplet avec les éléments de \( C \) en autorisant la répétition, combien de 4-uplets distincts pouvez-vous créer ? b. Si vous devez former un 4-uplet sans autoriser la répétition, combien de 4-uplets distincts pouvez-vous créer ?
1. Soit l'ensemble \( A = \{a, b, c\} \). a. Énumérez tous les 2-uplets possibles de l'ensemble \( A \) si l'ordre des éléments compte.
Pour former des 2-uplets avec l'ensemble \( A \), nous avons les combinaisons suivantes :
1. \( (a, a) \) 2. \( (a, b) \) 3. \( (a, c) \) 4. \( (b, a) \) 5. \( (b, b) \) 6. \( (b, c) \) 7. \( (c, a) \) 8. \( (c, b) \) 9. \( (c, c) \)
Total des 2-uplets : 9.
b. Combien de 2-uplets distincts peut-on former si l'on autorise la répétition des éléments ? Avec répétition, chaque position du 2-uplet peut être occupée par n'importe lequel des 3 éléments. Le calcul est donc : \[ 3 \times 3 = 3^2 = 9 \] 2. Considérons l'ensemble \( B = \{1, 2, 3, 4\} \). a. Calculez le nombre total de 3-uplets distincts pouvant être formés à partir de l'ensemble \( B \) sans répétition. Pour former des 3-uplets sans répétition, on choisit 3 éléments parmi 4, tout en tenant compte de l'ordre. Cela se calcule comme suit : \[ P(4, 3) = \frac{4!}{(4-3)!} = \frac{4!}{1!} = 4 \times 3 \times 2 = 24 \] b. Calculez le nombre total de 3-uplets distincts pouvant être formés à partir de l'ensemble \( B \) en autorisant la répétition. Avec répétition, chaque position du 3-uplet peut être occupée par n'importe lequel des 4 éléments. Le calcul est donc : \[ 4 \times 4 \times 4 = 4^3 = 64 \] 3. Soit l'ensemble \( C = \{x, y, z, w\} \). a. Si vous devez former un 4-uplet avec les éléments de \( C \) en autorisant la répétition, combien de 4-uplets distincts pouvez-vous créer ? Avec répétition, chaque position du 4-uplet peut être occupée par n'importe lequel des 4 éléments. Le calcul est donc : \[ 4 \times 4 \times 4 \times 4 = 4^4 = 256 \] b. Si vous devez former un 4-uplet sans autoriser la répétition, combien de 4-uplets distincts pouvez-vous créer ? Sans répétition, nous devons utiliser tous les 4 éléments de l'ensemble \( C \). Le nombre de façons de les disposer est : \[ 4! = 4 \times 3 \times 2 \times 1 = 24 \]
ℙ𝕒𝕣𝕥𝕚𝕖𝕤 𝕕'𝕦𝕟 𝕖𝕟𝕤𝕖𝕞𝕓𝕝𝕖 𝕖𝕥 𝕔𝕠𝕞𝕓𝕚𝕟𝕒𝕚𝕤𝕠𝕟𝕤
Exercice 36: ★ ★ ★ ★ ★
On considère l'ensemble: \(E = \{x1; x2 ;x3 ;x4 ;x5\}\) 1. Écrire les parties de \(E\) à deux éléments. 2. Écrire les couples de \(E\).
Pour l'ensemble \(E = \{x_1, x_2, x_3, x_4, x_5\}\), nous allons répondre aux deux questions.
1. Parties de \(E\) à deux éléments Les parties de \(E\) à deux éléments sont les combinaisons de deux éléments de l'ensemble. Voici la liste de toutes les parties à deux éléments : 1. \(\{x_1, x_2\}\) 2. \(\{x_1, x_3\}\) 3. \(\{x_1, x_4\}\) 4. \(\{x_1, x_5\}\) 5. \(\{x_2, x_3\}\) 6. \(\{x_2, x_4\}\) 7. \(\{x_2, x_5\}\) 8. \(\{x_3, x_4\}\) 9. \(\{x_3, x_5\}\) 10. \(\{x_4, x_5\}\)
2. Couples de \(E\) Les couples de \(E\) sont tous les arrangements possibles de deux éléments, en tenant compte de l'ordre. Voici la liste de tous les couples : 1. \((x_1, x_1)\) 2. \((x_1, x_2)\) 3. \((x_1, x_3)\) 4. \((x_1, x_4)\) 5. \((x_1, x_5)\) 6. \((x_2, x_1)\) 7. \((x_2, x_2)\) 8. \((x_2, x_3)\) 9. \((x_2, x_4)\) 10. \((x_2, x_5)\) 11. \((x_3, x_1)\) 12. \((x_3, x_2)\) 13. \((x_3, x_3)\) 14. \((x_3, x_4)\) 15. \((x_3, x_5)\) 16. \((x_4, x_1)\) 17. \((x_4, x_2)\) 18. \((x_4, x_3)\) 19. \((x_4, x_4)\) 20. \((x_4, x_5)\) 21. \((x_5, x_1)\) 22. \((x_5, x_2)\) 23. \((x_5, x_3)\) 24. \((x_5, x_4)\) 25. \((x_5, x_5)\)
Exercice 37: ★ ★ ★ ★ ★
On désigne par \(A\), \(B\) et \(C\) les ensembles de lettres utilisées respectivement pour écrire les mots «fil», «fusil» et «fusible». 1. Déterminer les ensembles \(A\), \(B\) et \(C\). 2. Écrire toutes les inclusions qui existent entre ces trois ensembles.
Pour résoudre ce problème, nous allons d'abord déterminer les ensembles de lettres utilisées pour chaque mot, puis examiner les inclusions entre ces ensembles.
1. Déterminer les ensembles \(A\), \(B\) et \(C\) • Pour le mot «fil» : • Lettres : f, i, l • Ensemble \(A = \{f, i, l\}\)
• Pour le mot «fusil» : • Lettres : f, u, s, i, l • Ensemble \(B = \{f, u, s, i, l\}\)
• Pour le mot «fusible» : • Lettres : f, u, s, i, b, l, e • Ensemble \(C = \{f, u, s, i, b, l, e\}\)
2. Écrire toutes les inclusions qui existent entre ces trois ensembles Pour déterminer les inclusions, analysons les éléments de chaque ensemble : 1. \(A \subseteq B\) (car tous les éléments de \(A\) sont dans \(B\)) 2. \(A \subseteq C\) (car tous les éléments de \(A\) sont dans \(C\)) 3. \(B \subseteq C\) (car tous les éléments de \(B\) sont dans \(C\))
Exercice 38: ★ ★ ★ ★ ★
L'arbre incomplet ci-dessous représente les compositions possibles d'une famille de quatre enfants dans l'ordre des naissances. F désigne une fille et G désigne un garçon.
1. Recopier et compléter l'arbre. 2. Combien de compositions obtient-on ? 3. À l'aide de l'arbre, dénombrer le nombre de com- positions avec : a. une fille et trois garçons; b. deux filles et deux garçons. 4. Écrire chacun des nombres trouvés à la question précédente à l'aide des coefficients \(\binom{n}{k}\).
solution en cours....
Exercice 39: ★ ★ ★ ★ ★
Au poker, on appelle « main » tout ensemble de cinq cartes. On considère un jeu de \(52\) cartes. 1. Combien y a-t-il de mains possibles ? 2. Combien y a-t-il de mains contenant l'as de pique ?
Pour répondre à ces questions sur les mains de poker, nous allons utiliser les concepts de combinaisons.
1. Combien y a-t-il de mains possibles ? Une main de poker est constituée de 5 cartes choisies parmi un jeu de 52 cartes. Le nombre de façons de choisir 5 cartes parmi 52 est donné par le coefficient binomial : \[ \binom{52}{5} = \frac{52!}{5!(52-5)!} = \frac{52!}{5! \times 47!} \] Calculons cela : \[ \binom{52}{5} = \frac{52 \times 51 \times 50 \times 49 \times 48}{5 \times 4 \times 3 \times 2 \times 1} = \frac{311875200}{120} = 2598960 \] Donc, il y a 2,598,960 mains possibles.
2. Combien y a-t-il de mains contenant l'as de pique ? Pour compter le nombre de mains contenant l'as de pique, nous considérons que l'as de pique fait déjà partie de la main. Il nous reste donc à choisir 4 cartes parmi les 51 cartes restantes (puisqu'une carte est déjà sélectionnée).
Le nombre de façons de choisir 4 cartes parmi 51 est donné par : \[ \binom{51}{4} = \frac{51!}{4!(51-4)!} = \frac{51!}{4! \times 47!} \] Calculons cela : \[ \binom{51}{4} = \frac{51 \times 50 \times 49 \times 48}{4 \times 3 \times 2 \times 1} = \frac{612220032}{24} = 25592501 \] Donc, il y a 234,256 mains contenant l'as de pique.
Exercice 40: ★ ★ ★ ★ ★
Une urne contient \(15\) boules indiscernables au toucher. Il y a trois boules blanches, numérotées de \(1\) à \(3\), cinq boules rouges numérotées de \(1\) à \(5\) et sept boules vertes numérotées de \(1\) à \(7\). On tire simultanément trois boules de l'urne. 1. Combien y a-t-il de tirages possibles ? 2. On note \(B\) l'ensemble des boules blanches, \(R\) celui des boules rouges et V celui des boules vertes. a. Donner le nombre de tirages simultanés de trois boules: • dans \(B\); • dans \(R\); • dans \(V\). b. À l'aide du principe additif, en déduire le nombre de tirages unicolores dans l'urne.
Pour résoudre ce problème, nous allons procéder étape par étape.
1. Combien y a-t-il de tirages possibles ? Nous avons un total de 15 boules dans l'urne. Pour tirer simultanément 3 boules, nous utilisons le coefficient binomial : \[ \binom{15}{3} = \frac{15!}{3!(15-3)!} = \frac{15!}{3! \times 12!} \] Calculons cela : \[ \binom{15}{3} = \frac{15 \times 14 \times 13}{3 \times 2 \times 1} = \frac{2730}{6} = 455 \] Donc, il y a 455 tirages possibles.
2. Tirages par couleur a. Nombre de tirages simultanés de trois boules dans chaque ensemble • Dans \(B\) (boules blanches) : Il y a 3 boules blanches. \[ \binom{3}{3} = 1 \] • Dans \(R\) (boules rouges) : Il y a 5 boules rouges. \[ \binom{5}{3} = \frac{5!}{3! \times (5-3)!} = \frac{5 \times 4}{2 \times 1} = 10 \] • Dans \(V\) (boules vertes) : Il y a 7 boules vertes. \[ \binom{7}{3} = \frac{7!}{3! \times (7-3)!} = \frac{7 \times 6 \times 5}{3 \times 2 \times 1} = \frac{210}{6} = 35 \] b. Tirages unicolores dans l'urne Pour obtenir le nombre total de tirages unicolores, nous additionnons les tirages de chaque couleur : \[ \text{Tirages unicolores} = \binom{3}{3} + \binom{5}{3} + \binom{7}{3} \] Calculons cela : \[ \text{Tirages unicolores} = 1 + 10 + 35 = 46 \]
Exercice 41: ★ ★ ★ ★ ★
Associer à chacune des définitions le calcul qui lui correspond. • Définitions 1. Nombre de tirages de \(p\) objets parmi \(n\). 2. Nombre de tirages successifs avec remise de \(p\) objets parmi \(n\). 3. Nombre de tirages successifs sans remise de \(p\) objets parmi \(n\). 4. Nombre de tirages successifs sans remise de \(n\) objets parmi \(n\). • Calculs a. \(\frac{n!}{p!(n-p)!}\) b. \(\frac{n!}{(n-p)!}\) c. \(n^p\) d. \(n!\)
Association des définitions avec les calculs correspondants :
Définitions et Calculs 1. Nombre de tirages de \(p\) objets parmi \(n\). Calcul : \(a. \frac{n!}{p!(n-p)!}\)
2. Nombre de tirages successifs avec remise de \(p\) objets parmi \(n\). Calcul : \(c. n^p\)
3. Nombre de tirages successifs sans remise de \(p\) objets parmi \(n\). Calcul : \(b. \frac{n!}{(n-p)!}\)
4. Nombre de tirages successifs sans remise de \(n\) objets parmi \(n\). Calcul : \(d. n!\)
Résumé des associations • 1 → a • 2 → c • 3 → b • 4 → d
Exercice 42: ★ ★ ★ ★ ★
Le proviseur doit constituer un groupe de cinq élèves pour aller présenter leur lycée dans les collèges voisins. 1. Six élèves sont candidats. Combien de manières de constituer le groupe y a-t-il ? 2. Dix élèves sont candidats dont quatre sont en seconde et six en terminale. Le groupe de représentants doit être composé de deux élèves de seconde et trois élèves de terminale. a. Parmi les candidats, combien peut-on former de couples d'élèves de seconde? de triplets d'élèves de terminale ? b. Conclure en utilisant le principe multiplicatif.
Pour résoudre ces questions, nous allons utiliser les concepts de combinaisons.
1. Six élèves sont candidats. Combien de manières de constituer le groupe y a-t-il ? Pour constituer un groupe de 5 élèves parmi 6, on utilise le coefficient binomial : \[ \binom{6}{5} = 6 \] Il y a donc 6 manières de constituer le groupe.
2. Dix élèves sont candidats dont quatre sont en seconde et six en terminale. Le groupe de représentants doit être composé de deux élèves de seconde et trois élèves de terminale. a. Combien peut-on former de couples d'élèves de seconde et de triplets d'élèves de terminale ?
Couples d'élèves de seconde :
Il y a 4 élèves en seconde et nous devons en choisir 2 : \[ \binom{4}{2} = \frac{4!}{2!(4-2)!} = \frac{4 \times 3}{2 \times 1} = 6 \] Il y a donc 6 couples d'élèves de seconde.
Triplets d'élèves de terminale :
Il y a 6 élèves en terminale et nous devons en choisir 3 : \[ \binom{6}{3} = \frac{6!}{3!(6-3)!} = \frac{6 \times 5 \times 4}{3 \times 2 \times 1} = 20 \] Il y a donc 20 triplets d'élèves de terminale.
b. Conclure en utilisant le principe multiplicatif. Pour former le groupe de représentants composé de 2 élèves de seconde et 3 élèves de terminale, nous multiplions le nombre de façons de choisir les élèves de seconde par le nombre de façons de choisir les élèves de terminale : \[ \text{Total} = \binom{4}{2} \times \binom{6}{3} = 6 \times 20 = 120 \]
Exercice 43: ★ ★ ★ ★ ★
Le père de Colin a rangé les jouets de celui-ci dans un sac en toile opaque. Le sac contient une petite voiture, une balle, un sifflet, un bateau et un camion. 1. Colin prend trois jouets, un par un, dans le sac, sans les remettre. Combien de triplets de trois jouets peut-il obtenir ? 2. Un autre jour, il prend un jouet, joue un instant avec puis le remet dans le sac et recommence ainsi trois fois. Combien y a-t-il de tirages possibles ? 3. Le jour suivant, il attrape trois jouets en même temps dans le sac. Combien y a-t-il de tirages possibles ?
Pour résoudre ces questions, nous allons examiner chaque situation en utilisant les concepts de combinaisons et de permutations.
1. Combien de triplets de trois jouets peut-il obtenir ? Colin choisit 3 jouets parmi 5 sans remettre les jouets. Nous utilisons le coefficient binomial : \[ \binom{5}{3} = \frac{5!}{3!(5-3)!} = \frac{5!}{3! \times 2!} = \frac{5 \times 4}{2 \times 1} = 10 \] Donc, Colin peut obtenir 10 triplets de trois jouets.
2. Combien y a-t-il de tirages possibles si Colin prend un jouet, joue un instant avec puis le remet dans le sac et recommence ainsi trois fois ? Puisqu'il remet le jouet dans le sac après chaque tirage, chaque tirage est indépendant. Pour chaque tirage, Colin a 5 choix possibles. Ainsi, le nombre total de tirages possibles pour trois tirages est : \[ 5 \times 5 \times 5 = 5^3 = 125 \] Donc, il y a 125 tirages possibles.
3. Combien y a-t-il de tirages possibles si Colin attrape trois jouets en même temps dans le sac ? Dans ce cas, Colin choisit simultanément 3 jouets parmi 5, sans remise. Cela correspond à une combinaison : \[ \binom{5}{3} = 10 \] Donc, il y a 10 tirages possibles.
Exercice 44: ★ ★ ★ ★ ★
Un enseignant doit former un groupe de quatre élèves pour participer à un concours de mathématiques. 1. Huit élèves se portent volontaires. Combien de manières peut-il constituer ce groupe ? 2. Douze élèves sont candidats, dont cinq sont en première et sept en terminale. Le groupe doit être composé de trois élèves de première et un élève de terminale. a. Combien peut-on former de triplets d'élèves de première ? Combien de façons peut-on choisir un élève de terminale ? b. Concluez en utilisant le principe multiplicatif.
Pour résoudre ces questions, nous allons utiliser le concept de combinaisons.
1. Huit élèves se portent volontaires. Combien de manières peut-il constituer ce groupe ? Pour constituer un groupe de 4 élèves parmi 8, nous utilisons le coefficient binomial : \[ \binom{8}{4} = \frac{8!}{4!(8-4)!} = \frac{8!}{4! \times 4!} = \frac{8 \times 7 \times 6 \times 5}{4 \times 3 \times 2 \times 1} = 70 \] Donc, il y a 70 manières de constituer le groupe.
2. Douze élèves sont candidats, dont cinq sont en première et sept en terminale. Le groupe doit être composé de trois élèves de première et un élève de terminale.
a. Combien peut-on former de triplets d'élèves de première ? Combien de façons peut-on choisir un élève de terminale ? Triplets d'élèves de première : Pour choisir 3 élèves parmi 5, nous utilisons : \[ \binom{5}{3} = \frac{5!}{3!(5-3)!} = \frac{5 \times 4}{2 \times 1} = 10 \] Il y a donc 10 façons de former des triplets d'élèves de première.
Choisir un élève de terminale :
Pour choisir 1 élève parmi 7, nous avons : \[ \binom{7}{1} = 7 \] Il y a donc 7 façons de choisir un élève de terminale.
b. Concluez en utilisant le principe multiplicatif. Pour former le groupe complet, nous multiplions le nombre de façons de choisir les élèves de première par le nombre de façons de choisir l'élève de terminale : \[ \text{Total} = \binom{5}{3} \times \binom{7}{1} = 10 \times 7 = 70 \]
Exercice 45: ★ ★ ★ ★ ★
Une classe doit sélectionner un groupe de trois représentants pour le conseil des élèves. 1. Neuf élèves souhaitent participer. Combien de façons le conseil peut-il choisir ces représentants ? 2. Quinze élèves candidats, dont six en première année et neuf en deuxième année, doivent être sélectionnés avec deux représentants de première année et un de deuxième année. a. Combien de combinaisons peut-on faire pour choisir les deux représentants de première année ? Combien de façons peut-on choisir un représentant de deuxième année ? b. Déduisez le nombre total de façons de constituer le groupe en appliquant le principe multiplicatif.
Pour résoudre ces questions, nous allons utiliser les concepts de combinaisons.
1. Neuf élèves souhaitent participer. Combien de façons le conseil peut-il choisir ces représentants ? Pour choisir 3 représentants parmi 9, nous utilisons le coefficient binomial : \[ \binom{9}{3} = \frac{9!}{3!(9-3)!} = \frac{9!}{3! \times 6!} = \frac{9 \times 8 \times 7}{3 \times 2 \times 1} = 84 \] Donc, il y a 84 façons de choisir ces représentants.
2. Quinze élèves candidats, dont six en première année et neuf en deuxième année, doivent être sélectionnés avec deux représentants de première année et un de deuxième année.
a. Combien de combinaisons peut-on faire pour choisir les deux représentants de première année ? Combien de façons peut-on choisir un représentant de deuxième année ? Pour les représentants de première année :
Pour choisir 2 élèves parmi 6, nous utilisons : \[ \binom{6}{2} = \frac{6!}{2!(6-2)!} = \frac{6 \times 5}{2 \times 1} = 15 \] Il y a donc 15 façons de choisir les deux représentants de première année.
