Fiche méthodologique Les pièges dans les dénombrements

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1 Fiche méthodologique Les pièges dans les dénombrements BCPST Lycée Hoche $\ CC BY: Pelletier Sylvain Dans cette fiche, on résume quelques points techniques sur les dénombrements et la théorie des probabilités. Le piège du au moins : compter deux fois le même élément Considérons un jeu de 32 cartes. On demande combien de paires de cartes on peut réaliser contenant au moins un roi. Le piège consiste à raisonner en disant : il y a 4 choix pour le roi, puis 31 choix pour la deuxième carte (tout sauf la première, donc 4 31 paires possibles. L erreur est ici que certaines paires sont comptées en double : celles constituées de deux rois. Par exemple, la paire {RP, RC}, est comptée une fois en choisissant d abord le RP, puis le RC, une autre fois dans le sens inverse. Lorsqu on dénombre et que l on raisonne par choix successifs, il est donc important de ne pas compter un élément deux fois. Il y a deux bonnes manières de procéder pour éviter ce piège : Découper l ensemble considéré en deux ensembles disjoints : Ici, il s agit des ensembles A :paires constituées exactement d un roi de cardinal 4 28, et B : paires constituées exactement de deux rois de cardinal ( 4 ( 2. Le résultat est alors Procéder par complémentaire : En considérant le complémentaire de l ensemble cherché : A :paires constituées d aucun roi. Cet ensemble est de cardinal ( 28 ( 2. Le résultat est donc 32 ( Application 1 Dans un jeu de 52 cartes, on tire des mains de 5 cartes. Combien y a-t-il de tirages constitués exactement de 1 roi et 1 cœur? En comptant que le roi de cœur compte à la fois pour un cœur et pour un roi, c est-à-dire qu un tirage du type {RC, DP, 7T, 8P, 9T } est considéré dans l ensemble. La bonne manière de procéder est de compter : tout d abord les mains ne contenant pas le roi de cœur, soit 3 12 ( 37 3, puis celle contenant le roi de cœur, soit ( Le résultat est la somme des deux. Lemme des bergers et applications aux dénombrements Le lemme des bergers vient du fait que pour compter un troupeau de moutons on peut compter les têtes, ou bien compter les pattes et diviser par quatre. La plupart du temps c est cette version qui est utilisée : Proposition 1. Soient E( et F deux ensembles finis. On supose qu il existe f : E F, surjective, telle que λ N, y F, card f 1 ({y} λ, i.e. tous les éléments y F ont exactement λ antécédents dans E. Alors on a : card(e λcard(f. Dans l exemple du troupeau de moutons, la fonction f est celle qui aux pattes (ensemble E associe la tête (ensemble F. On a bien quatre pattes pour la même tête, donc la préimage d une tête est de cardinal 4, et l application est bien surjective, car à chaque tête correspond forcément 4 pattes. Ainsi, card(e le nombre de pattes est égal à 4card(F, c est-à-dire 4 fois le nombre de têtes. 1

