Exercices corrigés : dénombrement et probabilité géométrique (math, secondaire 3)

a) $3\times 4\times 2=24$ menus. L'arbre part de $3$ branches, chacune se divise en $4$, chacune de ces $12$ branches se divise en $2$ : $24$ chemins du départ à une feuille, et chaque chemin est un menu. On ne dessine pas $24$ feuilles, on MULTIPLIE : c'est tout l'intérêt du principe.

b) Chaque position a $10$ choix, indépendamment des autres : $10\times 10\times 10\times 10=10^{4}=10\,000$ codes, de $0000$ à $9999$. Sans répétition : $10$ choix pour le premier chiffre, puis $9$ (un chiffre est pris), puis $8$, puis $7$ : $10\times 9\times 8\times 7=5040$ codes. La répétition interdite fait perdre presque la moitié des codes.

c) Lettres : $26\times 26\times 26=17\,576$. Chiffres : $10^{3}=1000$. Total : $17\,576\times 1000=17\,576\,000\approx 1{,}76\times 10^{7}$ plaques, près de dix-huit millions. Quand chaque étape a le même nombre de choix, le produit est une puissance, et le chapitre sur les exposants revient naturellement.

d) Cinq plats : $3\times 5\times 2=30$ menus, soit $6$ de plus. Trois desserts : $3\times 4\times 3=36$ menus, soit $12$ de plus. Ajouter une option à l'étape qui en a le MOINS rapporte le plus : le nouveau dessert se combine avec les $12$ paires entrée-plat, le nouveau plat seulement avec les $6$ paires entrée-dessert. Dans un produit, augmenter le plus petit facteur de $1$ fait le plus grand effet relatif.

a) Pour la première place, $5$ choix ; pour la deuxième, il reste $4$ livres ; puis $3$, $2$, $1$. Total : $5\times 4\times 3\times 2\times 1=5!=120$ rangements. Chaque livre placé retire un choix pour la suite : c'est ce qui distingue une permutation d'un code de casier, où le même chiffre pouvait revenir.

b) $4!=24$ dispositions. Si Ana et Bo veulent être côte à côte, on les colle en un seul « bloc » : il reste $3$ objets à ranger (le bloc et les deux autres), soit $3!=6$ façons, et à l'intérieur du bloc, $2$ ordres possibles (Ana-Bo ou Bo-Ana). Total : $6\times 2=12$ dispositions, exactement la moitié des $24$. Le truc du bloc est la méthode standard pour une contrainte de voisinage.

c) $6!=720$, $7!=5040$, et $\dfrac{7!}{6!}=7$. En effet $7!=7\times 6!$ : chaque factorielle est la précédente multipliée par le nouveau nombre. Cette relation permet de simplifier les quotients de factorielles sans tout calculer, $\dfrac{10!}{8!}=10\times 9=90$, ce qui servira pour les arrangements et les combinaisons. Les factorielles grandissent très vite : $10!$ dépasse déjà trois millions.

d) MATHS a $5$ lettres toutes différentes : $5!=120$ mots. ALLO a $4$ lettres mais deux L identiques : $4!=24$ compte chaque mot deux fois, une pour chaque ordre des deux L, qu'on ne distingue pas. Il faut diviser : $\dfrac{24}{2}=12$ mots. La répétition d'une lettre divise par la factorielle du nombre de répétitions ; avec trois lettres identiques, on diviserait par $3!=6$.

a) Or : $8$ choix. Argent : $7$ restants. Bronze : $6$. Total : $8\times 7\times 6=336$ podiums. L'ordre compte : Ali-Bea-Cam et Bea-Ali-Cam sont deux podiums différents, les médailles ne sont pas les mêmes. Et on ne répète pas : un coureur ne peut pas être premier ET deuxième.

b) $26\times 25\times 24\times 23=358\,800$ mots de passe à lettres distinctes. Sans la contrainte : $26^{4}=456\,976$. La contrainte « distinctes » en retire environ $98\,000$, soit $21\,\%$. Un système qui interdit les lettres répétées affaiblit donc ses mots de passe : c'est un cas où la règle « sans répétition » n'est pas souhaitable.