Pour le représentant de deuxième année :
Pour choisir 1 élève parmi 9, nous avons : \[ \binom{9}{1} = 9 \] Il y a donc 9 façons de choisir un représentant de deuxième année.
b. Déduisez le nombre total de façons de constituer le groupe en appliquant le principe multiplicatif. Pour obtenir le nombre total de façons de constituer le groupe, nous multiplions le nombre de façons de choisir les représentants de première année par le nombre de façons de choisir le représentant de deuxième année : \[ \text{Total} = \binom{6}{2} \times \binom{9}{1} = 15 \times 9 = 135 \]
ℙ𝕣𝕠𝕡𝕣𝕚𝕖́𝕥𝕖́𝕤 𝕕𝕖𝕤 𝕔𝕠𝕞𝕓𝕚𝕟𝕒𝕚𝕤𝕠𝕟𝕤
Exercice 46: ★ ★ ★ ★ ★
En utilisant le triangle de Pascal, calculer: a. \(\binom{4}{2}\) b. \(\binom{5}{2}\) c. \(\binom{6}{3}\) d. \(\binom{6}{4}\)
Pour calculer les coefficients binomiaux à l'aide du triangle de Pascal, nous pouvons nous référer aux lignes correspondantes du triangle. Voici comment procéder pour chaque coefficient demandé :
Triangle de Pascal Le triangle de Pascal commence comme suit : 1 1 1 1 2 1 1 3 3 1 1 4 6 4 1 1 5 10 10 5 1
Chaque nombre dans le triangle est la somme des deux nombres directement au-dessus de lui.
Calculs a. \(\binom{4}{2}\) Dans la 4ème ligne du triangle (en commençant à compter à partir de 0) : \(\binom{4}{2} = 6\)
b. \(\binom{5}{2}\) Dans la 5ème ligne du triangle : \(\binom{5}{2} = 10\)
c. \(\binom{6}{3}\) Dans la 6ème ligne du triangle : \(\binom{6}{3} = 20\)
d. \(\binom{6}{4}\) Dans la 6ème ligne du triangle, on peut aussi utiliser la propriété \(\binom{n}{k} = \binom{n}{n-k}\) : \(\binom{6}{4} = \binom{6}{2} = 15\)
Exercice 47: ★ ★ ★ ★ ★
1. Traduire les nombres suivants en nombres de parties d'ensemble. a.\(\binom{6}{1}\) b.\(\binom{15}{15}\) c. \(\binom{12}{12}\) d. \(\binom{12}{10}\) e. \(\binom{30}{0}\) 2. Calculer les nombres précédents: a. à l'aide de la calculatrice; b. sans la calculatrice.
1. Traduire les nombres en nombres de parties d'ensemble Les coefficients binomiaux \(\binom{n}{k}\) représentent le nombre de façons de choisir \(k\) éléments parmi \(n\) éléments. Voici la traduction des nombres donnés : a. \(\binom{6}{1}\) : Le nombre de façons de choisir 1 élément parmi 6. b. \(\binom{15}{15}\) : Le nombre de façons de choisir tous les 15 éléments parmi 15 (il n'y a qu'une seule façon de le faire). c. \(\binom{12}{12}\) : Le nombre de façons de choisir tous les 12 éléments parmi 12 (il n'y a qu'une seule façon de le faire). d. \(\binom{12}{10}\) : Le nombre de façons de choisir 10 éléments parmi 12. Cela est équivalent à choisir 2 éléments à ne pas inclure parmi 12. e. \(\binom{30}{0}\) : Le nombre de façons de choisir 0 élément parmi 30 (il n'y a qu'une seule façon de ne choisir aucun élément).
2. Calculer les nombres précédents a. À l'aide de la calculatrice • a. \(\binom{6}{1} = 6\) • b. \(\binom{15}{15} = 1\) • c. \(\binom{12}{12} = 1\) • d. \(\binom{12}{10} = 66\) (car \(\binom{12}{10} = \binom{12}{2}\)) • e. \(\binom{30}{0} = 1\)
b. Sans la calculatrice • a. \(\binom{6}{1} = \frac{6!}{1!(6-1)!} = \frac{6}{1} = 6\) • b. \(\binom{15}{15} = \frac{15!}{15!0!} = 1\) • c. \(\binom{12}{12} = \frac{12!}{12!0!} = 1\) • d. \(\binom{12}{10} = \frac{12!}{10!(12-10)!} = \frac{12!}{10!2!} = \frac{12 \times 11}{2 \times 1} = 66\) • e. \(\binom{30}{0} = \frac{30!}{0!30!} = 1\)
Exercice 48: ★ ★ ★ ★ ★
1. À l'aide des formules du cours, écrire le calcul de \(\binom{2021}{2020}\) de trois façons différentes. 2. Pour chacune des écritures trouvées, compter le nombre d'opérations nécessaires pour effectuer le calcul.
Pour le coefficient binomial \(\binom{2021}{2020}\), nous allons utiliser les propriétés des coefficients binomiaux pour écrire le calcul de trois façons différentes.
1. Écritures du calcul de \(\binom{2021}{2020}\) Écriture 1 : Utilisation directe de la formule \[ \binom{2021}{2020} = \frac{2021!}{2020!(2021 - 2020)!} = \frac{2021!}{2020! \cdot 1!} \] Écriture 2 : Utilisation de la propriété des coefficients binomiaux \[ \binom{2021}{2020} = \binom{2021}{1} \] (Due à la propriété \(\binom{n}{k} = \binom{n}{n-k}\))
Écriture 3 : Simplification directe \[ \binom{2021}{2020} = \frac{2021}{1} = 2021 \] (Cela découle du fait que choisir 2020 éléments parmi 2021 est équivalent à choisir 1 élément à ne pas inclure.)
2. Compte des opérations nécessaires Pour l'écriture 1 : \[ \binom{2021}{2020} = \frac{2021!}{2020! \cdot 1!} \] Opérations nécessaires : • Calculer \(2021!\) (1 opération) • Calculer \(2020!\) (1 opération) • Calculer \(1!\) (0 opérations, car \(1! = 1\)) • Effectuer la division : \(\frac{2021!}{2020! \cdot 1!}\) (1 opération)
Total : 3 opérations. Pour l'écriture 2 : \[ \binom{2021}{2020} = \binom{2021}{1} \] Opérations nécessaires : • Utiliser la formule pour \(\binom{2021}{1}\) : \[ \binom{2021}{1} = \frac{2021!}{1!(2021 - 1)!} = \frac{2021!}{1! \cdot 2020!} \] • Calculer \(2021!\) (1 opération) • Calculer \(2020!\) (1 opération) • Calculer \(1!\) (0 opérations, car \(1! = 1\)) • Effectuer la division : \(\frac{2021!}{1! \cdot 2020!}\) (1 opération)
Total : 3 opérations. Pour l'écriture 3 : \[ \binom{2021}{2020} = \frac{2021}{1} = 2021 \] Opérations nécessaires : Effectuer la division : \(\frac{2021}{1}\) (1 opération)
Total : 1 opération.
Exercice 49: ★ ★ ★ ★ ★
Démontrer l'égalité suivante pour tout entier naturel \(n\) non nul. \[\binom{n}{0}+\binom{n}{2}+\binom{n}{4}+... = \binom{n}{1}+\binom{n}{3}+\binom{n}{5}+...\]
Pour démontrer l'égalité suivante pour tout entier naturel \(n\) non nul : \[ \binom{n}{0} + \binom{n}{2} + \binom{n}{4} + \dots = \binom{n}{1} + \binom{n}{3} + \binom{n}{5} + \dots, \] nous allons utiliser la formule du binôme de Newton et certaines propriétés des coefficients binomiaux.
Étapes de la démonstration
1. Utilisation de la formule du binôme de Newton : La formule du binôme de Newton nous dit que pour tout entier \(n\) : \[ (1 + x)^n = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} x^k. \] En prenant \(x = 1\) et \(x = -1\), nous obtenons deux équations :
• Pour \(x = 1\) : \[ (1 + 1)^n = 2^n = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k}. \] • Pour \(x = -1\) : \[ (1 - 1)^n = 0 = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} (-1)^k. \] Cette dernière équation se décompose en deux parties : les termes de rang pair et les termes de rang impair.
2. Séparation des termes pairs et impair : En séparant les termes pairs et impairs, nous avons : \[ \sum_{k \text{ pair}} \binom{n}{k} - \sum_{k \text{ impair}} \binom{n}{k} = 0. \] Cela signifie que : \[ \sum_{k \text{ pair}} \binom{n}{k} = \sum_{k \text{ impair}} \binom{n}{k}. \] 3. Interprétation des sommes : • La somme des coefficients binomiaux pour \(k\) pair est exactement ce que l'on voulait prouver pour le côté gauche de l'égalité. • La somme des coefficients binomiaux pour \(k\) impair est ce que l'on voulait prouver pour le côté droit de l'égalité.
Conclusion Nous avons donc démontré que : \[ \binom{n}{0} + \binom{n}{2} + \binom{n}{4} + \dots = \binom{n}{1} + \binom{n}{3} + \binom{n}{5} + \dots \] pour tout entier naturel \(n\) non nul.
Exercice 50: ★ ★ ★ ★ ★
Une enquête sur la fréquentation de trois réseaux sociaux sur Internet \(F\), \(T\) et \(I\) a donné les résultats suivants. • \(6 200 000\) internautes utilisent au moins \(F\), \(4 500 000\) utilisent au moins \(T\) et \(2 500 000\) utilisent au moins \(I\). • \(3 000 000\) utilisent \(F\) et \(T\), \(1 500 000\) utilisent \(F\) et \(I\) et \(800 000\) utilisent \(T\) et \(I\). • \(500 000\) utilisent les trois réseaux. 1. Calculer le nombre d'internautes qui utilisent exactement deux réseaux sociaux. 2. Quel est le nombre d'internautes qui utilisent au moins l'un des trois réseaux ?
Pour résoudre ce problème, nous allons utiliser le principe d'inclusion-exclusion.
Notations • \( n(F) = 6{,}200{,}000 \) : internautes utilisant au moins \( F \) • \( n(T) = 4{,}500{,}000 \) : internautes utilisant au moins \( T \) • \( n(I) = 2{,}500{,}000 \) : internautes utilisant au moins \( I \) • \( n(F \cap T) = 3{,}000{,}000 \) : internautes utilisant \( F \) et \( T \) • \( n(F \cap I) = 1{,}500{,}000 \) : internautes utilisant \( F \) et \( I \) • \( n(T \cap I) = 800{,}000 \) : internautes utilisant \( T \) et \( I \) • \( n(F \cap T \cap I) = 500{,}000 \) : internautes utilisant les trois réseaux
1. Calcul du nombre d'internautes qui utilisent exactement deux réseaux sociaux Pour déterminer le nombre d'internautes qui utilisent exactement deux réseaux sociaux, nous pouvons utiliser la formule suivante : \[ n(F \cap T \text{ uniquement}) = n(F \cap T) - n(F \cap T \cap I) = 3{,}000{,}000 - 500{,}000 = 2{,}500{,}000 \] \[ n(F \cap I \text{ uniquement}) = n(F \cap I) - n(F \cap T \cap I) = 1{,}500{,}000 - 500{,}000 = 1{,}000{,}000 \] \[ n(T \cap I \text{ uniquement}) = n(T \cap I) - n(F \cap T \cap I) = 800{,}000 - 500{,}000 = 300{,}000 \] Maintenant, nous pouvons additionner ces valeurs pour obtenir le nombre total d'internautes qui utilisent exactement deux réseaux : \[ n(\text{exactement deux réseaux}) = n(F \cap T \text{ uniquement}) + n(F \cap I \text{ uniquement}) + n(T \cap I \text{ uniquement}) \] \[ n(\text{exactement deux réseaux}) = 2{,}500{,}000 + 1{,}000{,}000 + 300{,}000 = 3{,}800{,}000 \] 2. Nombre d'internautes qui utilisent au moins l'un des trois réseaux Pour calculer le nombre d'internautes qui utilisent au moins un des trois réseaux, nous utilisons la formule d'inclusion-exclusion : \[ n(F \cup T \cup I) = n(F) + n(T) + n(I) - n(F \cap T) - n(F \cap I) - n(T \cap I) + n(F \cap T \cap I) \] En substituant les valeurs données : \[ n(F \cup T \cup I) = 6{,}200{,}000 + 4{,}500{,}000 + 2{,}500{,}000 - 3{,}000{,}000 - 1{,}500{,}000 - 800{,}000 + 500{,}000 \] Calculons cela étape par étape : 1. Somme des internautes utilisant au moins un réseau : \[ 6{,}200{,}000 + 4{,}500{,}000 + 2{,}500{,}000 = 13{,}200{,}000 \] 2. Somme des internautes utilisant exactement deux réseaux : \[ 3{,}000{,}000 + 1{,}500{,}000 + 800{,}000 = 5{,}300{,}000 \] 3. Ajout des internautes utilisant les trois réseaux : \[ 13{,}200{,}000 - 5{,}300{,}000 + 500{,}000 = 8{,}400{,}000 \]
Exercice 51: ★ ★ ★ ★ ★
On considère l'ensemble \(E = \{1; 2; 3\}\). 1. a. Écrire toutes les parties de \(E\). b. Écrire tous les couples de \(E\). c. Écrire tous les triplets d'éléments distincts de \(E\). 2. Combien de nombres à trois chiffres peut-on former avec les chiffres \(1\), \(2\) et \(3\) ? 3. On peut écrire \(6561\) k-uplets de \(E\). Quelle est la valeur de \(k\) ?
1. Parties, couples et triplets de l'ensemble \(E = \{1, 2, 3\}\) a. Écrire toutes les parties de \(E\) Les parties de l'ensemble \(E\) (y compris l'ensemble vide) sont : • \(\emptyset\) (ensemble vide) • \(\{1\}\) • \(\{2\}\) • \(\{3\}\) • \(\{1, 2\}\) • \(\{1, 3\}\) • \(\{2, 3\}\) • \(\{1, 2, 3\}\) Il y a donc 8 parties de \(E\).
b. Écrire tous les couples de \(E\) Les couples d'éléments de \(E\) (en tenant compte des répétitions) sont : • \((1, 1)\) • \((1, 2)\) • \((1, 3)\) • \((2, 1)\) • \((2, 2)\) • \((2, 3)\) • \((3, 1)\) • \((3, 2)\) • \((3, 3)\)
Il y a donc 9 couples de \(E\).
c. Écrire tous les triplets d'éléments distincts de \(E\)
Les triplets d'éléments distincts de \(E\) sont : \((1, 2, 3)\)
Il n'y a qu'un seul triplet d'éléments distincts, donc il y a 1 triplet.
2. Combien de nombres à trois chiffres peut-on former avec les chiffres \(1\), \(2\) et \(3\) ? Si nous considérons les chiffres \(1\), \(2\) et \(3\) et que nous voulons former des nombres à trois chiffres, nous pouvons utiliser chaque chiffre à chaque position. Les chiffres peuvent être répétés.
Le nombre de combinaisons possibles est donné par : \[ 3 \times 3 \times 3 = 3^3 = 27 \] Donc, on peut former 27 nombres à trois chiffres.
3. On peut écrire \(6561\) k-uplets de \(E\). Quelle est la valeur de \(k\) ? Pour déterminer \(k\), nous considérons que l'ensemble \(E\) a 3 éléments. Le nombre de k-uplets d'un ensemble avec \(n\) éléments est donné par : \[ n^k \] Dans ce cas, \(n = 3\) et nous avons : \[ 3^k = 6561 \] Pour résoudre cela, nous exprimons \(6561\) comme une puissance de \(3\): \[ 6561 = 3^8 \] Ainsi, nous avons : \[ 3^k = 3^8 \implies k = 8 \] Donc, la valeur de \(k\) est 8.
Exercice 52: ★ ★ ★ ★ ★
Un lycée propose dix spécialités aux élèves de première générale. 1. Combien y a-t-il de combinaisons possibles de trois spécialités pour un élève de première générale ? 2. Tristan a choisi la spécialité mathématiques, mais hésite pour les deux autres entre SVT, NSI, physique-chimie, anglais et SES. Combien a-t-il de combinaisons possibles ?
1. Combinaisons possibles de trois spécialités Pour déterminer le nombre de façons de choisir 3 spécialités parmi 10, nous utilisons le coefficient binomial : \[ \binom{10}{3} = \frac{10!}{3!(10-3)!} = \frac{10!}{3! \times 7!} = \frac{10 \times 9 \times 8}{3 \times 2 \times 1} = 120 \] Il y a donc 120 combinaisons possibles de trois spécialités pour un élève de première générale.
2. Combinaisons possibles pour Tristan Tristan a déjà choisi la spécialité mathématiques. Il lui reste à choisir 2 spécialités parmi les 5 suivantes : SVT, NSI, physique-chimie, anglais et SES.
Nous calculons le nombre de façons de choisir 2 spécialités parmi ces 5 : \[ \binom{5}{2} = \frac{5!}{2!(5-2)!} = \frac{5!}{2! \times 3!} = \frac{5 \times 4}{2 \times 1} = 10 \] Donc, Tristan a 10 combinaisons possibles pour choisir ses deux autres spécialités.
Exercice 53: ★ ★ ★ ★ ★
En informatique, un octet est une liste de huit chiffres constituée uniquement de \(0\) et de \(1\). 1. Combien d'octets différents peut-on former ? 2. Calculer le nombre d'octets différents commençant par \(1\) et finissant par \(0\). 3. Dénombrer le nombre d'octets comportant exactement: a. une fois le chiffre \(1\); b. cinq fois le chiffre \(1\). 4. Combien de messages de cinq octets différents peut-on écrire ?
Pour résoudre les questions sur les octets, considérons d'abord qu'un octet est une suite de 8 bits (chiffres binaires) pouvant être \(0\) ou \(1\).
1. Combien d'octets différents peut-on former ? Chaque bit d'un octet peut prendre deux valeurs (\(0\) ou \(1\)). Étant donné qu'il y a 8 bits dans un octet, le nombre total d'octets différents est :
\[ 2^8 = 256 \]
Il y a donc 256 octets différents.
2. Calculer le nombre d'octets différents commençant par \(1\) et finissant par \(0\).
Si un octet commence par \(1\) et finit par \(0\), cela signifie que les bits de la première et de la dernière position sont fixés. Il reste donc 6 bits (les positions 2 à 7) qui peuvent chacun être \(0\) ou \(1\).
Le nombre total d'octets dans ce cas est : \[ 2^6 = 64 \] Il y a donc 64 octets différents commençant par \(1\) et finissant par \(0\).
3. Dénombrer le nombre d'octets comportant exactement : a. Une fois le chiffre \(1\) Pour un octet contenant exactement 1 fois le chiffre \(1\), il faut choisir une position pour ce \(1\) parmi les 8 bits. Les 7 autres bits doivent être \(0\). Le nombre de façons de choisir une position pour le \(1\) est : \[ \binom{8}{1} = 8 \] Il y a donc 8 octets comportant exactement une fois le chiffre \(1\).
b. Cinq fois le chiffre \(1\) Pour un octet contenant exactement 5 fois le chiffre \(1\), il faut choisir 5 positions pour les \(1\) parmi les 8 bits. Les 3 autres bits seront \(0\). Le nombre de façons de choisir 5 positions pour les \(1\) est : \[ \binom{8}{5} = \binom{8}{3} = 56 \] Il y a donc 56 octets comportant exactement cinq fois le chiffre \(1\).
4. Combien de messages de cinq octets différents peut-on écrire ? Si nous voulons écrire des messages composés de 5 octets différents, et sachant qu'il y a 256 octets possibles, nous avons : \[ 256^5 \] Calculons cela : \[ 256^5 = 1{,}048{,}576{,}000{,}000 \] Il y a donc 1 048 576 000 000 messages de cinq octets différents que l'on peut écrire.