c) $28\times 27\times 26=19\,656$ façons. Les trois postes sont différents, donc l'ordre compte, c'est un arrangement de $3$ parmi $28$. Si les trois postes étaient identiques, un « comité de trois », le nombre serait bien plus petit : c'est l'objet de l'exercice suivant.

d) $\dfrac{8!}{(8-3)!}=\dfrac{8!}{5!}=\dfrac{40\,320}{120}=336$. Même résultat. La formule fonctionne parce que $\dfrac{8!}{5!}=\dfrac{8\times 7\times 6\times 5!}{5!}=8\times 7\times 6$ : la division par $(n-k)!$ efface exactement les facteurs qu'on ne veut pas. En pratique, le produit direct des $k$ premiers facteurs est plus rapide et plus sûr que la formule.

a) Chaque comité $\{A, B, C\}$ compte pour $3!=6$ podiums différents (ABC, ACB, BAC, BCA, CAB, CBA). Les $336$ arrangements regroupent donc les comités par paquets de $6$ : $\dfrac{336}{6}=56$ comités. On peut aussi écrire directement $\dfrac{8\times 7\times 6}{3\times 2\times 1}=56$. Passer d'un arrangement à une combinaison, c'est diviser par les ordres qu'on ne distingue plus.

b) Arrangements de $2$ parmi $6$ : $6\times 5=30$. Combinaisons : $\dfrac{30}{2!}=15$ pizzas. Liste avec les garnitures $a$ à $f$ : $ab$, $ac$, $ad$, $ae$, $af$, $bc$, $bd$, $be$, $bf$, $cd$, $ce$, $cf$, $de$, $df$, $ef$, quinze paires. La pizza « champignons-olives » est la même que « olives-champignons » : l'ordre ne compte pas, et lister confirme la division par $2$.

c) Deux délégués sans rôle distinct : $\dfrac{28\times 27}{2}=378$ façons. Les $19\,656$ de l'exercice 3 concernaient TROIS postes ORDONNÉS ; ici, deux personnes sans ordre. Pour comparer à égalité, deux postes ordonnés parmi $28$ donnent $28\times 27=756$, exactement le double de $378$ : chaque paire de délégués correspond à deux attributions président-vice-président. L'écart entre « ordonné » et « non ordonné » est toujours un facteur $k!$.

d) Une poignée de main, c'est un choix de $2$ personnes parmi $10$, sans ordre : $\dfrac{10\times 9}{2}=45$ poignées. Compter « chaque personne serre $9$ mains, donc $90$ » compte chaque poignée deux fois, une par participant ; il faut diviser par $2$. Ce raisonnement, compter puis corriger le double comptage, est la définition même d'une combinaison.

a) Trois livres parmi sept, sans ordre : COMBINAISON, $\dfrac{7\times 6\times 5}{3!}=35$. Trois prix différents : ARRANGEMENT, $7\times 6\times 5=210$, l'ordre compte parce que les prix sont différents. Code de trois chiffres : RÉPÉTITION permise, $10^{3}=1000$. Sept trophées rangés : PERMUTATION, $7!=5040$. Quatre situations, quatre formules, et la seule difficulté est de lire la situation, pas de calculer.

b) Sans ordre et sans répétition : combinaison de $6$ parmi $49$, $\dfrac{49\times 48\times 47\times 46\times 45\times 44}{6!}=\dfrac{10\,068\,347\,520}{720}=13\,983\,816$, environ $1{,}4\times 10^{7}$, quatorze millions de tirages. Une seule grille gagnante sur quatorze millions : la probabilité de gagner avec une grille est d'environ $7\times 10^{-8}$. Avec l'ordre, on aurait dix milliards, et ce serait faux : les boules sortent dans un ordre, mais le résultat est l'ensemble des six numéros.

c) Chaque juge choisit parmi $10$ notes, indépendamment, et deux juges peuvent donner la même note : RÉPÉTITION permise, $10^{5}=100\,000$ jeux de notes. Ce n'est pas un arrangement, puisque la répétition est possible ; ce n'est pas non plus une combinaison, parce que les juges sont distincts, la note du juge 1 et celle du juge 2 ne sont pas interchangeables. Le principe multiplicatif suffit.

d) Choisir les $3$ livres qu'on emporte revient EXACTEMENT à choisir les $4$ qu'on laisse : à chaque choix de $3$ correspond un choix de $4$, et réciproquement. Les deux nombres sont donc égaux : $\dfrac{7\times 6\times 5}{3!}=35$ et $\dfrac{7\times 6\times 5\times 4}{4!}=\dfrac{840}{24}=35$. Cette symétrie permet de calculer le plus petit des deux : choisir $47$ numéros parmi $49$, c'est choisir les $2$ qu'on écarte, $\dfrac{49\times 48}{2}=1176$.

a) Aire de la zone centrale : $\pi\times 5^{2}=25\pi$. Aire de la cible : $\pi\times 15^{2}=225\pi$. Probabilité : $\dfrac{25\pi}{225\pi}=\dfrac{1}{9}\approx 0{,}111$. Le $\pi$ se simplifie : dans une probabilité géométrique entre disques, seuls les carrés des rayons comptent, et $\left(\dfrac{5}{15}\right)^{2}=\dfrac{1}{9}$, encore le $k^{2}$ des figures semblables.

b) Zone à $5$ points : couronne entre les rayons $5$ et $10$, aire $100\pi-25\pi=75\pi$, probabilité $\dfrac{75}{225}=\dfrac{1}{3}$. Zone à $2$ points : couronne entre $10$ et $15$, aire $225\pi-100\pi=125\pi$, probabilité $\dfrac{125}{225}=\dfrac{5}{9}$. Total : $\dfrac{1}{9}+\dfrac{3}{9}+\dfrac{5}{9}=1$. Le piège est de prendre $\pi\times 10^{2}$ pour la zone du milieu, sans retirer le disque central : c'est une COURONNE, pas un disque.

c) Parce que la probabilité suit l'AIRE, pas la largeur. Les deux zones ont $5$ cm de « largeur radiale », mais la couronne est bien plus étendue qu'un disque de même largeur : $75\pi$ contre $25\pi$. Les aires des trois zones sont dans les rapports $1$, $3$, $5$, les nombres impairs successifs, ce qui est une propriété générale des couronnes de même largeur.

d) En moyenne, $\dfrac{1}{9}\times 180=20$ fléchettes. Ce nombre n'est PAS certain : c'est ce qu'on attend en moyenne sur un grand nombre de séries de $180$ lancers ; une série réelle peut en donner $14$ ou $27$. Une probabilité prédit une fréquence à long terme, jamais le résultat d'une expérience particulière. C'est la distinction entre probabilité théorique et fréquence observée, et elle vaut pour tout le chapitre.

a) Son temps d'attente est la durée jusqu'au prochain passage : n'importe quelle valeur entre $0$ et $12$ minutes, également probable. Attendre moins de $3$ minutes signifie arriver dans les $3$ dernières minutes de l'intervalle, entre le repère $9$ et le repère $12$ sur la figure : probabilité $\dfrac{3}{12}=\dfrac{1}{4}$. La longueur favorable sur la longueur totale, exactement comme l'aire sur l'aire.

b) Plus de $8$ minutes d'attente : elle arrive dans les $4$ premières minutes après un passage, probabilité $\dfrac{4}{12}=\dfrac{1}{3}$. Entre $2$ et $5$ minutes : un intervalle de longueur $3$, probabilité $\dfrac{3}{12}=\dfrac{1}{4}$. La probabilité ne dépend que de la LONGUEUR de l'intervalle, pas de sa position : attendre entre $2$ et $5$ minutes ou entre $9$ et $12$ minutes, même chance.

c) L'attente est uniformément répartie entre $0$ et $12$ : par symétrie, la moyenne est le milieu, $6$ minutes. Autant de chances d'attendre moins de $6$ minutes que plus. Avec un bus toutes les $12$ minutes, on attend donc en moyenne la MOITIÉ de l'intervalle, et c'est vrai pour toute fréquence : un métro toutes les $4$ minutes fait attendre $2$ minutes en moyenne.