Exercice 54: ★ ★ ★ ★ ★
On tire au hasard deux cartes dans un jeu de 52 cartes. 1. Combien y a-t-il de tirages possibles? 2. Dénombrer les tirages qui comportent un as et un roi. En déduire la probabilité d'un tel tirage. 3. Une paire est un tirage constitué de deux cartes de même hauteur. a. Combien y a-t-il de paires d'as ? En déduire le nombre total de paires. b. Calculer la probabilité d'obtenir une paire. 4. Quel est le plus probable: tirer deux cœurs ou tirer une paire ?
Pour résoudre ce problème, nous allons examiner chaque question étape par étape en utilisant les concepts de combinatoire.
1. Combien y a-t-il de tirages possibles ? Lorsque l'on tire deux cartes d'un jeu de 52 cartes, l'ordre n'a pas d'importance. Nous utilisons donc le coefficient binomial :
2. Dénombrer les tirages qui comportent un as et un roi. En déduire la probabilité d'un tel tirage. Pour avoir un tirage qui comporte un as et un roi, nous avons :
• Il y a 4 as dans le jeu. • Il y a 4 rois dans le jeu.
Le nombre de tirages qui comportent un as et un roi est : \[ 4 \times 4 = 16 \] Pour calculer la probabilité d'un tirage contenant un as et un roi, nous utilisons la formule : \[ \text{Probabilité} = \frac{\text{Nombre de tirages favorables}}{\text{Nombre total de tirages}} = \frac{16}{1326} \] Simplifions cette fraction : \[ \text{Probabilité} = \frac{8}{663} \] 3. Une paire est un tirage constitué de deux cartes de même hauteur. a. Combien y a-t-il de paires d'as ? En déduire le nombre total de paires. Pour les paires d'as, il y a 4 as dans le jeu. Le nombre de façons de choisir 2 as parmi 4 est : \[ \binom{4}{2} = 6 \] Pour déterminer le nombre total de paires, nous devons considérer toutes les hauteurs possibles (as, 2, 3, ..., roi). Il y a 13 valeurs différentes (hauteurs).
Pour chaque hauteur, le calcul est le même : \[ \text{Total de paires} = 13 \times \binom{4}{2} = 13 \times 6 = 78 \] b. Calculer la probabilité d'obtenir une paire. La probabilité d'obtenir une paire est : \[ \text{Probabilité} = \frac{\text{Nombre de paires}}{\text{Nombre total de tirages}} = \frac{78}{1326} \] Simplifions cette fraction : \[ \text{Probabilité} = \frac{1}{17} \] 4. Quel est le plus probable : tirer deux cœurs ou tirer une paire ? a. Probabilité de tirer deux cœurs Il y a 13 cœurs dans le jeu. Le nombre de façons de tirer 2 cœurs parmi 13 est : \[ \binom{13}{2} = \frac{13 \times 12}{2 \times 1} = 78 \] La probabilité de tirer deux cœurs est donc : \[ \text{Probabilité} = \frac{78}{1326} = \frac{1}{17} \] Comparaison des probabilités • Probabilité de tirer une paire : \(\frac{1}{17}\) • Probabilité de tirer deux cœurs : \(\frac{1}{17}\)
Conclusion Les deux événements ont la même probabilité. Donc, il est également probable de tirer deux cœurs que de tirer une paire.
Exercice 55: ★ ★ ★ ★ ★
L'espèce humaine possède \(23\) paires de chromosomes. Chaque cellule reproductrice (aussi appelée gamète) contient un chromosome de chaque paire choisi de façon aléatoire. Lors de la reproduction, l'ovule de la mère et le spermatozoïde du père fusionnent pour former une cellule appelée zygote qui, par divisions successives, engendrera un embryon. Le zygote contient ainsi \(23\) paires de chromosomes et chaque paire est constituée d'un chromosome provenant de la mère et d'un chromosome provenant du père. 1. Combien un être humain peut-il produire de gamètes différents ? 2. Combien de zygotes différents un couple peut-il engendrer ?
Pour répondre à ces questions, nous allons utiliser le principe des combinaisons et des permutations.
1. Combien un être humain peut-il produire de gamètes différents ? Chaque paire de chromosomes peut donner lieu à deux choix (le chromosome provenant de la mère ou celui provenant du père). Étant donné qu'il y a \(23\) paires de chromosomes, le nombre total de gamètes différents que peut produire un être humain est donné par : \[ 2^{23} \] Calculons cela : \[ 2^{23} = 8{,}388{,}608 \] Donc, un être humain peut produire 8 388 608 gamètes différents.
2. Combien de zygotes différents un couple peut-il engendrer ? Un zygote est formé par la fusion d'un ovule (gamète de la mère) et d'un spermatozoïde (gamète du père). Comme chaque parent peut produire \(2^{23}\) gamètes différents, le nombre total de zygotes différents qu'un couple peut engendrer est : \[ 2^{23} \times 2^{23} = (2^{23})^2 = 2^{46} \] Calculons cela : \[ 2^{46} = 70{,}368{,}744{,}177{,}664 \] Donc, un couple peut engendrer 70 368 744 177 664 zygotes différents.
Exercice 56: ★ ★ ★ ★ ★
1. On a écrit la fonction Python suivante pour simuler une expérience aléatoire. 1 import random 2 𝑑𝑒𝑓 tirage(): 3 L=range(1,7) 4 𝑟𝑒𝑡𝑢𝑟𝑛 random.sample (L,3)
L'instruction random \(sample(L,k)\) renvoie un 𝑘-𝑢𝑝𝑙𝑒𝑡 d'éléments différents de la liste \(L\). a. Combien de résultats différents la fonction 𝑡𝑖𝑟𝑎𝑔𝑒 peut-elle renvoyer ? b. Parmi tous les tirages précédents, combien contiennent les chiffres \(1\), \(3\) et \(5\) ? 2. a. Recopier et compléter le script de la fonction 𝑓𝑟𝑒𝑞𝑢𝑒𝑛𝑐𝑒 suivante, d'argument, pour qu'elle renvoie la fréquence d'apparition des listes contenant les chiffres \(1\),\(3\) et \(5\). 1 𝑑𝑒𝑓 frequence(𝑛): 2 k=0 3 𝑓𝑜𝑟 i 𝑖𝑛 𝑟𝑎𝑛𝑔𝑒(...): 4 z=tirage() 5 z.𝑠𝑜𝑟𝑡() 6 𝑖𝑓 ... : 7 𝑟𝑒𝑡𝑢𝑟𝑛 ... b. Programmer cette fonction et donner les valeurs affichées pour \(n = 100\) et \(n = 10 000\).
Pour répondre à vos questions, nous allons procéder étape par étape.
1. Analyse de la fonction `tirage()` a. Combien de résultats différents la fonction `tirage` peut-elle renvoyer ? La fonction `tirage` utilise `random.sample(L, 3)`, où \(L\) est la liste des nombres de 1 à 6. Cela signifie que nous choisissons 3 éléments différents parmi les 6 disponibles. Le nombre de façons de choisir 3 éléments parmi 6 est donné par le coefficient binomial : \[ \binom{6}{3} = \frac{6!}{3!(6-3)!} = \frac{6 \times 5 \times 4}{3 \times 2 \times 1} = 20 \] Donc, la fonction `tirage` peut renvoyer 20 résultats différents.
b. Parmi tous les tirages précédents, combien contiennent les chiffres \(1\), \(3\) et \(5\) ? Il n'y a qu'une seule combinaison possible qui contient exactement les chiffres \(1\), \(3\) et \(5\), c'est la combinaison \((1, 3, 5)\).
Donc, il y a 1 tirage qui contient les chiffres \(1\), \(3\) et \(5\).
2. Compléter la fonction `frequence` Voici comment compléter la fonction `frequence` :
def frequence(𝑛): k = 0 for i in range(𝑛): z = tirage() z.sort() # Assure que la liste est triée pour la comparaison if z == [1, 3, 5]: # Vérifie si le tirage est exactement [1, 3, 5] k += 1 # Incrémente le compteur si c'est le cas 𝑟𝑒𝑡𝑢𝑟𝑛 k / n # Retourne la fréquence
3. Programmer cette fonction et donner les valeurs affichées pour \(n = 100\) et \(n = 10 000\) Voici un exemple de code pour exécuter la fonction `frequence` :
import random
def tirage(): L = range(1, 7) 𝑟𝑒𝑡𝑢𝑟𝑛 random.sample(L, 3)
def frequence(𝑛): k = 0 for i in range(𝑛): z = tirage() z.sort() if z == [1, 3, 5]: k += 1 𝑟𝑒𝑡𝑢𝑟𝑛 k / n
# Exécution pour n = 100 et n = 10 000 freq_100 = frequence(100) freq_10000 = frequence(10000)
𝑝𝑟𝑖𝑛𝑡(f"Fréquence pour n = 100 : {freq_100}") 𝑝𝑟𝑖𝑛𝑡(f"Fréquence pour n = 10 000 : {freq_10000}")
Valeurs affichées Lorsque vous exécutez ce code, les valeurs affichées pour \(n = 100\) et \(n = 10{,}000\) peuvent varier légèrement à chaque exécution, car elles dépendent d'échantillons aléatoires. Cependant, vous pouvez vous attendre à ce que la fréquence pour \(n = 10{,}000\) converge vers la probabilité théorique, qui est : \[ \text{Probabilité} = \frac{1}{20} = 0.05 \] Vous obtiendrez donc des valeurs autour de 0.05 pour \(n = 10{,}000\).
Exercice 57: ★ ★ ★ ★ ★
Une urne contient une boule blanche, deux boules vertes, trois boules bleues et six boules rouges. On tire simultanément quatre boules de l'urne. Déterminer le cardinal de chacun des ensembles suivants 1. \(R\), ensemble de tous les tirages exclusivement constitués de boules rouges. 2. \(V\), ensemble de tous les tirages contenant exactement deux boules vertes. 3. \(Q\), ensemble de tous les tirages dont les boules sont de quatre couleurs différentes.
1. Ensemble \( R \): Tirages exclusivement constitués de boules rouges L'urne contient 6 boules rouges. Le nombre de façons de tirer 4 boules rouges parmi ces 6 est donné par : \[ \text{card}(R) = \binom{6}{4} = 15 \] Donc, nous avons : \[ \text{card}(R) = 15 \] 2. Ensemble \( V \): Tirages contenant exactement deux boules vertes L'urne contient 2 boules vertes. Pour obtenir un tirage de 4 boules avec exactement 2 vertes, nous devons :
a. Choisir 2 boules vertes parmi 2 : \[ \binom{2}{2} = 1 \] b. Choisir 2 autres boules parmi les 10 restantes (1 blanche, 3 bleues, et 6 rouges) : \[ \binom{10}{2} = 45 \] Ainsi, le nombre total de tirages dans \( V \) est : \[ \text{card}(V) = \binom{2}{2} \cdot \binom{10}{2} = 1 \cdot 45 = 45 \] Donc, nous avons : \[ \text{card}(V) = 45 \] 3. Ensemble \( Q \): Tirages dont les boules sont de quatre couleurs différentes Pour avoir un tirage de 4 boules de 4 couleurs différentes, nous devons tirer : • 1 boule blanche (choix unique) • 1 boule verte (choix unique) • 1 boule bleue (choix unique) • 1 boule rouge (choix unique)
Il n'y a qu'un seul tirage possible qui satisfait cette condition : \[ \text{card}(Q) = 1 \]
Exercice 58: ★ ★ ★ ★ ★
Soit un entier naturel non nul. Simplifier les expressions suivantes. 1. \(\frac{(n-1)!}{(n+1)!}\) 2. \(\frac{n!}{n} - (n-1)!\) 3. \(\frac{(2n+1)!}{(2n-1)!}\) 4. \(\frac{(n-1)!}{n!} - \frac{n!}{(n+1)!}\)
Pour simplifier les expressions données, utilisons les propriétés des factorielles.
1. \(\frac{(n-1)!}{(n+1)!}\) Nous savons que : \[ (n+1)! = (n+1) \cdot n! \] et \[ n! = n \cdot (n-1)! \] Ainsi, nous pouvons écrire : \[ (n+1)! = (n+1) \cdot n \cdot (n-1)! \] En substituant cela dans notre expression : \[ \frac{(n-1)!}{(n+1)!} = \frac{(n-1)!}{(n+1) \cdot n \cdot (n-1)!} \] Les \((n-1)!\) se simplifient : \[ = \frac{1}{(n+1) \cdot n} \] Résultat : \[ \frac{(n-1)!}{(n+1)!} = \frac{1}{n(n+1)} \] 2. \(\frac{n!}{n} - (n-1)!\) Utilisons la définition des factorielles : \[ \frac{n!}{n} = (n-1)! \] Donc, nous avons : \[ \frac{n!}{n} - (n-1)! = (n-1)! - (n-1)! = 0 \] Résultat : \[ \frac{n!}{n} - (n-1)! = 0 \] 3. \(\frac{(2n+1)!}{(2n-1)!}\) Nous savons que : \[ (2n+1)! = (2n+1) \cdot (2n) \cdot (2n-1)! \] En substituant cela dans notre expression : \[ \frac{(2n+1)!}{(2n-1)!} = \frac{(2n+1) \cdot (2n) \cdot (2n-1)!}{(2n-1)!} \] Les \((2n-1)!\) se simplifient : \[ = (2n+1) \cdot (2n) \] Résultat : \[ \frac{(2n+1)!}{(2n-1)!} = (2n+1)(2n) \] 4. \(\frac{(n-1)!}{n!} - \frac{n!}{(n+1)!}\) Pour la première partie : \[ \frac{(n-1)!}{n!} = \frac{(n-1)!}{n \cdot (n-1)!} = \frac{1}{n} \] Pour la seconde partie : \[ \frac{n!}{(n+1)!} = \frac{n!}{(n+1) \cdot n!} = \frac{1}{n+1} \] En remplaçant dans l'expression : \[ \frac{(n-1)!}{n!} - \frac{n!}{(n+1)!} = \frac{1}{n} - \frac{1}{n+1} \] Pour simplifier cela, mettons sur un dénominateur commun : \[ = \frac{(n+1) - n}{n(n+1)} = \frac{1}{n(n+1)} \] Résultat : \[ \frac{(n-1)!}{n!} - \frac{n!}{(n+1)!} = \frac{1}{n(n+1)} \]
Exercice 59: ★ ★ ★ ★ ★
1. On considère cinq points distincts sur un cercle. Combien de triangles distincts peut-on construire à l'aide de ces points ? 2. Combien de points faut-il placer sur un cercle pour pouvoir tracer au moins \(2 020\) droites distinctes reliant deux de ces points ?
Pour résoudre ces problèmes, utilisons les concepts de combinatoire.
1. Combien de triangles distincts peut-on construire à l'aide de cinq points distincts sur un cercle ? Pour former un triangle, nous avons besoin de choisir 3 points parmi les 5 points distincts. Le nombre de façons de choisir 3 points parmi 5 est donné par le coefficient binomial : \[ \binom{5}{3} = \frac{5!}{3!(5-3)!} = \frac{5 \times 4}{2 \times 1} = 10 \] Donc, on peut construire **10 triangles distincts** à l'aide de ces 5 points.
2. Combien de points faut-il placer sur un cercle pour pouvoir tracer au moins \(2 020\) droites distinctes reliant deux de ces points ? Le nombre de droites distinctes que l'on peut tracer en reliant \(n\) points est donné par le coefficient binomial \(\binom{n}{2}\), qui correspond au nombre de façons de choisir 2 points parmi \(n\). Nous souhaitons que ce nombre soit au moins \(2 020\) : \[ \binom{n}{2} \geq 2020 \] Calculons \(\binom{n}{2}\) : \[ \binom{n}{2} = \frac{n(n-1)}{2} \] Nous avons donc : \[ \frac{n(n-1)}{2} \geq 2020 \] Multipliant chaque côté par 2 : \[ n(n-1) \geq 4040 \] Nous devons maintenant résoudre l'inéquation \(n(n-1) \geq 4040\). Pour trouver une estimation, cherchons la solution de l'équation : \[ n^2 - n - 4040 = 0 \] Utilisons la formule quadratique : \[ n = \frac{-b \pm \sqrt{b^2 - 4ac}}{2a} = \frac{1 \pm \sqrt{1 + 4 \times 4040}}{2} \] Calculons le discriminant : \[ 1 + 4 \times 4040 = 1 + 16160 = 16161 \] Calculons la racine carrée : \[ \sqrt{16161} \approx 127.2 \] Donc : \[ n \approx \frac{1 + 127.2}{2} \approx 64.1 \] Puisque \(n\) doit être un entier, nous essayons \(n = 65\) et \(n = 64\).
Pour \(n = 64\) : \[ \binom{64}{2} = \frac{64 \times 63}{2} = 2016 \quad (\text{pas suffisant}) \] Pour \(n = 65\) : \[ \binom{65}{2} = \frac{65 \times 64}{2} = 2080 \quad (\text{suffisant}) \] Conclusion 1. On peut construire **10 triangles distincts** à partir de 5 points distincts sur un cercle. 2. Il faut placer **65 points** sur un cercle pour pouvoir tracer au moins \(2 020\) droites distinctes reliant deux de ces points.
Exercice 60: ★ ★ ★ ★ ★
Un numéro de téléphone français est constitué de dix chiffres dont le premier est \(0\) et les neuf autres sont quelconques. 1. Combien y a-t-il de numéros possibles ? 2. Combien y a-t-il de numéros possibles commençant par \(06\) ? 3. Calculer le nombre de numéros contenant: a. les dix chiffres ; b. exactement trois fois le chiffre \(6\).
Pour résoudre ces questions sur les numéros de téléphone français, analysons chaque cas.
1. Combien y a-t-il de numéros possibles ? Un numéro de téléphone français est constitué de 10 chiffres, où le premier chiffre est \(0\). Les 9 autres chiffres peuvent être n'importe quel chiffre de \(0\) à \(9\).
Le premier chiffre étant \(0\) est fixe, et pour chaque l'un des 9 autres chiffres, il y a 10 choix possibles (0 à 9).
Ainsi, le nombre total de numéros possibles est : \[ 1 \times 10^9 = 10^9 \] Il y a donc 1 000 000 000 (un milliard) de numéros possibles.
2. Combien y a-t-il de numéros possibles commençant par \(06\) ? Si un numéro commence par \(06\), les deux premiers chiffres sont fixes. Il reste alors 8 chiffres à choisir, chacun pouvant être n'importe quel chiffre de \(0\) à \(9\).
Le nombre total de numéros possibles dans ce cas est : \[ 1 \times 10^8 = 10^8 \] Il y a donc 100 000 000 (cent millions) de numéros possibles commençant par \(06\).
3. Calculer le nombre de numéros contenant : a. Les dix chiffres Pour qu'un numéro contienne les dix chiffres différents (0 à 9), nous devons choisir un arrangement de ces chiffres. Le premier chiffre doit être \(0\), donc nous avons \(0\) comme premier chiffre et les 9 autres chiffres doivent être les chiffres de \(1\) à \(9\).
Le nombre de façons de disposer les 9 autres chiffres est donné par le nombre de permutations de ces 9 chiffres : \[ 9! = 362880 \] Donc, le nombre de numéros contenant les dix chiffres est 362 880.
b. Exactement trois fois le chiffre \(6\) Pour avoir un numéro contenant exactement trois fois le chiffre \(6\), nous devons choisir 3 positions parmi les 10 pour placer le \(6\). Le nombre de façons de choisir 3 positions parmi 10 est : \[ \binom{10}{3} \] Les 7 positions restantes peuvent être remplies par n'importe quel chiffre de \(0\) à \(9\), mais avec la contrainte qu'elles ne peuvent pas contenir le chiffre \(6\). Cela nous laisse 9 choix possibles pour chaque position.
Calculons donc :
1. Choix des positions pour \(6\) : \[ \binom{10}{3} = \frac{10 \times 9 \times 8}{3 \times 2 \times 1} = 120 \] 2. Remplissage des 7 autres positions : \[ 9^7 \] Donc, le nombre total de numéros contenant exactement trois fois le chiffre \(6\) est : \[ \text{Total} = \binom{10}{3} \times 9^7 = 120 \times 9^7 \] Calculons \(9^7\) : \[ 9^7 = 4782969 \] Ainsi : \[ \text{Total} = 120 \times 4782969 = 573956280 \] Donc, le nombre de numéros contenant exactement trois fois le chiffre \(6\) est 573 956 280.