d) Le point de coupe est au hasard sur $[0\,;100]$ cm. Le plus petit morceau mesure moins de $20$ cm si la coupe est à moins de $20$ cm d'UNE des deux extrémités : dans $[0\,;20[$ ou dans $]80\,;100]$. Longueur favorable : $20+20=40$ cm sur $100$. Probabilité : $\dfrac{40}{100}=\dfrac{2}{5}=0{,}4$. Le piège est d'oublier une des deux extrémités et de répondre $\dfrac{1}{5}$ : « le plus petit morceau » peut être à gauche OU à droite de la coupe.

a) Chaque roulette offre $10$ positions : $10^{3}=1000$ codes, de $000$ à $999$. Avec trois chiffres distincts : $10\times 9\times 8=720$ codes, un arrangement de $3$ parmi $10$. L'information « distincts » retire $280$ codes, ceux qui ont au moins un chiffre répété.

b) Tous les codes : $1000\times 4=4000$ secondes, soit $66$ minutes et $40$ secondes, un peu plus d'une heure. En moyenne, le bon code est trouvé à mi-parcours : environ $500$ essais, $2000$ secondes, $33$ minutes. Un cadenas à trois roulettes ne protège donc que contre un voleur pressé ; c'est ce que le dénombrement met en chiffres.

c) Sans information : $\dfrac{1}{1000}=0{,}001$. Avec trois chiffres distincts et CROISSANTS : l'ordre est imposé (croissant), donc un code correspond à un CHOIX de $3$ chiffres parmi $10$ sans ordre, une combinaison : $\dfrac{10\times 9\times 8}{3!}=120$ codes. Probabilité : $\dfrac{1}{120}\approx 0{,}0083$, plus de huit fois plus qu'au départ. Chaque information sur le code réduit l'espace de recherche, et « croissants » est une information très forte : elle fixe l'ordre, donc divise par $3!$.

d) Quatre roulettes : $10^{4}=10\,000$ codes, DIX fois plus, pour une roulette de plus. Temps maximal : $40\,000$ secondes, plus de $11$ heures ; en moyenne $5$ h $33$. Ce n'est pas « un peu » plus sûr : chaque roulette ajoutée MULTIPLIE le nombre de codes par $10$, c'est le principe multiplicatif, et c'est pourquoi les codes longs valent tellement mieux que les codes courts. Cinq roulettes donneraient $100\,000$ codes et plus de quatre jours d'essais.

a) Aire favorable : trois disques, $3\times\pi\times 15^{2}=675\pi$ cm$^{2}$. Aire totale : $200\times 120=24\,000$ cm$^{2}$. Probabilité : $\dfrac{675\pi}{24\,000}=\dfrac{9\pi}{320}\approx 0{,}0884$, soit environ $8{,}8\,\%$. Le rapport des aires, encore ; les unités s'annulent, et il faut que les deux aires soient dans la MÊME unité, ici le cm$^{2}$.

b) $200\times 0{,}0884\approx 17{,}7$ : environ $18$ gagnants, en moyenne. Le nombre réel variera d'une journée à l'autre, mais prévoir $18$ lots est raisonnable ; en prévoir $25$ met à l'abri d'une journée chanceuse pour les joueurs.

c) Recettes : $200$ dollars. Lots : environ $18\times 8=144$ dollars, en moyenne. Bénéfice moyen : $56$ dollars, soit $0{,}28$ dollar par lancer. Autrement dit, chaque dollar joué rapporte en moyenne $0{,}0884\times 8\approx 0{,}71$ dollar au joueur et $0{,}29$ à la kermesse. Le jeu est gagnant pour la kermesse, ce qui est le but ; il le resterait tant que le lot coûte moins de $\dfrac{1}{0{,}0884}\approx 11{,}30$ dollars.

d) On veut $\dfrac{3\pi r^{2}}{24\,000}=0{,}10$, donc $r^{2}=\dfrac{2400}{3\pi}=\dfrac{800}{\pi}\approx 254{,}6$ et $r\approx 15{,}96$ cm, soit environ $16$ cm. Augmenter le rayon d'un centimètre seulement fait passer la probabilité de $8{,}8\,\%$ à $10\,\%$, parce que l'aire suit le CARRÉ du rayon. Vérification : $3\pi\times 16^{2}\approx 2413$ cm$^{2}$, et $\dfrac{2413}{24\,000}\approx 0{,}1005$.