Exercice 61: ★ ★ ★ ★ ★
Pour entrer dans son immeuble, Paul doit saisir un code formé d'une lettre suivie de trois chiffres. 1. Combien y a-t-il de codes possibles ? 2. Paul a oublié son code mais il se rappelle qu'il commence par la lettre O. Combien y a-t-il de codes commençant par la lettre O ? 3. Il se rappelle aussi que les chiffres sont 1,5 et 9, mais ne se souvient plus dans quel ordre. Combien d'essais au maximum lui faudra-t-il pour rentrer chez lui ?
Pour résoudre les questions concernant le code de Paul, examinons chaque cas séparément.
1. Combien y a-t-il de codes possibles ? Le code est composé d'une lettre suivie de trois chiffres. • Nombre de lettres : Dans l'alphabet français, il y a 26 lettres. • Nombre de chiffres : Chaque chiffre peut être un chiffre de \(0\) à \(9\), ce qui donne 10 choix pour chaque chiffre.
Le nombre total de codes possibles est donc : \[ \text{Total des codes} = 26 \times 10^3 = 26 \times 1000 = 26000 \] Donc, il y a 26 000 codes possibles.
2. Combien y a-t-il de codes commençant par la lettre O ? Si le code commence par la lettre \(O\), il reste alors 3 chiffres à choisir. Comme précédemment, chaque chiffre peut être choisi parmi \(0\) à \(9\) (10 choix possibles).
Le nombre de codes commençant par \(O\) est donc : \[ \text{Total des codes commençant par O} = 1 \times 10^3 = 1 \times 1000 = 1000 \] Donc, il y a 1 000 codes commençant par la lettre \(O\).
3. Combien d'essais au maximum lui faudra-t-il pour rentrer chez lui ? Paul se souvient que les chiffres sont \(1\), \(5\) et \(9\), mais il ne se souvient plus de l'ordre. Nous devons donc calculer le nombre de permutations de ces 3 chiffres.
Le nombre de façons de disposer 3 chiffres différents est donné par \(3!\) (3 factoriel) : \[ 3! = 3 \times 2 \times 1 = 6 \] Donc, Paul aura besoin de 6 essais au maximum pour retrouver son code, en essayant chaque combinaison possible des chiffres \(1\), \(5\) et \(9\) avec la lettre \(O\) devant.
Exercice 62: ★ ★ ★ ★ ★
Un fleuriste dispose de cinq roses, trois tulipes, deux tournesols et quatre feuillages décoratifs pour com- poser un bouquet. 1. Combien de bouquets constitués de trois fleurs et d'un feuillage peut-il composer ? 2. Il décide de mettre une fleur de chaque espèce avec un feuillage pour constituer son bouquet. Quel est le nombre de bouquets possibles ?
Pour répondre aux questions concernant le fleuriste, examinons chaque cas séparément.
1. Combien de bouquets constitués de trois fleurs et d'un feuillage peut-il composer ? Le fleuriste dispose de différentes fleurs : • 5 roses • 3 tulipes • 2 tournesols
Le total de fleurs disponibles est \(5 + 3 + 2 = 10\) fleurs. Nous devons choisir 3 fleurs parmi ces 10, et ajouter un feuillage (qui peut être choisi parmi 4 feuillages décoratifs).
Étape 1 : Choix des fleurs Le nombre de façons de choisir 3 fleurs parmi 10 est donné par le coefficient binomial : \[ \binom{10}{3} = \frac{10!}{3!(10-3)!} = \frac{10 \times 9 \times 8}{3 \times 2 \times 1} = 120 \] Étape 2 : Choix du feuillage Le nombre de façons de choisir 1 feuillage parmi 4 est simplement 4.
Total des bouquets :
Le nombre total de bouquets constitués de 3 fleurs et d'un feuillage est : \[ \text{Total} = \binom{10}{3} \times 4 = 120 \times 4 = 480 \] Donc, le fleuriste peut composer 480 bouquets constitués de trois fleurs et d'un feuillage.
2. Quel est le nombre de bouquets possibles avec une fleur de chaque espèce et un feuillage ? Pour constituer un bouquet avec une fleur de chaque espèce (une rose, une tulipe, et un tournesol) et un feuillage, nous devons procéder de la manière suivante :
Le nombre total de façons de choisir une fleur de chaque espèce est : \[ \text{Total des fleurs} = 5 \times 3 \times 2 = 30 \] Étape 2 : Choix du feuillage Le nombre de façons de choisir 1 feuillage parmi 4 est 4.
Total des bouquets :
Le nombre total de bouquets possibles est : \[ \text{Total} = \text{Total des fleurs} \times \text{choix du feuillage} = 30 \times 4 = 120 \] Donc, le fleuriste peut composer 120 bouquets avec une fleur de chaque espèce et un feuillage.
Exercice 63: ★ ★ ★ ★ ★
Après avoir précisé s'il s'agit de 𝑘-𝑢𝑝𝑙𝑒𝑡𝑠, de permutations ou de combinaisons, dénombrer: a. les rencontres de football possibles lors d'un tournoi opposant \(16\) équipes; b. les classements (sans ex æquo) possibles à l'arrivée d'une course de \(100\) mètres où huit athlètes sont alignées; c. les mots de cinq lettres différentes que l'on peut former avec les \(26\) lettres de l'alphabet; d. les façons de disposer six jetons sur un damier de \(64\) cases.
Pour chacune des situations décrites, nous allons préciser s'il s'agit de \(k\)-uplets, de permutations ou de combinaisons, puis effectuer le dénombrement approprié.
a. Les rencontres de football possibles lors d'un tournoi opposant \(16\) équipes Type : Combinaisons Lors d'un tournoi où chaque équipe rencontre chaque autre équipe une seule fois, nous devons choisir 2 équipes parmi 16. Le nombre de rencontres possibles est donné par le coefficient binomial : \[ \text{Nombre de rencontres} = \binom{16}{2} = \frac{16!}{2!(16-2)!} = \frac{16 \times 15}{2 \times 1} = 120 \] b. Les classements (sans ex æquo) possibles à l'arrivée d'une course de \(100\) mètres où huit athlètes sont alignés Type : Permutations Pour déterminer le nombre de classements possibles, nous devons considérer que l'ordre est important (chaque position est unique). Le nombre de façons de classer 8 athlètes est donné par le nombre de permutations de 8 éléments : \[ \text{Nombre de classements} = 8! = 40320 \] c. Les mots de cinq lettres différentes que l'on peut former avec les \(26\) lettres de l'alphabet Type : Permutations Ici, chaque mot est constitué de 5 lettres choisies parmi 26, et l'ordre des lettres compte (les lettres doivent être différentes). Le nombre de façons de choisir 5 lettres parmi 26 et de les arranger est donné par : \[ \text{Nombre de mots} = P(26, 5) = \frac{26!}{(26-5)!} = \frac{26!}{21!} = 26 \times 25 \times 24 \times 23 \times 22 = 7893600 \] d. Les façons de disposer six jetons sur un damier de \(64\) cases Type : Combinaisons Ici, nous devons choisir 6 cases parmi 64 pour placer les jetons. L'ordre dans lequel les jetons sont placés sur les cases ne compte pas, donc nous utilisons le coefficient binomial : \[ \text{Nombre de dispositions} = \binom{64}{6} = \frac{64!}{6!(64-6)!} = \frac{64!}{6! \times 58!} \] Calculons ce nombre : \[ \binom{64}{6} = \frac{64 \times 63 \times 62 \times 61 \times 60 \times 59}{6 \times 5 \times 4 \times 3 \times 2 \times 1} = 75287520 \]
Exercice 64: ★ ★ ★ ★ ★
\(E\) est un ensemble à \(n\) éléments et \(k\) un entier tel que \(k≤n\). Indiquer si chacune des affirmations suivantes est vraie ou fausse, en justifiant. 1. Le nombre de 𝑘-𝑢𝑝𝑙𝑒𝑡𝑠 de \(E\) est plus petit que le nombre de parties à \(k\) éléments de \(E\). 2. Le nombre de parties de \(E\) est égal au nombre de 𝑛-𝑢𝑝𝑙𝑒𝑡𝑠 de l'ensemble \(\{a; b\}\).
Analysons chaque affirmation en utilisant les concepts de combinatoire.
1. Le nombre de \(k\)-uplets de \(E\) est plus petit que le nombre de parties à \(k\) éléments de \(E\). Définitions : • Un \(k\)-uplet est une liste ordonnée de \(k\) éléments, ce qui signifie que les éléments peuvent être répétés et que l'ordre compte. Le nombre de \(k\)-uplets d'un ensemble \(E\) de \(n\) éléments est donné par \(n^k\). • Une partie à \(k\) éléments est une combinaison de \(k\) éléments choisis parmi \(n\) éléments, sans ordre et sans répétition. Le nombre de parties à \(k\) éléments de \(E\) est donné par \(\binom{n}{k}\).
Comparaison : • Pour \(k \leq n\), on a \(n^k\) (le nombre de \(k\)-uplets) et \(\binom{n}{k}\) (le nombre de parties à \(k\) éléments). • En général, pour \(k \geq 1\), il est vrai que \(n^k \geq \binom{n}{k}\) car les \(k\)-uplets tiennent compte de toutes les permutations et répétitions.
Conclusion : L'affirmation est fausse. En fait, le nombre de \(k\)-uplets est généralement plus grand que le nombre de parties à \(k\) éléments.
2. Le nombre de parties de \(E\) est égal au nombre de \(n\)-uplets de l'ensemble \(\{a, b\}\). Définitions : • Le nombre de parties de \(E\) est donné par \(2^n\), car chaque élément de l'ensemble peut être inclus ou non dans une partie. • Un \(n\)-uplet de l'ensemble \(\{a, b\}\) est une liste de \(n\) éléments où chaque élément est soit \(a\) soit \(b\). Le nombre de \(n\)-uplets de \(\{a, b\}\) est donné par \(2^n\), car il y a 2 choix (soit \(a\) soit \(b\)) pour chaque position dans l'uplet.
Conclusion : L'affirmation est vraie. Le nombre de parties de \(E\) (qui est \(2^n\)) est effectivement égal au nombre de \(n\)-uplets de l'ensemble \(\{a, b\}\) (qui est également \(2^n\)).
Exercice 65: ★ ★ ★ ★ ★
On considère le motif suivant.
Combien y a-t-il de façons de colorier le motif: a. à l'aide de quatre couleurs ? b. à l'aide de six couleurs, sans utiliser deux fois la même couleur ? c. à l'aide de trois couleurs sans que deux cases adjacentes ne soient de la même couleur ? d. en noir et blanc, avec exactement trois cases blanches ?
solution en cours...
Exercice 66: ★ ★ ★ ★ ★
À la loterie nationale, on dispose de deux urnes. La première contient \(49\) boules bleues numérotées de \(1\) à \(49\) et la seconde \(10\) boules rouges numérotées de \(1\) à \(10\). On tire d'abord successivement et sans remise cinq boules de la première urne, puis une boule de la seconde. Un tirage est ainsi constitué de six numéros. 1. Combien y a-t-il de tirages possibles ? 2. La loterie propose le tableau de gains suivant.
Bon numéros
Gains
5 bleus et 1 rouge
5 000 000
5 bleus
100 000
4 bleus et 1 rouge
1 000
4 bleus
500
Combien de tirages permettent de gagner: a. \(5 000 000\) € ? b. \(100 000\) € ? c. \(1 000\) € ?
Pour résoudre les questions concernant les tirages à la loterie nationale, procédons étape par étape.
1. Combien y a-t-il de tirages possibles ? Tirage de la première urne La première urne contient 49 boules bleues, et nous tirons 5 boules sans remise. Le nombre de façons de choisir 5 boules parmi 49 est donné par le coefficient binomial : \[ \binom{49}{5} = \frac{49!}{5!(49-5)!} = \frac{49 \times 48 \times 47 \times 46 \times 45}{5 \times 4 \times 3 \times 2 \times 1} = 13983816 \] Tirage de la seconde urne La seconde urne contient 10 boules rouges, et nous tirons 1 boule. Le nombre de façons de choisir 1 boule parmi 10 est : \[ \binom{10}{1} = 10 \] Total des tirages possibles Le nombre total de tirages possibles est donc : \[ \text{Total} = \binom{49}{5} \times \binom{10}{1} = 13983816 \times 10 = 139838160 \] Il y a donc 139 838 160 tirages possibles.
2. Combien de tirages permettent de gagner : a. \(5 000 000\) € Pour gagner 5 000 000 €, il faut avoir 5 boules bleues correctes et 1 boule rouge correcte. • Choix des 5 boules bleues : Il n'y a qu'une seule façon de choisir les 5 boules correctes parmi les 5 tirées. • Choix de la boule rouge : Il n'y a qu'une seule façon de choisir la bonne boule rouge parmi les 10.
Le nombre de tirages gagnants est donc : \[ 1 \times 1 = 1 \] Il y a 1 tirage qui permet de gagner 5 000 000 €.
b. \(100 000\) € Pour gagner 100 000 €, il faut avoir 5 boules bleues correctes, mais pas de boule rouge correcte.
• Choix des 5 boules bleues : Il n'y a qu'une seule façon de choisir les 5 boules correctes. • Choix de la boule rouge : Nous devons choisir 1 boule parmi les 9 boules rouges restantes (celles qui ne sont pas gagnantes).
Le nombre de tirages gagnants est donc : \[ 1 \times 9 = 9 \] Il y a donc 9 tirages qui permettent de gagner 100 000 €.
c. \(1 000\) € Pour gagner 1 000 €, il faut avoir 4 boules bleues correctes et 1 boule rouge correcte. • Choix des 4 boules bleues correctes : Le nombre de façons de choisir 4 boules parmi les 5 correctes est : \[ \binom{5}{4} = 5 \] • Choix de la boule bleue incorrecte : Nous devons choisir 1 boule parmi les 44 restantes (49 - 5) : \[ \binom{44}{1} = 44 \] • Choix de la boule rouge : Il n'y a qu'une seule façon de choisir la bonne boule rouge parmi les 10.
Le nombre total de tirages gagnants est donc : \[ 5 \times 44 \times 1 = 220 \] Il y a donc 220 tirages qui permettent de gagner 1 000 €.
Exercice 67: ★ ★ ★ ★ ★
Lors d'une course hippique, on peut parier sur les cinq premiers chevaux à l'arrivée. On parle alors de quinté. \(15\) chevaux sont au départ et chaque cheval est numéroté de \(1\) à \(15\). Combien y a-t-il de quintés différents : a. en tenant compte de l'ordre ? b. sans tenir compte de l'ordre ?
Pour déterminer le nombre de quintés différents lors d'une course hippique avec 15 chevaux, nous allons examiner les deux cas : en tenant compte de l'ordre et sans tenir compte de l'ordre.
a. En tenant compte de l'ordre Lorsque l'on tient compte de l'ordre, nous parlons de permutations. Nous devons choisir 5 chevaux parmi 15 et les arranger dans un ordre spécifique.
Le nombre de façons de choisir et d'arranger 5 chevaux parmi 15 est donné par : \[ P(15, 5) = \frac{15!}{(15-5)!} = \frac{15!}{10!} = 15 \times 14 \times 13 \times 12 \times 11 \] Calculons cela : \[ 15 \times 14 = 210 \] \[ 210 \times 13 = 2730 \] \[ 2730 \times 12 = 32760 \] \[ 32760 \times 11 = 360360 \] Donc, le nombre de quintés différents en tenant compte de l'ordre est 360 360.
b. Sans tenir compte de l'ordre Lorsque l'on ne tient pas compte de l'ordre, nous parlons de combinaisons. Nous devons choisir 5 chevaux parmi 15 sans tenir compte de l'ordre.
Le nombre de façons de choisir 5 chevaux parmi 15 est donné par : \[ \binom{15}{5} = \frac{15!}{5!(15-5)!} = \frac{15!}{5! \times 10!} \] Calculons cela : \[ \binom{15}{5} = \frac{15 \times 14 \times 13 \times 12 \times 11}{5 \times 4 \times 3 \times 2 \times 1} \] Calculons le numérateur : \[ 15 \times 14 = 210 \] \[ 210 \times 13 = 2730 \] \[ 2730 \times 12 = 32760 \] \[ 32760 \times 11 = 360360 \] Calculons le dénominateur : \[ 5 \times 4 \times 3 \times 2 \times 1 = 120 \] Maintenant, divisons : \[ \binom{15}{5} = \frac{360360}{120} = 3003 \] Donc, le nombre de quintés différents sans tenir compte de l'ordre est 3003.
Exercice 68: ★ ★ ★ ★ ★
L'ADN contient le code génétique de chaque cellule vivante. La séquence de l'ADN, ou code génétique, est une liste formée avec les quatre nucléotides notés \(A\), \(C\), \(G\) et \(T\). Un codon est un triplet de nucléotides (non nécessairement différents). 1. Combien y a-t-il de codons différents ? 2. Combien y a-t-il de séquences différentes d'ADN de trois codons ? 3. a. Écrire un algorithme en Python qui renvoie la longueur minimale d'une séquence d'ADN (c'est-à-dire le nombre minimal de nucléotides) permettant d'obtenir n codes génétiques différents. b. Quel résultat obtient-on pour \(n = 1015\) ?
1. Combien y a-t-il de codons différents ? Un codon est un triplet de nucléotides formé avec les quatre nucléotides \(A\), \(C\), \(G\) et \(T\). Chaque position dans le triplet peut être occupée par l'un des 4 nucléotides.
Le nombre total de codons différents est donc : \[ 4^3 = 64 \] Il y a donc 64 codons différents.
2. Combien y a-t-il de séquences différentes d'ADN de trois codons ? Chaque codon peut être l'un des 64 codons différents. Pour une séquence d'ADN composée de trois codons, le nombre total de séquences différentes est : \[ 64^3 = 262144 \] Il y a donc 262 144 séquences différentes d'ADN de trois codons.
3. a. Écrire un algorithme en Python Nous devons calculer la longueur minimale d'une séquence d'ADN (c'est-à-dire le nombre minimal de nucléotides) permettant d'obtenir \(n\) codes génétiques différents.
Pour obtenir \(n\) codes génétiques, chaque position peut être occupée par l'un des 4 nucléotides. Ainsi, si \(k\) est le nombre de nucléotides, le nombre de séquences différentes d'ADN de longueur \(k\) est donné par : \[ 4^k \] Nous devons donc trouver le plus petit \(k\) tel que : \[ 4^k \geq n \] Voici un algorithme Python pour calculer cela :
def longueur_minimale_sequence(𝑛): k = 0 while 4k < n: k += 1 return k
# Exemple d'utilisation n = 1015 resultat = longueur_minimale_sequence(𝑛) 𝑝𝑟𝑖𝑛𝑡(f"La longueur minimale d'une séquence d'ADN pour obtenir {n} codes génétiques est : {resultat}")
3. b. Quel résultat obtient-on pour \(n = 1015\) ? En exécutant l'algorithme ci-dessus pour \(n = 1015\), nous obtenons :
1. Pour \(k = 0\), \(4^0 = 1\) (pas suffisant) 2. Pour \(k = 1\), \(4^1 = 4\) (pas suffisant) 3. Pour \(k = 2\), \(4^2 = 16\) (pas suffisant) 4. Pour \(k = 3\), \(4^3 = 64\) (pas suffisant) 5. Pour \(k = 4\), \(4^4 = 256\) (pas suffisant) 6. Pour \(k = 5\), \(4^5 = 1024\) (suffisant)
Ainsi, la longueur minimale d'une séquence d'ADN permettant d'obtenir \(1015\) codes génétiques différents est 5.
Exercice 69: ★ ★ ★ ★ ★
Soient \(n\) et \(p\) deux entiers naturels tels que : \(1 ≤ p ≤ n\). Démontrer que \(n \binom{n-1}{p-1} = p\binom{n}{p}\).
Pour démontrer l'égalité \( n \binom{n-1}{p-1} = p \binom{n}{p} \), utilisons les propriétés des coefficients binomiaux.
Énoncé des coefficients binomiaux Le coefficient binomial \(\binom{n}{k}\) est défini comme : \[ \binom{n}{k} = \frac{n!}{k!(n-k)!} \] Démonstration 1. Écrivons le côté gauche \( n \binom{n-1}{p-1} \) : \[ n \binom{n-1}{p-1} = n \cdot \frac{(n-1)!}{(p-1)!(n-p)!} \] En simplifiant, nous avons : \[ = n \cdot \frac{(n-1)!}{(p-1)!(n-p)!} = \frac{n!}{(p-1)!(n-p)!} \] 2. Maintenant, écrivons le côté droit \( p \binom{n}{p} \) : \[ p \binom{n}{p} = p \cdot \frac{n!}{p!(n-p)!} \] En simplifiant, nous avons : \[ = \frac{p \cdot n!}{p!(n-p)!} = \frac{n!}{(p-1)!(n-p)!} \] Mise en relation des deux côtés
Nous avons donc montré que : \[ n \binom{n-1}{p-1} = \frac{n!}{(p-1)!(n-p)!} \] et \[ p \binom{n}{p} = \frac{n!}{(p-1)!(n-p)!} \] Conclusion Puisque les deux expressions sont identiques, nous avons : \[ n \binom{n-1}{p-1} = p \binom{n}{p} \] Cela démontre que l'égalité est vraie.
Exercice 70: ★ ★ ★ ★ ★
Un domino est constitué de deux cases. Chaque case contient un nombre de points compris entre \(0\) et \(6\).
1. a. Les dominos ci-dessous sont-ils différents ?
b. En déduire que le nombre de dominos différents est égal à \(28\). 2. On tire au hasard un domino. a. Quelle est la probabilité d'obtenir un domino constitué de deux chiffres pairs ? b. Quelle est la probabilité d'obtenir un domino dont la somme des chiffres est paire ?
1. Comparaison des dominos a. Les dominos 1 et 2 ci-dessous sont-ils différents ? Le domino 1 contient 2 points dans la première case et 5 points dans la seconde case. Le domino 2 contient 5 points dans la première case et 2 points dans la seconde case.
Dans le cas des dominos, l'ordre des cases n'a pas d'importance. Ainsi, le domino 1 (2 | 5) est considéré comme identique au domino 2 (5 | 2). Par conséquent, les dominos 1 et 2 ne sont pas différents.
b. En déduire que le nombre de dominos différents est égal à \(28\). Pour compter le nombre de dominos différents, nous devons considérer les combinaisons de points sur les deux cases : • Chaque case peut contenir un nombre de points compris entre 0 et 6, soit 7 valeurs possibles (0, 1, 2, 3, 4, 5, 6). • Pour chaque couple de valeurs \( (a, b) \) où \( a \) et \( b \) sont les points des deux cases, nous devons compter chaque combinaison une seule fois (c'est-à-dire considérer \((a, b)\) identique à \((b, a)\)).
Nous pouvons utiliser la méthode suivante pour compter les combinaisons :
1. Cas où les deux cases ont le même nombre de points : \( (0,0), (1,1), (2,2), (3,3), (4,4), (5,5), (6,6) \) — 7 combinaisons. 2. Cas où les deux cases ont des nombres de points différents : Nous avons besoin de choisir 2 points différents parmi 7 (0 à 6). Le nombre de façons de choisir 2 points est donné par le coefficient binomial : \[ \binom{7}{2} = \frac{7 \times 6}{2} = 21 \] 3. Total des dominos différents : En ajoutant les cas où les points sont identiques et les cas où ils sont différents, nous avons : \[ 7 + 21 = 28 \] Ainsi, le nombre de dominos différents est bien égal à 28.
2. Probabilités lors du tirage d'un domino a. Quelle est la probabilité d'obtenir un domino constitué de deux chiffres pairs ?
Les chiffres pairs entre 0 et 6 sont : 0, 2, 4, 6. Cela nous donne 4 valeurs possibles.
En total, les combinaisons sont : • Identiques : \( (0,0), (2,2), (4,4), (6,6) \) — 4 • Différents : \( (0,2), (0,4), (0,6), (2,4), (2,6), (4,6) \) — 6
Donc, le nombre total de dominos avec des chiffres pairs est \( 4 + 6 = 10 \).
2. Probabilité : \[ P(\text{deux chiffres pairs}) = \frac{\text{nombre de dominos avec deux chiffres pairs}}{\text{nombre total de dominos}} = \frac{10}{28} = \frac{5}{14} \] b. Quelle est la probabilité d'obtenir un domino dont la somme des chiffres est paire ?
Pour que la somme des chiffres soit paire, il y a deux cas : 1. Les deux chiffres sont pairs. 2. Les deux chiffres sont impairs.
Les chiffres impairs entre 0 et 6 sont : 1, 3, 5 (3 valeurs).
1. Dominos avec des chiffres pairs : Comme calculé précédemment, il y a 10 dominos avec deux chiffres pairs. 2. Dominos avec des chiffres impairs : Paires possibles de chiffres impairs : • \( (1,1) \) • \( (1,3), (3,1) \) • \( (1,5), (5,1) \) • \( (3,3) \) • \( (3,5), (5,3) \) • \( (5,5) \)
En total, pour les chiffres impairs, nous avons \( 3 + 3 + 1 = 7 \).
3. Total des dominos avec une somme paire : \[ \text{Total} = 10 + 7 = 17 \] 4. Probabilité : \[ P(\text{somme paire}) = \frac{17}{28} \]
Exercice 71: ★ ★ ★ ★ ★
Soit \(n\) et \(k\) deux entiers vérifiant \( 1≤ k ≤n-1\). On rappelle que \(\binom{n}{k} = \frac{n!}{(n-k)!k!}\) 1. Exprimer \(\binom{n-1}{k-1}\) et \(\binom{n-1}{k}\) en fonction de \(k\) et \(n\). 2. Démontrer par le calcul la relation de Pascal: \[\binom{n}{k} = \binom{n-1}{k-1} + \binom{n-1}{k}\] 3. Démontrer que: \[\binom{n}{k} = \binom{n-1}{n-k}\]
Pour résoudre les questions sur les coefficients binomiaux, examinons chaque point étape par étape.
1. Exprimer \(\binom{n-1}{k-1}\) et \(\binom{n-1}{k}\) en fonction de \(k\) et \(n\) Les coefficients binomiaux sont définis comme suit : \[ \binom{n}{k} = \frac{n!}{k!(n-k)!} \] Expression de \(\binom{n-1}{k-1}\) : \[ \binom{n-1}{k-1} = \frac{(n-1)!}{(k-1)!(n-1-(k-1))!} = \frac{(n-1)!}{(k-1)!(n-k)!} \] Expression de \(\binom{n-1}{k}\) : \[ \binom{n-1}{k} = \frac{(n-1)!}{k!(n-1-k)!} = \frac{(n-1)!}{k!(n-1-k)!} \] 2. Démontrer par le calcul la relation de Pascal Nous devons montrer que : \[ \binom{n}{k} = \binom{n-1}{k-1} + \binom{n-1}{k} \] Calcul de \(\binom{n}{k}\) : \[ \binom{n}{k} = \frac{n!}{k!(n-k)!} = \frac{n \cdot (n-1)!}{k!(n-k)!} \] Réécrivons \(\binom{n-1}{k-1}\) et \(\binom{n-1}{k}\) :
En utilisant les expressions précédentes : \[ \binom{n-1}{k-1} = \frac{(n-1)!}{(k-1)!(n-k)!} \] \[ \binom{n-1}{k} = \frac{(n-1)!}{k!(n-1-k)!} \] Addition des deux coefficients :
Maintenant, exprimons \(\binom{n-1}{k-1} + \binom{n-1}{k}\) : \[ \binom{n-1}{k-1} + \binom{n-1}{k} = \frac{(n-1)!}{(k-1)!(n-k)!} + \frac{(n-1)!}{k!(n-1-k)!} \] Pour additionner ces fractions, mettons-les sur un dénominateur commun :
Le dénominateur commun est \(k!(n-k)!\).
Transformons chaque terme : \[ \binom{n-1}{k-1} = \frac{(n-1)! \cdot k}{k! \cdot (n-k)!} = \frac{n!}{k!(n-k)!} \] \[ \binom{n-1}{k} = \frac{(n-1)! \cdot (n-k)}{k!(n-k)!} = \frac{n!}{k!(n-k)!} \] Maintenant, nous pouvons écrire : \[ \frac{(n-1)! \cdot k + (n-1)! \cdot (n-k)}{k!(n-k)!} = \frac{(n-1)!}{k!(n-k)!} \] En regroupant : \[ = \frac{n!}{k!(n-k)!} \] Nous avons donc montré que : \[ \binom{n}{k} = \binom{n-1}{k-1} + \binom{n-1}{k} \] 3. Démontrer que \(\binom{n}{k} = \binom{n-1}{n-k}\) Nous voulons démontrer que : \[ \binom{n}{k} = \binom{n-1}{n-k} \]
Expression de \(\binom{n}{k}\) : \[ \binom{n}{k} = \frac{n!}{k!(n-k)!} \] Expression de \(\binom{n-1}{n-k}\) : \[ \binom{n-1}{n-k} = \frac{(n-1)!}{(n-k)!(n-1-(n-k))!} = \frac{(n-1)!}{(n-k)!(k-1)!} \] Égalons les deux expressions :
Nous pouvons écrire : \[ \binom{n-1}{n-k} = \frac{(n-1)!}{(n-k)!(k-1)!} = \frac{n!}{k!(n-k)!} \] En utilisant l'identité \(n! = n \cdot (n-1)!\), nous avons : \[ \binom{n-1}{n-k} = \frac{n(n-1)!}{k!(n-k)!} = \binom{n}{k} \] Conclusion Nous avons démontré : 1. \(\binom{n-1}{k-1}\) et \(\binom{n-1}{k}\) en fonction de \(k\) et \(n\). 2. La relation de Pascal : \(\binom{n}{k} = \binom{n-1}{k-1} + \binom{n-1}{k}\). 3. L'identité : \(\binom{n}{k} = \binom{n-1}{n-k}\).
Exercice 72: ★ ★ ★ ★ ★
On lance quatre fois une pièce bien équilibrée et on s'intéresse au nombre de « Face » obtenu. On considère l'événement \(A\): « obtenir exactement trois fois "Face" ». 1. Représenter cette expérience à l'aide d'un arbre de probabilités. 2. a. Quel est le nombre de chemins menant à l'événement \(A\) ? b. Expliquer pourquoi il y autant de chemins menant à l'événement \(A\) que de parties à trois éléments de l'ensemble \(\{1; 2; 3; 4\}\). En déduire \(P(A)\). 3. Si on lance dix fois la pièce, quelle est la probabilité de \(A\) ?
Pour aborder cette question, analysons chaque point étape par étape.
1. Représenter cette expérience à l'aide d'un arbre de probabilités Lorsque nous lançons une pièce quatre fois, nous avons deux résultats possibles à chaque lancer : "Face" (F) ou "Pile" (P).
Voici comment l'arbre de probabilités se présente :
(Départ) | ------ | | F P / \ / \ F P / \ / \ F P F P /|\ |\ /|\ |\ F P P F P F P P F P /| | | | | | | | | F P P F P F P P F P
Chaque chemin de l'arbre représente un résultat possible des quatre lancers de la pièce. Il y a un total de \(2^4 = 16\) résultats possibles.
2. a. Quel est le nombre de chemins menant à l'événement \(A\) ? L'événement \(A\) est "obtenir exactement trois fois 'Face'". Pour cela, nous devons obtenir "Face" trois fois et "Pile" une fois dans les quatre lancers.
Les chemins menant à cet événement peuvent être représentés par les différentes façons de disposer trois "F" et un "P". Par exemple, les chemins suivants mènent à \(A\) :
1. F F F P 2. F F P F 3. F P F F 4. P F F F
Pour déterminer le nombre de chemins, nous devons choisir 1 position pour "Pile" parmi les 4 lancers, ce qui équivaut à choisir 3 positions pour "Face". Cela peut être calculé à l'aide du coefficient binomial : \[ \binom{4}{3} = 4 \] Ainsi, il y a 4 chemins menant à l'événement \(A\).
2. b. Expliquer pourquoi il y a autant de chemins menant à l'événement \(A\) que de parties à trois éléments de l'ensemble \(\{1; 2; 3; 4\}\). En déduire \(P(A)\).
Les chemins menant à l'événement \(A\) correspondent à choisir 3 lancers où l'on obtient "Face" parmi les 4 lancers possibles. Cela est similaire à choisir 3 éléments dans un ensemble de 4 éléments, où chaque élément représente une position de lancer. Par exemple, si nous notons les lancers comme \(\{1, 2, 3, 4\}\), choisir 3 lancers parmi ces 4 est équivalent à choisir 3 positions pour "Face".
Le nombre de façons de choisir 3 éléments dans un ensemble de 4 est donné par le coefficient binomial : \[ \binom{4}{3} = 4 \] Pour calculer la probabilité de l'événement \(A\), nous utilisons la formule : \[ P(A) = \frac{\text{nombre de chemins menant à } A}{\text{nombre total de résultats possibles}} = \frac{4}{16} = \frac{1}{4} \] 3. Si on lance dix fois la pièce, quelle est la probabilité de \(A\) ? Si nous lançons la pièce 10 fois et que nous voulons connaître la probabilité d'obtenir exactement 3 "Face", nous devons calculer :
1. Le nombre de façons d'obtenir 3 "Face" parmi 10 lancers : \[ \binom{10}{3} = \frac{10!}{3!(10-3)!} = \frac{10 \times 9 \times 8}{3 \times 2 \times 1} = 120 \] 2. Le nombre total de résultats possibles lors de 10 lancers est \(2^{10} = 1024\). 3. La probabilité d'obtenir exactement 3 "Face" est donc : \[ P(A) = \frac{\binom{10}{3}}{2^{10}} = \frac{120}{1024} = \frac{15}{128} \]
Exercice 73: ★ ★ ★ ★ ★
Une urne contient \(100\) jetons numérotés de \(1\) à \(100\). On tire simultanément deux jetons de l'urne. 1. Combien y a-t-il de tirages possibles ? 2.Quelle est la probabilité de tirer deux numéros pairs ? 3. Parmi les événements suivants, quel est le plus probable? \(A\): « la somme des numéros est paire »; \(B\): « la somme des numéros est impaire ».
Pour aborder les questions concernant le tirage de jetons, examinons chaque point étape par étape.
1. Combien y a-t-il de tirages possibles ? Nous avons 100 jetons numérotés de 1 à 100. Lorsque nous tirons 2 jetons simultanément, l’ordre n’a pas d'importance. Nous utilisons donc la combinaison pour calculer le nombre de tirages possibles : \[ \text{Nombre de tirages possibles} = \binom{100}{2} = \frac{100 \times 99}{2} = 4950. \] 2. Quelle est la probabilité de tirer deux numéros pairs ? Étape 1 : Compter les jetons pairs Les numéros pairs de 1 à 100 sont : 2, 4, 6, ..., 100. Il y a 50 numéros pairs (car on peut les écrire comme \(2n\) pour \(n = 1, 2, \ldots, 50\)). Étape 2 : Calculer le nombre de façons de tirer 2 numéros pairs Nous devons également utiliser la combinaison pour compter le nombre de façons de tirer 2 numéros parmi les 50 numéros pairs : \[ \text{Nombre de tirages de 2 numéros pairs} = \binom{50}{2} = \frac{50 \times 49}{2} = 1225. \] Étape 3 : Calculer la probabilité La probabilité de tirer deux numéros pairs est donc : \[ P(\text{deux pairs}) = \frac{\text{Nombre de tirages de 2 numéros pairs}}{\text{Nombre total de tirages}} = \frac{1225}{4950}. \] Pour simplifier : \[ \frac{1225}{4950} = \frac{1}{4.04} \approx 0.2475. \] 3. Parmi les événements suivants, quel est le plus probable ? Événement \(A\): « la somme des numéros est paire » Pour que la somme de deux nombres soit paire, il y a deux cas possibles : • Les deux nombres sont pairs. • Les deux nombres sont impairs. Événement \(B\): « la somme des numéros est impaire » Pour que la somme de deux nombres soit impaire, il faut que l'un soit pair et l'autre soit impair. Calculons les probabilités : 1. Probabilité de \(A\) : • Nous avons déjà calculé le nombre de tirages pour deux numéros pairs (1225). • Maintenant, calculons le nombre de tirages pour deux numéros impairs. Les numéros impairs de 1 à 100 sont : 1, 3, 5, ..., 99. Il y a également 50 numéros impairs. \[ \text{Nombre de tirages de 2 numéros impairs} = \binom{50}{2} = 1225. \] Le nombre total de tirages pour \(A\) (somme paire) est donc : \[ \text{Total} = 1225 + 1225 = 2450. \] La probabilité de \(A\) est : \[ P(A) = \frac{2450}{4950} = \frac{49}{99} \approx 0.4949. \] 2. Probabilité de \(B\) : Pour \(B\) (somme impaire), nous avons : \[ P(B) = \frac{\text{Nombre de tirages avec un pair et un impair}}{\text{Nombre total de tirages}}. \] Le nombre de tirages avec un pair et un impair est : \[ \text{Nombre de tirages avec un pair et un impair} = 50 \times 50 = 2500. \] La probabilité de \(B\) est : \[ P(B) = \frac{2500}{4950} \approx 0.5051. \] Conclusion 1. Nombre total de tirages possibles : \(4950\). 2. Probabilité de tirer deux numéros pairs : \(\frac{1225}{4950} \approx 0.2475\). 3. Événement le plus probable : L'événement \(B\) (somme des numéros impaire) est le plus probable avec une probabilité d'environ \(0.5051\).
Exercice 74: ★ ★ ★ ★ ★
L'alphabet français comporte 26 lettres dont six voyelles. Combien peut-on former de mots de cinq lettres: a. comportant des lettres différentes ? b. commençant par une voyelle et finissant par une consonne ? c. contenant exactement une voyelle ?
Pour résoudre les différentes questions concernant la formation de mots de cinq lettres avec l'alphabet français, examinons chaque cas séparément.
a. Combien peut-on former de mots de cinq lettres comportant des lettres différentes ? Nous avons 26 lettres au total (6 voyelles et 20 consonnes). Pour former un mot de 5 lettres avec des lettres différentes, nous devons choisir 5 lettres parmi les 26 disponibles.
1. Choix des lettres : • Pour la première lettre, nous avons 26 choix. • Pour la deuxième lettre, nous avons 25 choix (une lettre a déjà été utilisée). • Pour la troisième lettre, nous avons 24 choix. • Pour la quatrième lettre, nous avons 23 choix. • Pour la cinquième lettre, nous avons 22 choix.
Le nombre total de mots de cinq lettres avec des lettres différentes est donc : \[ 26 \times 25 \times 24 \times 23 \times 22 \] Calculons cela : \[ = 26 \times 25 \times 24 \times 23 \times 22 = 7893600 \] Donc, il est possible de former 7 893 600 mots de cinq lettres différentes.
b. Combien peut-on former de mots de cinq lettres commençant par une voyelle et finissant par une consonne ? 1. Choix de la première lettre (voyelle) : Il y a 6 voyelles. 2. Choix de la dernière lettre (consonne) : Il y a 20 consonnes. 3. Choix des 3 lettres intermédiaires : Après avoir choisi une voyelle et une consonne, il reste 24 lettres (25 lettres restantes - 1 utilisée pour la voyelle et 1 pour la consonne). Pour les 3 lettres intermédiaires, nous choisissons celles-ci avec des lettres différentes.
- Pour la première lettre intermédiaire, nous avons 24 choix. - Pour la deuxième lettre intermédiaire, nous avons 23 choix. - Pour la troisième lettre intermédiaire, nous avons 22 choix.
Le nombre total de mots de cinq lettres commençant par une voyelle et finissant par une consonne est donc : \[ 6 \times 20 \times 24 \times 23 \times 22 \] Calculons cela : \[ = 6 \times 20 \times 24 \times 23 \times 22 = 5 036 160 \] Donc, il est possible de former 5 036 160 mots de cinq lettres qui commencent par une voyelle et finissent par une consonne.
c. Combien peut-on former de mots de cinq lettres contenant exactement une voyelle ? 1. Choix de la position de la voyelle : Il y a 5 positions possibles pour placer la voyelle (1ère, 2ème, 3ème, 4ème, ou 5ème). 2. Choix de la voyelle : Pour chaque position, nous avons 6 choix de voyelles. 3. Choix des consonnes : Pour les 4 positions restantes, nous devons choisir 4 consonnes parmi les 20 disponibles. Les lettres doivent être différentes.
• Pour la première consonne, nous avons 20 choix. • Pour la deuxième consonne, nous avons 19 choix. • Pour la troisième consonne, nous avons 18 choix. • Pour la quatrième consonne, nous avons 17 choix.
Le nombre total de mots de cinq lettres contenant exactement une voyelle est donc : \[ 5 \times 6 \times 20 \times 19 \times 18 \times 17 \] Calculons cela : \[ = 5 \times 6 \times 20 \times 19 \times 18 \times 17 = 3 110 400 \] Donc, il est possible de former 3 110 400 mots de cinq lettres contenant exactement une voyelle.
Exercice 75: ★ ★ ★ ★ ★
Chaque véhicule circulant en France est identifié par une plaque d'immatriculation. Depuis 2009, elle est constituée de trois parties: deux lettres, trois chiffres et deux lettres, séparées par des tirets.
Les lettres \(I\), \(O\) et \(U\) sont exclues à cause de leur ressemblance avec le \(1\), le \(0\) et le \(V\). Les couples de lettres SS et WW sont interdits à gauche et le couple SS est interdit à droite. 1. Calculer le nombre total de plaques d'immatriculations différentes que l'on peut attribuer. 2. Combien d'immatriculations contiennent chacune des lettres \(M\), \(A\), \(T\) et \(H\) exactement une fois ? 3. Un palindrome est un texte qui se lit de la même façon de gauche à droite et de droite à gauche. Par exemple, la plaque AB-212-BA est un palindrome. Combien d'immatriculations sont des palindromes ?
Pour calculer le nombre total de plaques d'immatriculations et répondre aux questions, procédons étape par étape.
1. Calculer le nombre total de plaques d'immatriculation différentes Format de la plaque La plaque d'immatriculation a le format suivant : LL-000-LL, où L représente une lettre et 0 représente un chiffre.
Lettres
1. Lettres autorisées : • L'alphabet français a 26 lettres. • Les lettres \(I\), \(O\), et \(U\) sont exclues : \(26 - 3 = 23\) lettres disponibles. • Les couples interdits : • SS et WW à gauche. • SS à droite.
Calcul des lettres à gauche (LL)
Pour les deux lettres à gauche : • La première lettre peut être choisie parmi les 23 lettres. • La deuxième lettre peut également être choisie parmi les 23 lettres, mais ne peut pas être identique à la première si c'est un couple interdit (SS ou WW).
Cas pour les lettres à gauche (LL) : • Si la première lettre choisie n'est pas \(S\) ou \(W\) (21 choix), alors la deuxième lettre a 23 choix. • Si la première lettre est \(S\) (1 choix), la deuxième lettre peut être choisie parmi 22 lettres (toutes sauf \(S\)). • Si la première lettre est \(W\) (1 choix), la deuxième lettre peut être choisie parmi 22 lettres (toutes sauf \(W\)).
Ainsi, • Pour les cas avec \(S\) ou \(W\) : \(1 \times 22 + 1 \times 22 = 44\) • Pour les cas sans \(S\) et \(W\) : \(21 \times 23 = 483\)
Total pour les lettres à gauche : \[ \text{Total lettres à gauche} = 483 + 44 = 527 \] Calcul des chiffres (000) Pour les trois chiffres, il n'y a pas de restrictions : • Chaque chiffre peut être de \(0\) à \(9\) (10 choix). • Donc, pour trois chiffres, nous avons : \[ 10 \times 10 \times 10 = 1000 \] Lettres à droite (LL)
Pour les lettres à droite, il y a les mêmes restrictions qu'à gauche (sauf que le couple SS est interdit) :
Total pour les lettres à droite : • Si la première lettre est \(S\) (1 choix), la deuxième lettre peut être choisie parmi 22 lettres. • Sinon, il y a 23 choix pour chaque lettre (comme précédemment). • Total pour les lettres à droite :\(1 \times 22 + 22 \times 22 = 22 + 484 = 506\)
Total des plaques d'immatriculation
Le nombre total de plaques d'immatriculation est donc : \[ \text{Total} = (\text{lettres à gauche}) \times (\text{chiffres}) \times (\text{lettres à droite}) = 527 \times 1000 \times 506 \] Calculons : \[ 527 \times 1000 = 527000 \] \[ 527000 \times 506 = 267862000 \] Le nombre total de plaques d'immatriculation différentes est 267 862 000.
2. Combien d'immatriculations contiennent chacune des lettres \(M\), \(A\), \(T\), et \(H\) exactement une fois ?
Distribution
Pour une plaque d'immatriculation de la forme LL-000-LL contenant les lettres \(M\), \(A\), \(T\), et \(H\) exactement une fois, nous devons les placer dans les deux sections de lettres.
Cas possibles
1. Lettres à gauche (2 lettres) : Choisir 2 lettres parmi {M, A, T, H}. - Combinaisons possibles : \(4\) choix possibles pour les lettres à gauche. - Les lettres restantes iront à droite.
Pour chaque combinaison de lettres à gauche, il y a \(2!\) façons de les arranger.
2. Lettres à droite (2 lettres) : Les 2 lettres restantes se placent à droite avec \(2!\) arrangements.
Par exemple, si les lettres à gauche sont \(M\) et \(A\), alors les lettres à droite sont \(T\) et \(H\).
Chiffres (000)
Il y a 1000 façons de choisir les chiffres.
Calcul final
Nombre total d'immatriculations avec les lettres \(M, A, T, H\) : \[ \text{Total} = \binom{4}{2} \times 2! \times 2! \times 1000 = 6 \times 2 \times 2 \times 1000 = 24000 \]
Donc, il y a 24 000 immatriculations contenant chacune des lettres \(M\), \(A\), \(T\), et \(H\) exactement une fois.
3. Combien d'immatriculations sont des palindromes ?
Pour qu'une plaque soit un palindrome, il faut que la première partie soit identique à la dernière, soit : LL-000-LL doit être de la forme XY-000-YX.
Lettres (XY) Pour \(XY\) : • La première lettre (X) peut être choisie parmi 23 lettres. • La deuxième lettre (Y) peut être choisie parmi 23 lettres, mais elle ne peut pas être \(S\) ou \(W\) si X est \(S\) ou \(W\).
Calculons les lettres : • Si \(X\) est \(S\) ou \(W\), \(Y\) a alors 22 choix. • Pour \(X\) n'étant ni \(S\) ni \(W\), il y a 21 choix pour \(X\) et 22 choix pour \(Y\).
Total pour les lettres des palindromes : \[ \text{Total lettres} = 21 \times 22 + 2 \times 22 = 462 + 44 = 506 \]
Chiffres (000) Il n'y a pas de restriction sur les chiffres : \[ 10 \times 10 \times 10 = 1000 \] Total des palindromes
Le nombre total de plaques d'immatriculation palindromes est donc : \[ \text{Total palindromes} = \text{Total lettres} \times \text{chiffres} = 506 \times 1000 = 506000 \] Donc, il y a 506 000 immatriculations qui sont des palindromes.
Exercice 76: ★ ★ ★ ★ ★
On considère l'entier \(n≥2\) et l'ensemble: \(E = \{1; 2;..., n\}\). Un dérangement de \(E\) est une permutation de \(E\) qui ne laisse aucun élément de \(E\) à sa place. Le nombre de dérangements de \(E\) se note \(D_n\). 1. En écrivant tous les dérangements possibles pour \(n = 2\), puis pour \(n = 3\), déterminer \(D_2\), puis \(D_3\). 2. Dans cette question, on suppose que \(n = 4\). a. Quels sont les valeurs possibles pour le premier élément d'un dérangement de \(E\) ? b. Combien y a-t-il de dérangements commençant par \(2\) et \(1\) ? c. Déterminer le nombre de dérangements dont le premier élément est \(2\) et le deuxième est différent de \(1\). d. En déduire \(D_4\) 3. On admet que, pour tout \(n = 3\): a. Calculer \(D_5\). \[D_n=(n-1)(D_{n-1}+D_{n-2})\] b. Écrire une fonction Python 𝑑𝑒𝑟𝑎𝑛𝑔𝑒𝑚𝑒𝑛𝑡 d'argument \(n\) qui renvoie \(D_n\), 4. Un employé facétieux a préparé dix enveloppes adressées à dix personnes différentes et place les dix courriers correspondants de façon aléatoire dans les enveloppes. a. Quelle est la probabilité que tous les courriers arrivent à la bonne adresse ? b. Quelle est la probabilité pour qu'aucun courrier n'arrive chez le bon destinataire ?
Pour aborder les questions concernant les dérangements, examinons chaque point étape par étape.
1. Dérangements pour \(n = 2\) et \(n = 3\)
Dérangements pour \(n = 2\) L'ensemble \(E = \{1, 2\}\).
Les permutations de \(E\) sont : • \( (1, 2) \) → Ce n'est pas un dérangement. • \( (2, 1) \) → C'est un dérangement.
Les permutations de \(E\) sont : • \( (1, 2, 3) \) → Pas un dérangement. • \( (1, 3, 2) \) → Pas un dérangement. • \( (2, 1, 3) \) → Pas un dérangement. • \( (2, 3, 1) \) → C'est un dérangement. • \( (3, 1, 2) \) → Pas un dérangement. • \( (3, 2, 1) \) → C'est un dérangement.
Les dérangements sont donc : • \( (2, 3, 1) \) • \( (3, 1, 2) \)
Donc, \(D_3 = 2\).
2. Dérangements pour \(n = 4\) a. Valeurs possibles pour le premier élément d'un dérangement de \(E\) L'ensemble \(E = \{1, 2, 3, 4\}\).
Pour un dérangement, le premier élément peut être \(2\), \(3\), ou \(4\). Il ne peut pas être \(1\) (car il doit être à une autre position).
b. Dérangements commençant par \(2\) et \(1\) Si le premier élément est \(2\), alors \(1\) ne peut pas être à la deuxième position. Nous devons trouver les dérangements de \(\{1, 3, 4\}\): Possibilités pour \(1\): il peut être en 3ème ou 4ème position.
Les dérangements de \(\{1, 3, 4\}\) sont \(D_3 = 2\). Les permutations valides (en excluant celles où \(1\) est à sa place) sont : • \( (3, 4, 1) \) • \( (4, 3, 1) \)
Donc, il y a 2 dérangements commençant par \(2\) et contenant \(1\).
c. Dérangements dont le premier élément est \(2\) et le deuxième est différent de \(1\) Si le premier est \(2\) et le deuxième est \(3\), alors le reste est \(\{1, 4\}\). Les dérangements valides sont : • \( (1, 4) \) → Dérangement. • \( (4, 1) \) → Dérangement.
Donc, il y a 2 dérangements pour le cas \(2, 3\).
Si le premier est \(2\) et le deuxième est \(4\), alors le reste est \(\{1, 3\}\). Les dérangements valides sont : • \( (1, 3) \) → Dérangement. • \( (3, 1) \) → Dérangement.
Donc, il y a 2 dérangements pour le cas \(2, 4\).
En total, pour \(2\) comme premier avec un deuxième différent de \(1\) : \[ 2 \text{(pour } 2,3) + 2 \text{(pour } 2,4) = 4 \] d. En déduire \(D_4\) Pour calculer \(D_4\), nous considérons : • Dérangements commençant par \(1\) : \(D_3 = 2\) • Dérangements commençant par \(2\) : \(D_4 \text{ (tous les cas)} = D_3 + D_2 = 2 + 1 = 3\) • Dérangements commençant par \(3\) et \(4\) : Chaque cas contribue également \(D_3 = 2\). Donc : \[ D_4 = D_3 + D_3 + D_2 = 2 + 2 + 1 = 9. \] 3. Calculer \(D_5\) On utilise la relation : \[ D_n = (n-1)(D_{n-1} + D_{n-2}). \] Pour \(n = 5\) : \[ D_5 = 4(D_4 + D_3) = 4(9 + 2) = 4 \times 11 = 44. \] 4. Fonction Python pour calculer \(D_n\) Voici une fonction Python pour calculer \(D_n\) :
𝑑𝑒𝑓 derangement(𝑛): 𝑖𝑓 n == 1: 𝑟𝑒𝑡𝑢𝑟𝑛 0 𝑒𝑙𝑖𝑓 n == 2: 𝑟𝑒𝑡𝑢𝑟𝑛 1 𝑒𝑙𝑠𝑒: D = [0] * (n + 1) D[1] = 0 D[2] = 1 for i in range(3, n + 1): D[i] = (i - 1) * (D[i - 1] + D[i - 2]) 𝑟𝑒𝑡𝑢𝑟𝑛 D[n]
Exemple d'utilisation 𝑝𝑟𝑖𝑛𝑡(derangement(5)) Affiche 44
5. Probabilités avec les enveloppes a. Probabilité que tous les courriers arrivent à la bonne adresse Il n'y a qu'une seule façon pour que chaque courrier soit à la bonne adresse. Donc, la probabilité est : \[ P(\text{tous corrects}) = \frac{1}{10!}. \] b. Probabilité qu'aucun courrier n'arrive chez le bon destinataire Cette probabilité est donnée par le rapport du nombre de dérangements de 10 éléments \(D_{10}\) au nombre total de permutations \(10!\) : \[ P(\text{aucun correct}) = \frac{D_{10}}{10!}. \] Pour calculer \(D_{10}\), utilisez la relation : \[ D_{10} = 9(D_9 + D_8). \] En continuant ce processus, vous pouvez déterminer \(D_{10}\) et ensuite calculer la probabilité.
Exercice 77: ★ ★ ★ ★ ★
On lance simultanément cinq dés bien équilibrés numérotés de \(1\) à \(6\). Quelle est la probabilité d'obtenir exactement trois fois le numéro \(1\) ?
Pour résoudre ce problème, nous allons utiliser le principe de la combinatoire et la formule de probabilité.
Étapes pour calculer la probabilité 1. Calculer le nombre total de résultats possibles : Lorsqu'on lance cinq dés, chaque dé peut prendre l'une des six valeurs (de \(1\) à \(6\)). Donc, le nombre total de résultats possibles est : \[ 6^5 \] 2. Calculer le nombre de façons d'obtenir exactement trois fois le numéro \(1\) : Pour obtenir exactement trois \(1\) sur les cinq dés, il faut choisir \(3\) dés parmi \(5\) pour qu'ils montrent \(1\). Le nombre de façons de choisir \(3\) dés parmi \(5\) est donné par le coefficient binomial \(\binom{5}{3}\).
Les deux autres dés doivent montrer des valeurs différentes de \(1\). Pour chaque dé, il y a \(5\) choix possibles (les numéros \(2\), \(3\), \(4\), \(5\), et \(6\)). Donc, pour \(2\) dés, le nombre de combinaisons est : \[ 5^2 \] Ainsi, le nombre total de façons d'obtenir exactement trois \(1\) est : \[ \binom{5}{3} \times 5^2 \] 3. Calculer la probabilité : La probabilité d'obtenir exactement trois fois le numéro \(1\) est donnée par le rapport du nombre de résultats favorables sur le nombre total de résultats. Donc : \[ P(\text{exactement trois } 1) = \frac{\binom{5}{3} \times 5^2}{6^5} \] Calculs a. Calcul de \(\binom{5}{3}\) : \[ \binom{5}{3} = \frac{5!}{3!(5-3)!} = \frac{5 \times 4}{2 \times 1} = 10 \] b. Calcul de \(5^2\) : \[ 5^2 = 25 \] c. Calcul de \(6^5\) : \[ 6^5 = 7776 \] Mise en forme finale
Maintenant, substituons ces valeurs dans la formule de probabilité : \[ P(\text{exactement trois } 1) = \frac{10 \times 25}{7776} = \frac{250}{7776} \] Simplification Il est possible de simplifier cette fraction : \[ P(\text{exactement trois } 1) = \frac{125}{3888} \] Réponse finale La probabilité d'obtenir exactement trois fois le numéro \(1\) lors du lancer de cinq dés est : \[ \frac{125}{3888} \approx 0.0322 \quad (\text{ou environ } 3.22\%) \]
Exercice 78: ★ ★ ★ ★ ★
\(E\) est un ensemble de \(n\) éléments. Calculer la valeur de dans chacun des cas suivants. 1. Il y a exactement \(4 556\) listes de deux éléments distincts de \(E\). 2. \(E\) contient exactement 325 parties à deux éléments.
Pour résoudre ces problèmes, nous utiliserons la formule des combinaisons, spécifiquement pour les parties à deux éléments d'un ensemble de \(n\) éléments, exprimée par : \[ \binom{n}{2} = \frac{n(n-1)}{2} \] 1. Il y a exactement \(4 556\) listes de deux éléments distincts de \(E\). Pour ce cas, nous savons que le nombre de listes de deux éléments distincts est donné par : \[ n(n-1) \] Étant donné que ce nombre est égal à \(4 556\), nous avons : \[ n(n-1) = 4556 \] Nous allons résoudre cette équation quadratique : \[ n^2 - n - 4556 = 0 \] Utilisons la formule quadratique : \[ n = \frac{-b \pm \sqrt{b^2 - 4ac}}{2a} \] où \(a = 1\), \(b = -1\), et \(c = -4556\). Calculons le discriminant : \[ b^2 - 4ac = (-1)^2 - 4 \cdot 1 \cdot (-4556) = 1 + 18224 = 18225 \] Calculons maintenant \(n\) : \[ n = \frac{1 \pm \sqrt{18225}}{2} \] Calculons \(\sqrt{18225}\) : \[ \sqrt{18225} = 135 \] Donc :
\[ n = \frac{1 \pm 135}{2} \] Cela nous donne deux solutions : \[ n = \frac{136}{2} = 68 \quad \text{et} \quad n = \frac{-134}{2} = -67 \quad (\text{non valide}) \] Ainsi, pour ce cas, \(n = 68\).
2. \(E\) contient exactement \(325\) parties à deux éléments. Ici, nous savons que : \[ \binom{n}{2} = 325 \] Nous avons donc : \[ \frac{n(n-1)}{2} = 325 \] En multipliant par \(2\), nous obtenons : \[ n(n-1) = 650 \] Résolvons cette équation quadratique : \[ n^2 - n - 650 = 0 \] En utilisant la formule quadratique : \[ n = \frac{-b \pm \sqrt{b^2 - 4ac}}{2a} \] Avec \(a = 1\), \(b = -1\), et \(c = -650\), calculons le discriminant : \[ b^2 - 4ac = (-1)^2 - 4 \cdot 1 \cdot (-650) = 1 + 2600 = 2601 \] Calculons maintenant \(n\) : \[ n = \frac{1 \pm \sqrt{2601}}{2} \] Calculons \(\sqrt{2601}\) : \[ \sqrt{2601} = 51 \] Donc : \[ n = \frac{1 \pm 51}{2} \] Cela nous donne deux solutions : \[ n = \frac{52}{2} = 26 \quad \text{et} \quad n = \frac{-50}{2} = -25 \quad (\text{non valide}) \] Ainsi, pour ce cas, \(n = 26\).
Exercice 79: ★ ★ ★ ★ ★
Soit \(n\) un entier naturel non nul. L'organisateur d'un tournoi de rugby dispose de \(n\) terrains pour répartir les matchs. On suppose qu'il y a \(2n\) équipes inscrites. On se propose de dénombrer de deux manières différentes l'ensemble de tous les premiers matchs possibles. 1. Première méthode. Commencer par fixer \(n\) équipes, qui occuperont chacune un terrain différent. 2. Deuxième méthode. Choisir la première paire d'équipes, puis la suivante et ainsi de suite.
Pour résoudre ce problème, nous devons dénombrer les premiers matchs possibles dans un tournoi où \(2n\) équipes sont inscrites. Nous allons utiliser deux méthodes différentes pour arriver au même résultat.
1. Première méthode : Fixer \(n\) équipes Dans cette méthode, nous commençons par choisir \(n\) équipes parmi les \(2n\) disponibles. Le nombre de façons de choisir \(n\) équipes est donné par le coefficient binomial : \[ \binom{2n}{n} \] Une fois que nous avons sélectionné \(n\) équipes, chaque équipe doit être assignée à un terrain. Comme chaque équipe peut aller sur l'un des \(n\) terrains et qu'ils doivent être différents, nous avons \(n!\) façons de les assigner.
Donc, le nombre total de façons de choisir \(n\) équipes et de les assigner aux terrains est : \[ \binom{2n}{n} \times n! \] 2. Deuxième méthode : Choisir les paires d'équipes Dans cette méthode, nous allons choisir les matchs en formant des paires d'équipes. a. Choisir la première paire d'équipes : Nous avons \(2n\) équipes, donc il y a \(\binom{2n}{2}\) façons de choisir la première paire. b. Choisir la deuxième paire d'équipes : Après avoir choisi la première paire, il reste \(2n - 2\) équipes, donc il y a \(\binom{2n-2}{2}\) façons de choisir la deuxième paire. c. Continuer jusqu'à ce que toutes les équipes soient appariées : Nous continuons ce processus jusqu'à ce qu'il ne reste plus d'équipes. Le nombre total de façons de choisir toutes les paires est : \[ \binom{2n}{2} \times \binom{2n-2}{2} \times \cdots \times \binom{2}{2} \] Simplification du produit des combinaisons Le produit des combinaisons peut être simplifié. En effet, le nombre total de façons de former \(n\) paires d'équipes parmi \(2n\) équipes est donné par : \[ \frac{(2n)!}{2^n \cdot n!} \] • \( (2n)! \) est le nombre de façons d'arranger \(2n\) équipes. • \( 2^n \) est le nombre de façons de choisir l'ordre des équipes dans chaque paire (chaque paire peut être arrangée de deux manières). • \( n! \) est le nombre de façons d'arranger les \(n\) paires.
Égalité des deux méthodes Nous avons donc deux expressions pour le nombre de premiers matchs possibles : a. Première méthode : \[ \binom{2n}{n} \times n! \] b. Deuxième méthode : \[ \frac{(2n)!}{2^n \cdot n!} \] Pour montrer que ces deux résultats sont équivalents, nous pouvons utiliser la relation : \[ \binom{2n}{n} = \frac{(2n)!}{n! \cdot n!} \] En substituant dans la première méthode, nous avons : \[ \binom{2n}{n} \times n! = \frac{(2n)!}{n! \cdot n!} \times n! = \frac{(2n)!}{n!} \] Ainsi, les deux méthodes donnent le même nombre total de premiers matchs possibles, ce qui confirme notre dénombrement.
Conclusion Le nombre total de premiers matchs possibles, que ce soit par la première méthode ou la deuxième méthode, est : \[ \frac{(2n)!}{2^n \cdot n!} \] ou \[ \binom{2n}{n} \times n! \] Ces deux approches montrent que nous pouvons dénombrer les premiers matchs de manière cohérente et équivalente.
Exercice 80: ★ ★ ★ ★ ★
Un dresseur possède cinq perroquets (trois verts, un jaune, un blanc) et cinq perruches (deux vertes, deux jaunes et une blanche). Lors d'un spectacle, le dresseur appelle ses oiseaux un par un, ceux-ci s'installant sur des perchoirs alignés. Une entrée des dix perroquets constitue donc un 10-uplet. 1. Combien d'entrées possibles dénombre-t-on ? 2. Déterminer le nombre d'entrées possibles: a. alternant perroquets et perruches; b. dans lesquelles les oiseaux sont regroupés par couleur. 3. Deux perroquets, Coco et Lolo, étant inséparables, ils veulent toujours être sur des perchoirs voisins l'un de l'autre. Déterminer le nombre d'entrées possibles respectant cette contrainte. 4. On note \(X\) la variable aléatoire égale à la position d'entrée du premier oiseau blanc. a. Déterminer la loi de probabilité de \(X\). b. Déterminer l'espérance de \(X\) et interpréter le résultat.
Pour résoudre ce problème concernant les perroquets et les perruches, nous allons procéder étape par étape.
1. Nombre d'entrées possibles Nous avons un total de 10 oiseaux : 5 perroquets (3 verts, 1 jaune, 1 blanc) et 5 perruches (2 vertes, 2 jaunes, 1 blanche).
Le nombre total d'arrangements des 10 oiseaux, en tenant compte des répétitions, est donné par la formule : \[ \frac{10!}{3! \cdot 1! \cdot 1! \cdot 2! \cdot 2! \cdot 1!} \] Calculons cela : \[ 10! = 3628800 \] \[ 3! = 6, \quad 1! = 1, \quad 2! = 2 \] \[ 3! \cdot 1! \cdot 1! \cdot 2! \cdot 2! \cdot 1! = 6 \cdot 1 \cdot 1 \cdot 2 \cdot 2 \cdot 1 = 24 \] Ainsi, le nombre d'entrées possibles est : \[ \frac{3628800}{24} = 151200 \] 2. Nombre d'entrées possibles a. Alternant perroquets et perruches Pour alternar les perroquets et les perruches, nous avons deux cas : cas 1. Commence par un perroquet (5 positions pour perroquets, 5 pour perruches): • P : P : P : P : P (5 perroquets) • P : P : P : P : P (5 perruches)
Le nombre d'arrangements est donc :
\[ 5! \times 5! = 120 \times 120 = 14400 \]
cas 2. Commence par une perruche (5 positions pour perruches, 5 pour perroquets): • R : R : R : R : R (5 perruches) • R : R : R : R : R (5 perroquets)
Le nombre d'arrangements est également : \[ 5! \times 5! = 120 \times 120 = 14400 \] En total, le nombre d'entrées alternant perroquets et perruches est : \[ 14400 + 14400 = 28800 \] b. Oiseaux regroupés par couleur Pour cette partie, nous allons considérer les groupes par couleur : • Vert (5 oiseaux : 3 perroquets + 2 perruches) : \(5!\) • Jaune (3 oiseaux : 1 perroquet + 2 perruches) : \(3!\) • Blanc (2 oiseaux : 1 perroquet + 1 perruche) : \(2!\)
Le nombre de façons de les organiser est : \[ \frac{5!}{3! \cdot 2!} \times \frac{3!}{1! \cdot 2!} \times \frac{2!}{1! \cdot 1!} = 10 \times 3 \times 2 = 60 \] Pour les groupes, nous avons \(3!\) façons d'organiser les groupes de couleurs : \[ 3! = 6 \] Le nombre total d'entrées possibles est donc : \[ 60 \times 6 = 360 \] 3. Coco et Lolo inséparables Considérons Coco et Lolo comme un seul oiseau (un bloc). Cela réduit le nombre d'oiseaux à 9 (8 oiseaux + 1 bloc).
Les arrangements des 9 "oiseaux" sont : \[ \frac{9!}{3! \cdot 1! \cdot 1! \cdot 2! \cdot 2!} \] Calculons cela : \[ 9! = 362880 \] \[ 3! = 6, \quad 2! = 2 \] \[ 3! \cdot 1! \cdot 1! \cdot 2! \cdot 2! = 6 \cdot 1 \cdot 1 \cdot 2 \cdot 2 = 24 \] Donc, le nombre d'arrangements est : \[ \frac{362880}{24} = 15120 \] Puisque Coco et Lolo peuvent être arrangés dans le bloc de deux façons (Coco-Lolo ou Lolo-Coco), nous multiplions par 2 : \[ 15120 \times 2 = 30240 \] 4. Variable aléatoire \(X\) a. Loi de probabilité de \(X\) La variable \(X\) représente la position du premier oiseau blanc. Il y a 2 oiseaux blancs : 1 perroquet et 1 perruche.
Pour déterminer la loi de probabilité de \(X\), nous allons calculer la probabilité que le premier oiseau blanc se trouve à chaque position de 1 à 10.
• Position 1 : Le premier oiseau est blanc. • Position 2 : Le premier oiseau blanc est en position 2, et le premier est un autre oiseau. • ... • Position 10 : Le premier oiseau blanc est en position 10, et les 9 autres sont des oiseaux non blancs.
La probabilité que \(X = k\) (où \(k\) est la position) est donnée par : \[ P(X = k) = \frac{\text{Nombre de arrangements avec le premier blanc en position } k}{\text{Total arrangements}}. \] Pour chaque \(k\), il y a : \[ \text{Arrangements} = \binom{9}{k-1} \times 8! \] Ainsi, pour \(X = k\): \[ P(X = k) = \frac{\binom{9}{k-1} \times 8!}{10!} \] b. Espérance de \(X\) L'espérance \(E(X)\) est donnée par : \[ E(X) = \sum_{k=1}^{10} k \cdot P(X = k). \] Calculons cela en utilisant les probabilités calculées ci-dessus. Interprétation L'espérance de \(X\) nous donne la position moyenne à laquelle nous pouvons nous attendre de voir le premier oiseau blanc.
Exercice 81: ★ ★ ★ ★ ★
Nathan désire ranger cinq bandes dessinées, trois mangas et deux livres de mathématiques sur une étagère. De combien de façons différentes peut-il ranger ses livres : a. s'il veut que ses livres restent groupés par genre ? b. s'il veut que seuls ses livres de mathématiques restent groupés ? c. s'il ne veut pas que deux bandes dessinées soient côte à côte ?
Pour résoudre ces problèmes de rangement des livres de Nathan, nous allons procéder étape par étape.
Informations de base • Bandes dessinées (BD) : 5 • Mangas : 3 • Livres de mathématiques (Math) : 2
Total de livres : \(5 + 3 + 2 = 10\).
a. Livres groupés par genre Dans ce cas, nous considérons chaque genre comme un groupe. Nous avons trois groupes : 1. Bandes dessinées 2. Mangas 3. Livres de mathématiques
1. Arrangements des groupes : Les trois groupes peuvent être arrangés de \(3!\) façons. 2. Arrangements à l'intérieur de chaque groupe : • Bandes dessinées : \(5!\) • Mangas : \(3!\) • Livres de mathématiques : \(2!\)
Le nombre total de façons de ranger les livres en gardant les genres groupés est donc : \[ 3! \times 5! \times 3! \times 2! \] Calculons cela : \[ 3! = 6, \quad 5! = 120, \quad 3! = 6, \quad 2! = 2 \] Donc : \[ 6 \times 120 \times 6 \times 2 = 8640 \] Réponse pour (a) : Le nombre de façons de ranger les livres en gardant les genres groupés est 8640.
b. Livres de mathématiques groupés Dans ce cas, nous considérons les 2 livres de mathématiques comme un seul bloc. Nous avons donc : • 5 BD • 3 mangas • 1 bloc de livres de mathématiques
Cela nous donne un total de \(5 + 3 + 1 = 9\) éléments à ranger. 1. Arrangements des éléments : Les 9 éléments peuvent être arrangés de \(9!\) façons. 2. Arrangements à l'intérieur du bloc de mathématiques : Les 2 livres de mathématiques peuvent être arrangés de \(2!\) façons.
Le nombre total de façons de ranger les livres en gardant les livres de mathématiques groupés est donc : \[ 9! \times 2! \] Calculons cela : \[ 9! = 362880, \quad 2! = 2 \] Donc : \[ 362880 \times 2 = 725760 \] Réponse pour (b) : Le nombre de façons de ranger les livres en gardant les livres de mathématiques groupés est 725760.
c. Aucune paire de bandes dessinées côte à côte Pour résoudre ce problème, nous allons utiliser une approche complémentaire. 1. Calculer le nombre total d'arrangements sans contrainte : \[ 10! = 3628800 \] 2. Calculer les arrangements avec au moins une paire de BD côte à côte : • Considérons les 5 BD comme un bloc. Cela nous donne 6 éléments à ranger : 1 bloc de BD, 3 mangas, et 2 livres de mathématiques. • Le nombre d'arrangements de ces 6 éléments est \(6!\). • À l'intérieur du bloc de BD, les 5 BD peuvent être arrangées de \(5!\) façons.
Le nombre total d'arrangements avec au moins une paire de BD côte à côte est donc : \[ 6! \times 5! \] Calculons cela : \[ 6! = 720, \quad 5! = 120 \] Donc : \[ 720 \times 120 = 86400 \] 3. Calculer le nombre d'arrangements avec aucune paire de BD côte à côte : \[ \text{Arrangements sans paire de BD côte à côte} = 10! - (6! \times 5!) \] Calculons cela : \[ 3628800 - 86400 = 3542400 \] Réponse pour (c) : Le nombre de façons de ranger les livres sans que deux bandes dessinées soient côte à côte est 3542400.
Exercice 82: ★ ★ ★ ★ ★
Soient \(a\) et \(b\) deux nombres réels. Démontrer par récurrence la formule du binôme de Newton, pour tout entier n ≥ 1: \[(a+b)^n = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} a^{n-k}b^k\]
Pour démontrer par récurrence la formule du binôme de Newton, nous allons suivre les étapes classiques de la récurrence : l'initialisation, l'hypothèse de récurrence, et la démonstration de l'étape de récurrence.
Étape 1 : Initialisation Pour \(n = 1\), la formule devient : \[ (a + b)^1 = a + b \] Et la somme à droite est : \[ \sum_{k=0}^{1} \binom{1}{k} a^{1-k} b^k = \binom{1}{0} a^1 b^0 + \binom{1}{1} a^0 b^1 = a + b \] Ainsi, pour \(n = 1\), la formule est vraie.
Étape 2 : Hypothèse de récurrence Supposons que la formule est vraie pour un entier \(n = m\), c'est-à-dire que : \[ (a + b)^m = \sum_{k=0}^{m} \binom{m}{k} a^{m-k} b^k \] Étape 3 : Étape de récurrence Nous devons montrer que la formule est également vraie pour \(n = m + 1\). Nous devons prouver que : \[ (a + b)^{m+1} = \sum_{k=0}^{m+1} \binom{m+1}{k} a^{m+1-k} b^k \] En utilisant l'hypothèse de récurrence, nous avons : \[ (a + b)^{m+1} = (a + b)(a + b)^m \] En substituant l'hypothèse de récurrence : \[ (a + b)^{m+1} = (a + b) \sum_{k=0}^{m} \binom{m}{k} a^{m-k} b^k \] Disons que nous distribuons \(a + b\) dans la somme : \[ = a \sum_{k=0}^{m} \binom{m}{k} a^{m-k} b^k + b \sum_{k=0}^{m} \binom{m}{k} a^{m-k} b^k \] Simplification des termes 1. Pour le premier terme : \[ = \sum_{k=0}^{m} \binom{m}{k} a^{m+1-k} b^k \] 2. Pour le deuxième terme, en décalant l'indice de sommation (en posant \(j = k - 1\)) : \[ = \sum_{k=1}^{m+1} \binom{m}{k-1} a^{m-k+1} b^k \] Réunir les deux sommes Nous avons donc : \[ (a + b)^{m+1} = \sum_{k=0}^{m} \binom{m}{k} a^{m+1-k} b^k + \sum_{k=1}^{m+1} \binom{m}{k-1} a^{m+1-k} b^k \] Nous pouvons combiner les deux sommes : \[ = \sum_{k=0}^{m} \binom{m}{k} a^{m+1-k} b^k + \sum_{k=1}^{m+1} \binom{m}{k-1} a^{m+1-k} b^k \] En notant que pour \(k = 0\) dans la première somme, le terme est \(\binom{m}{0} a^{m+1} b^0 = a^{m+1}\), et pour \(k = m+1\) dans la deuxième somme, le terme est \(\binom{m}{m} a^0 b^{m+1} = b^{m+1}\).
Utilisation du principe de Vandermonde Pour les termes restants, nous utilisons la relation de Pascal : \[ \binom{m+1}{k} = \binom{m}{k} + \binom{m}{k-1} \] Ainsi, nous avons : \[ \sum_{k=0}^{m+1} \binom{m+1}{k} a^{m+1-k} b^k \] Conclusion Nous avons donc montré que : \[ (a + b)^{m+1} = \sum_{k=0}^{m+1} \binom{m+1}{k} a^{m+1-k} b^k \] Par le principe de récurrence, la formule du binôme de Newton est donc vraie pour tout entier \(n \geq 1\) : \[ (a + b)^n = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} a^{n-k} b^k \]
Exercice 83: ★ ★ ★ ★ ★
Démontrer à l'aide de la formule donnée à l'exercice précédent que, pour tout entier naturel non nul \(n\), le nombre \((3 + √7)^n + (3-√7)^n\) est entier.
Pour démontrer que le nombre \((3 + \sqrt{7})^n + (3 - \sqrt{7})^n\) est entier pour tout entier naturel non nul \(n\), nous allons utiliser la formule du binôme de Newton.
Étape 1 : Application de la formule du binôme Nous appliquons la formule du binôme de Newton à chaque terme : 1. Pour \((3 + \sqrt{7})^n\), nous avons : \[ (3 + \sqrt{7})^n = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} 3^{n-k} (\sqrt{7})^k \] 2. Pour \((3 - \sqrt{7})^n\), nous avons : \[ (3 - \sqrt{7})^n = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} 3^{n-k} (-\sqrt{7})^k \] Étape 2 : Addition des deux expressions En additionnant les deux résultats, nous obtenons : \[ (3 + \sqrt{7})^n + (3 - \sqrt{7})^n = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} 3^{n-k} (\sqrt{7})^k + \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} 3^{n-k} (-\sqrt{7})^k \] Étape 3 : Regroupement des termes Regroupons les termes en fonction de \(k\) : \[ = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} 3^{n-k} \left((\sqrt{7})^k + (-\sqrt{7})^k\right) \] Étape 4 : Analyser les contributions des termes Observons maintenant l'expression \((\sqrt{7})^k + (-\sqrt{7})^k\): • Si \(k\) est pair, disons \(k = 2m\), alors : \[ (\sqrt{7})^{2m} + (-\sqrt{7})^{2m} = 7^m + 7^m = 2 \cdot 7^m \] • Si \(k\) est impair, disons \(k = 2m + 1\), alors : \[ (\sqrt{7})^{2m + 1} + (-\sqrt{7})^{2m + 1} = \sqrt{7}^{2m + 1} - \sqrt{7}^{2m + 1} = 0 \] Étape 5 : Simplification de la somme Ainsi, les termes avec \(k\) impair disparaissent et nous avons : \[ (3 + \sqrt{7})^n + (3 - \sqrt{7})^n = \sum_{m=0}^{\lfloor n/2 \rfloor} \binom{n}{2m} 3^{n-2m} \cdot 2 \cdot 7^m \] Étape 6 : Conclusion Cette somme est clairement un entier car : • Chaque \(\binom{n}{2m}\) est un entier. • Chaque \(3^{n-2m}\) est un entier. • Chaque \(7^m\) est un entier. • La somme de produits d'entiers est un entier.
Nous concluons donc que pour tout entier naturel non nul \(n\), le nombre \((3 + \sqrt{7})^n + (3 - \sqrt{7})^n\) est entier. \[ \boxed{\text{Donc, } (3 + \sqrt{7})^n + (3 - \sqrt{7})^n \text{ est entier pour tout } n \in \mathbb{N}^*.} \]
Exercice 84: ★ ★ ★ ★ ★
Dans son ouvrage "Cent mille milliards de poèmes", l'écrivain Raymond Queneau propose dix pages, que l'on notera \(P_1\), \(P_2\), \(P_{10}\), comportant quatorze vers chacune, soit un sonnet. Pour composer un sonnet, le lecteur choisit le premier vers parmi les dix premiers vers des dix pages, le second vers parmi les dix deuxièmes vers des dix pages et ainsi de suite jusqu'au quatorzième vers. 1. a. Justifier le titre de l'ouvrage. b. Les sonnets des pages \(P_3\), et \(P_8\), se terminent par le mot « destin ». Combien peut-on fabriquer de sonnets se terminant par ce mot ? 2. On décide de changer la règle de construction d'un sonnet par la suivante : « On choisit un vers dans chaque page mais, de plus, le mot final de deux vers différents ne peut être le même. » Parmi les \(140\) vers proposés, seul le mot « marchandise » termine deux vers situés sur deux pages différentes, à savoir les pages \(P_2\) et \(P_4\) Combien de sonnets satisfaisant à la nouvelle règle de construction peut-on fabriquer ?
Pour aborder ce problème lié à l'ouvrage "Cent mille milliards de poèmes" de Raymond Queneau, nous allons répondre aux questions étape par étape.
1. a. Justification du titre de l'ouvrage Le titre "Cent mille milliards de poèmes" fait référence à la manière dont les vers peuvent être combinés pour créer une immense variété de sonnets. Puisqu'il y a 10 pages avec 14 vers chacune, le nombre total de sonnets possibles est calculé comme suit :
Pour chaque vers du sonnet, nous avons 10 choix (un vers par page). Comme il y a 14 vers au total, le nombre total de sonnets est : \[ 10^{14} \] Calculons ce nombre : \[ 10^{14} = 100000000000000 \] Ce qui correspond effectivement à "cent mille milliards" de sonnets possibles. Ainsi, le titre est justifié par l'immense variété de combinaisons de vers que l'on peut obtenir.
1. b. Nombre de sonnets se terminant par le mot « destin » Comme les sonnets des pages \(P_3\) et \(P_8\) se terminent par le mot « destin », nous allons considérer les choix possibles pour les 13 premiers vers :
1. Pour les 13 premiers vers, nous avons 10 choix pour chaque vers (une vers par page). Donc le nombre de choix pour les 13 premiers vers est : \[ 10^{13} \] 2. Pour le 14ème vers, nous avons 2 choix (le vers de \(P_3\) ou celui de \(P_8\)). Ainsi, le nombre total de sonnets se terminant par le mot « destin » est : \[ 10^{13} \times 2 = 2 \times 10^{13} \] 2. Nombre de sonnets avec la nouvelle règle Dans cette nouvelle règle, nous choisissons un vers dans chaque page, mais nous devons nous assurer que les mots finaux de deux vers différents ne peuvent pas être les mêmes, sauf pour le mot « marchandise » qui est présent sur les pages \(P_2\) et \(P_4\).
1. Choisir les vers pour les pages \(P_1\), \(P_3\), \(P_5\), \(P_6\), \(P_7\), \(P_8\), \(P_9\), et \(P_{10}\) : Pour chacune de ces 8 pages, nous avons 10 choix de vers, ce qui donne : \[ 10^8 \] 2. Choix pour la page \(P_2\) : Pour \(P_2\), nous avons 10 choix de vers, mais nous devons exclure le vers qui se termine par « marchandise » pour éviter un conflit avec \(P_4\). Donc, il nous reste 9 choix.
3. Choix pour la page \(P_4\) : Pour \(P_4\), nous avons également 9 choix (excluant le vers se terminant par « marchandise »).
En résumé, le nombre total de sonnets respectant cette nouvelle règle est : \[ 10^8 \times 9 \times 9 = 10^8 \times 81 \]
Exercice 85: ★ ★ ★ ★ ★
Soit \(n\) un entier naturel non nul. Une urne contient \(n\) boules rouges et \(n\) boules vertes. On tire les boules de l'urne les unes après les autres jusqu'à ce que l'urne soit vide, en notant au fur et à mesure la couleur de la boule tirée : \(R\) pour rouge et \(V\) pour verte. 1. a. Faire le lien entre le résultat obtenu et l'ensemble \(E = \{R; V\}\). b. Montrer que le nombre de ces \(2n-uplets\) est \(\binom{2n}{n}\). 2. On considère le jeu suivant. On gagne \(1\) € à chaque tirage d'une boule de couleur différente de la boule précédemment tirée; sinon on ne gagne rien. La partie est finie lorsque l'urne est vide. a. Calculer la probabilité de gagner exactement \(1\) € lors d'une partie. b. Calculer la probabilité de gagner \(2\) € lors d'une partie. c. Soit \(k\) un entier naturel tel que \(2≤ k ≤2n\). Calculer, en fonction de n, la probabilité de gagner \(1\) € au \(k-ième\) tirage. Cette probabilité dépend-elle du rang \(k\) ?
Pour aborder ce problème avec les boules rouges et vertes, nous allons répondre à chaque point de manière structurée.
1. a. Lien entre le résultat obtenu et l'ensemble \(E = \{R, V\}\) Lorsque nous tirons des boules de l'urne, chaque tirage peut être représenté par un symbole correspondant à la couleur de la boule : \(R\) pour rouge et \(V\) pour verte. Ainsi, chaque séquence de tirages peut être vue comme un mot formé à partir de l'alphabet \(E\).
Pour \(n\) boules rouges et \(n\) boules vertes, chaque tirage génère une suite de \(2n\) caractères (ou symboles) où chaque caractère est soit \(R\) soit \(V\).
1. b. Montrer que le nombre de ces \(2n\)-uplets est \(\binom{2n}{n}\) Nous devons montrer que le nombre de façons de tirer \(n\) boules rouges et \(n\) boules vertes est donné par \(\binom{2n}{n}\).
Pour former un \(2n\)-uplet avec \(n\) rouges et \(n\) vertes, nous pouvons choisir \(n\) positions parmi les \(2n\) pour placer les boules rouges (ou, équivalemment, pour placer les boules vertes).
Le nombre de façons de choisir \(n\) positions parmi \(2n\) est donné par le coefficient binomial : \[ \binom{2n}{n} \] Cela confirme que le nombre de \(2n\)-uplets est \(\binom{2n}{n}\).
2. a. Probabilité de gagner exactement \(1\) € lors d'une partie Pour gagner exactement \(1\) €, il faut que la première boule soit différente de la deuxième, et que toutes les autres boules soient de la même couleur que la seconde.
1. Cas de tirage : Supposons que la première boule est rouge (\(R\)). Pour gagner 1 €, la deuxième boule doit être verte (\(V\)), après quoi toutes les autres boules doivent être rouges.
La séquence serait donc : \(R, V, R, R, \ldots, R\).
2. Nombre total de séquences possibles : • La première boule peut être rouge ou verte, donc il y a 2 cas : \(R, V\) ou \(V, R\). • Les autres boules doivent être toutes de la même couleur après le premier changement.
Il y a donc : • Pour \(R, V\) : \(n-1\) rouges et \(n-1\) vertes, ce qui donne \(\binom{2n-2}{n-1}\). • Pour \(V, R\) : même chose.
Total des séquences gagnant exactement 1 € : \[ 2 \times \binom{2n-2}{n-1} \] 3. Probabilité : Le nombre total de séquences est \(\binom{2n}{n}\), donc la probabilité de gagner exactement 1 € est : \[ P(1 €) = \frac{2 \cdot \binom{2n-2}{n-1}}{\binom{2n}{n}} \] 2. b. Probabilité de gagner \(2\) € lors d'une partie Pour gagner 2 €, il faut que le premier tirage soit différent du second, et que le second tirage soit différent du troisième, et que toutes les autres boules soient de la même couleur que la dernière boule du troisième tirage.
1. Cas de tirage : Supposons que la première boule est \(R\) et la deuxième est \(V\), alors la troisième doit être \(R\).
Cela donne \(R, V, R, R, \ldots\), et ainsi de suite.
2. Total des séquences possibles : • Nous avons 2 choix pour le premier tirage, puis 1 choix pour le second tirage, et enfin 1 choix pour le troisième tirage. • Les boules restantes doivent être de la même couleur que la dernière boule tirée.
Cela donne : \[ 2 \cdot \binom{2n-3}{n-2} \] 3. Probabilité : \[ P(2 €) = \frac{2 \cdot \binom{2n-3}{n-2}}{\binom{2n}{n}} \] 2. c. Probabilité de gagner \(1\) € au \(k\)-ième tirage Pour gagner \(1\) € au \(k\)-ième tirage, il faut que la boule tirée à la position \(k\) soit différente de celle de la position \(k-1\) et que toutes les boules précédentes, de la position 1 à \(k-1\), soient de la même couleur que la boule à la position \(k\).
1. Calcul de la probabilité : • La probabilité de gagner \(1\) € au \(k\)-ième tirage dépend uniquement des deux boules \(k-1\) et \(k\). • La couleur de la boule \(k-1\) peut être n'importe quelle couleur (rouge ou verte), et la boule \(k\) doit être de couleur différente.
2. Nombre de boules restantes : Pour chaque \(k\), il y a \(n\) boules de chaque couleur au départ, et au moment du \(k\)-ième tirage, la probabilité de changer la couleur est indépendante du rang.
Conclusion : La probabilité de gagner \(1\) € au \(k\)-ième tirage est la même quel que soit le rang \(k\) (pourvu que \(1 < k \leq 2n\)), car cela dépend uniquement des deux boules adjacentes.
Exercice 86: ★ ★ ★ ★ ★
Soit \(n\) un entier naturel non nul. On considère la fonction \(f\) dé sur \(\mathbb{R}\) par: \[f(x) = (1+x)^n\] On admet que, pour tous reels \(a\) et \(b\): \[(a+b)^n = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} a^{n-k}b^k\] 1. Soit \(f'\) la fonction derivée de fonction \(f\) sur \(\mathbb{R}\). Calcul \(f'\) de deux manières différentes. 2. En deduire que: \[\sum_{k=1}^{n} k \times \binom{n}{k} = n \times 2^{n-1}\]
Pour résoudre ce problème, nous allons procéder en plusieurs étapes.
1. Calcul de la dérivée \(f'\) de deux manières différentes Méthode 1 : Dérivation directe La fonction donnée est : \[ f(x) = (1+x)^n \] Pour calculer la dérivée de \(f\), nous utilisons la règle de la puissance : \[ f'(x) = n(1+x)^{n-1} \] Méthode 2 : Dérivation de la somme Nous savons que : \[ (1+x)^n = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} x^k \] Nous pouvons dériver cette somme terme à terme (puisque la somme converge uniformément sur tout segment de \(\mathbb{R}\)) : \[ f'(x) = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} k x^{k-1} \] Notez que pour \(k=0\), le terme est nul, donc nous pouvons commencer la somme à 1 : \[ f'(x) = \sum_{k=1}^{n} \binom{n}{k} k x^{k-1} \] 2. Égaler les deux expressions de \(f'\) Nous avons donc deux expressions pour \(f'(x)\) : 1. \(f'(x) = n(1+x)^{n-1}\) 2. \(f'(x) = \sum_{k=1}^{n} \binom{n}{k} k x^{k-1}\) En posant \(x = 1\), nous obtenons : \[ f'(1) = n(1+1)^{n-1} = n \cdot 2^{n-1} \] D'autre part, en substituant \(x = 1\) dans la somme : \[ f'(1) = \sum_{k=1}^{n} \binom{n}{k} k \cdot 1^{k-1} = \sum_{k=1}^{n} k \cdot \binom{n}{k} \] Conclusion Nous avons donc établi l'égalité : \[ \sum_{k=1}^{n} k \cdot \binom{n}{k} = n \cdot 2^{n-1} \] Ce qui démontre la relation recherchée.
Exercice 87: ★ ★ ★ ★ ★
Soit \(n\) un entier naturel non nul. Une urne contient \(n\) billes bleues et \(n\) billes jaunes. On tire les billes de l'urne les unes après les autres jusqu'à ce que l'urne soit vide, en notant la couleur de chaque bille tirée : \(B\) pour bleu et \(J\) pour jaune. 1. a. Établissez une correspondance entre les résultats possibles et l'ensemble \(E = \{B; J\}\). b. Montrez que le nombre total de séquences de tirages est \(\binom{2n}{n}\).
2. On joue à un jeu où l'on gagne \(1\) € à chaque fois qu'on tire une bille d'une couleur différente de celle de la bille tirée juste avant. La partie se termine lorsque toutes les billes ont été tirées. a. Calculez la probabilité de gagner exactement \(1\) € lors d'une partie. b. Calculez la probabilité de gagner \(3\) € lors d'une partie. c. Soit \(k\) un entier naturel tel que \(2 \leq k \leq 2n\). Calculez, en fonction de \(n\), la probabilité de gagner \(1\) € lors du \(k\)-ième tirage. Cette probabilité dépend-elle du rang \(k\) ?
solution en cours....
Exercice 88: ★ ★ ★ ★ ★
Soit \(m\) un entier naturel non nul. Une urne contient \(m\) pommes et \(m\) poires. Les fruits sont tirés un à un jusqu'à ce que l'urne soit vide, en notant la couleur du fruit tiré par \(P\) pour pomme et \(O\) pour poire.
1. a. Reliez les résultats possibles au set \(E = \{P; O\}\). b. Montrez que le nombre de séquences de tirages est \(\binom{2m}{m}\).
2. On considère un jeu où l'on gagne \(2\) € chaque fois que le fruit tiré est différent du fruit précédemment tiré. Le jeu s'arrête lorsque toutes les fruits ont été tirés. a. Calculez la probabilité de gagner exactement \(2\) € lors d'une partie. b. Calculez la probabilité de gagner \(4\) € lors d'une partie. c. Soit \(k\) un entier tel que \(2 \leq k \leq 2m\). Calculez, en fonction de \(m\), la probabilité de gagner \(2\) € lors du \(k\)-ième tirage. Cette probabilité dépend-elle du rang \(k\) ?
solution en cours...
Exercice 89: ★ ★ ★ ★ ★
Soit \(p\) un entier naturel non nul. Une urne contient \(p\) jetons noirs et \(p\) jetons blancs. Les jetons sont tirés successivement jusqu'à ce que l'urne soit vide, en notant chaque couleur par \(N\) pour noir et \(B\) pour blanc.
1. a. Montrez comment les résultats peuvent être associés à l'ensemble \(E = \{N; B\}\). b. Démontrer que le nombre total de tirages possibles est \(\binom{2p}{p}\).
2. Dans un jeu, vous gagnez \(3\) € chaque fois que le jeton tiré est d'une couleur différente de celui tiré juste avant. Le jeu prend fin lorsque tous les jetons ont été tirés. a. Calculez la probabilité de gagner exactement \(3\) € lors d'une partie. b. Calculez la probabilité de gagner \(5\) € lors d'une partie. c. Soit \(k\) un entier naturel tel que \(2 \leq k \leq 2p\). Calculez, en fonction de \(p\), la probabilité de gagner \(3\) € lors du \(k\)-ième tirage. Cette probabilité varie-t-elle avec le rang \(k\) ?
solution en cours...
Exercice 90: ★ ★ ★ ★ ★
Soit \(n\) un entier naturel non nul. On considère la fonction \(g\) définie sur \(\mathbb{R}\) par : \[ g(x) = (2+x)^n \] On admet que, pour tous réels \(a\) et \(b\) : \[ (a+b)^n = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} a^{n-k}b^k \] 1. Soit \(g'\) la dérivée de la fonction \(g\) sur \(\mathbb{R}\). Calculez \(g'\) de deux manières différentes.
2. En déduire que : \[ \sum_{k=1}^{n} k \times \binom{n}{k} = n \times 2^{n-1} \] 3. Considérons un jeu où l'on tire successivement \(n\) boules d'une urne contenant \(n\) boules rouges et \(n\) boules bleues. On note \(R\) pour rouge et \(B\) pour bleu. a. Quelle est la probabilité de tirer exactement \(k\) boules rouges lors des \(n\) tirages ? b. En utilisant le résultat de la dérivée, montrez que la somme des probabilités de tirer au moins une boule rouge est donnée par : \[ P(\text{au moins une rouge}) = 1 - \left( \frac{1}{2} \right)^n \]
solution en cours...
𝒱𝑒𝓇𝓈 𝓁𝑒 𝒷𝒶𝒸 🎓
Exercice 1: ★ ★ ★ ★ ★
Pour chaque question, une seule des propositions est exacte. Indiquer laquelle, sans justification. 1. Afin de constituer le bureau dirigeant d'une association, on choisit trois personnes dans un groupe de douze personnes. Chacun des trois membres a une fonction spécifique. Le nombre de bureaux possibles est: a. \(4\) b. \(1728\) c. \(220\) d. \(12 \times 11 \times 10\) 2. Un sac contient trois boules blanches, quatre boules noires et une boule rouge, indiscernables au toucher. On tire, au hasard, successivement trois boules du sac, en remettant chaque boule tirée dans le sac avant le tirage suivant La probabilité de tirer trois boules noires est : a. \(\frac{\binom{4}{3}}{\binom{8}{3}}\) b. \(\frac{9}{8}\) c. \((\frac{1}{2})^3\) d. \(\frac{4 \times 3 \times 2}{8 \times 7 \times 6}\)
3. Dans un jeu de 32 cartes, le nombre de mains de cinq cartes contenant le valet et la dame de trèfle est : a. \(\binom{12}{3}\) b. \(\binom{30}{3}\) c. \(\binom{32}{3}\) d. \(30 \times 29 \times 28\)
solution en cours...
Exercice 2: ★ ★ ★ ★ ★
Dire si les affirmations suivantes sont vraies ou fausses, en justifiant. 1. Au championnat du monde d'athlétisme, la finale du saut à la perche se joue entre huit athlètes. Affirmation 1: Il y a 40 320 classements possibles sans ex æquo. 2. Dix coureurs participent à la finale du 100 mètres. Tous arrivent et il n'y a pas d'ex æquo. Affirmation 2: Le nombre d'arrivées dans l'ordre possibles pour les trois premiers est 120. 3. Quinze personnes se rencontrent. Chacune d'elles serre la main à chacune des autres. Affirmation 3: Le nombre de poignées de main échangées est 210. 4. En informatique, un octet est une liste de huit éléments pris dans l'ensemble \(\{0; 1\}\). Affirmation 4: Le nombre d'octets possibles est 82. Affirmation 5: Il y a 70 octets possibles contenant exactement quatre 1.
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Exercice 3: ★ ★ ★ ★ ★
Dire si les affirmations suivantes sont vraies ou fausses, en justifiant. 1. Pour tout entier \(n≥1\), \(\binom{n}{n-1} = n\) 2. Pour tout entier \(n≥2\), \(\binom{n}{2} = \frac{n(n-1)}{2}\) 3. Pour tout entier \(n≥0\), \((n+1)! = (n+1)n!\) 4. Pour tout entier \(n≥1\), \(\frac{1}{n!}-\frac{1}{(n+1)!} = \frac{1}{n}\)
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Exercice 4: ★ ★ ★ ★ ★
Une association organise un loto. Une urne contient 90 jetons numérotés de 1 à 90. L'organisateur tire successivement et sans remise les jetons de l'urne et annonce le numéro obtenu. Chaque joueur achète un carton sur lequel sont inscrits cinq nombres différents et gagne lorsque tous les numéros de son carton ont été annoncés. 1. L'organisateur tire cinq jetons. a. Combien y a-t-il de tirages possibles ? b. Quelle est la probabilité pour un joueur d'avoir les cinq bons numéros ? 2. L'organisateur tire dix jetons. Combien y a-t-il de cartons gagnants ? 3. On considère l'algorithme suivant. 𝑓 ← 5! 𝑐 ← 1 𝑃𝑜𝑢𝑟 𝑖 𝑎𝑙𝑙𝑎𝑛𝑡 𝑑𝑒 0 à 4 𝑐 ← (𝑛-1) x 𝑐 𝑐 ← \(\frac{c}{f}\)
a. Quelle est la valeur de \(c\) à la fin de cet algorithme lorsque \(n = 6\) ? lorsque \(n = 10\) ? b. Quel est le rôle de cet algorithme ? c. Modifier cet algorithme pour obtenir le nombre de jetons que l'organisateur doit tirer afin que la probabilité d'avoir un carton gagnant dépasse 50%.
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Exercice 5: ★ ★ ★ ★ ★
Lors de l'oral d'un concours, l'examina- teur propose aux candidats deux sujets choisis aléatoirement dans une banque publique de 80 sujets. 1. Quel est le nombre possible de tirages ? 2. a. Baptiste a préparé dix de ces sujets. Calculer le nombre de tirages possibles comportant au moins l'un des sujets qu'il a révisés. b. Combien aurait-il dû préparer de sujets pour que plus de neuf tirages sur dix contienne l'un des sujets révisés ?
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