2 ( Démonstration. On voit que les ensembles f 1 ({y} forment un système complet de E : y F E f 1 ({y}, union disjointe. y F En effet, si x E, alors x f 1 ({f(x}, et si y y, f 1 ({y} f 1 ({y }. Ainsi, card(e y F ( card f 1 ({y}. ( Puis comme card f 1 ({y} λ, on obtient : card(e λcard(f. La première application de ce lemme consiste à regarder l application qui, à un arrangement de p éléments parmi n, associe une combinaison de p éléments parmi n, c est-à-dire aux p éléments sans ordre : { {arrangements} {permutations} φ : (x 1,..., x p {x 1,..., x p } Il est clair qu à une permutation correspond p! arrangements. On retrouve donc le résultat : A p n p!cn. p Le lemme des bergers permet ainsi de compter avec ordre puis d enlever l ordre pour obtenir le résultat. Dans ce contexte, on divise les cardinaux, par le nombre d antécédents. Par exemple, supposons que l on veuille compter le nombre de mains de 4 cartes d un jeu de 32 cartes contenant une carte de chaque couleur (cœur, pique, trèfle, carreau. Une méthode pour faire ce calcul consiste à supposer (temporairement qu on garde l ordre des cartes, on obtient alors : Pour la première carte, 32 choix, puis 24 choix pour la deuxième carte, puis 16 choix pour la troisième, et 8 pour la dernière. On a ici compté le nombre d arrangements de 4 éléments vérifiant la propriété, le nombre de mains (donc sans ordre est obtenu en divisant ce nombre par 4!, puisque l application qui à un arrangements associe une combinaison est surjective, et vérifie que chaque combinaison est l image de 4 arrangements. Note: On peut aussi faire ce calcul en considérant l application : { {7, 8, 9,..., Roi, As} 4 {mains solutions} φ : (x 1, x 2, x 3, x 4 {x 1 C, x 2 T, x 3 C, x 4 P } qui est clairement une bijection d un ensemble de cardinal 8 4 dans l ensemble cherché. Autre exemple, on se demande comment ranger n boules dans 3 boîtes, de tel sorte que la boîte i contient k i boules. Avec k 1 + k 2 + k 3 n. Une manière de procéder consiste à regarder l application : {permutations} {solutions du problème} φ : { } (x 1,..., x n {x 1,..., x k1 }, {x k1 +1, x k1 +2,..., x k1 +k 2 }, {x k2 +1, x k1 +2,..., x n } Autrement dit, à une permutation, on associe la solution obtenue en mettant dans la première boîte les k 1 premières, puis dans la deuxième les k 2 boules suivantes, et les dernières dans la boîte 3. Cette application est surjective, et une solution donnée est l image de k 1!k 2!k 3! permutations, qui correspondent aux différentes manières de ranger les k 1 premières boules, les k 2 suivantes et les dernières. Ainsi, l ensemble cherché a pour cardinal n! k 1!k 2!k 3!. Note: On peut retrouver ce résultat en disant : on a ( k 1 n choix pour la première boîte, 2

3 puis ( k 2 n k 1 choix pour la deuxième boîte, enfin aucun choix pour la dernière. La nombre obtenu est alors : ( ( k1 k2 n! n n k 1 k 1!(n k 1! Ordre arbitraire (n k 1! k 2!(n k 1 k 2! n! k 1!k 2!k 3!. Considérons un lancer de deux dés indiscernables. L univers est alors [[1, 6]] 2. Ce résultat peut sembler étonnant puisqu on a précisé que les dés sont indiscernables. On impose alors un ordre dans les dés en disant : celui-ci est le premier et celui-là est le second, comme si les dés étaient de couleurs différentes, alors qu il est impossible de modéliser un événement comme le premier dé vaut 1, et le deuxième 3. Que se passerait-il si l on ne considérait pas cet ordre? L univers serait alors les parties à 1 ou 2 éléments de [[1, 6]]. Une partie à 1 élément comme {1} correspondrait à l événement les deux dés valent 1, soit la seule valeur lisible est 1, tandis qu une partie à deux éléments comme {1, 3} correspondrait à l événement l un des dés vaut 1, l autre 3, et donc deux valeurs seraient visibles : 1 et 3. Cette modélisation enlève tout ordre dans les dés. En fait ces deux modélisations sont possibles. La seule différence, est que la probabilité sur l ensemble [[1, 6]] 2 est clairement la probabilité uniforme, tandis que la probabilité sur l ensemble des parties à 1 ou 2 éléments sera telle qu un singleton aura pour probabilité 1 36, tandis que les 15 parties à deux éléments auront pour probabilité Ainsi, il est plus simple d imposer un ordre artificiel, en disant que le premier dé est simplement celui que l on lit en premier. Cet ordre est différent à chaque lancer, mais il permet d obtenir une probabilité uniforme. 3

4 Fiche méthodologique Rang de la i-ième boule dans un tirage avec remise BCPST Lycée Hoche $\ CC BY: Pelletier Sylvain Soit une urne, qui contient N boules, dont r sont blanches, les autres étant noires. On tire dans cette urne sans remise. Pour i [[1, r]], on note X i le rang de la i-ième boule blanche. Ainsi, X 1 est le rang de la première boule blanche et X r celui de la dernière. On voit que X i (Ω [[i, N r + i]], puisqu au mieux on ne tire que des blanches, et donc la i-ième arrive en position i, au pire on tire d abord les (N r noires, puis les i blanches, la i-ième arrive alors en position N r + i, toutes les valeurs entières entre les deux sont possibles. Dans cette fiche, on présente différentes méthodes pour déterminer la loi de X, chacune ayant un intérêt pédagogique. On note B k l événement obtenir une boule blanche au tirage k, et N k le contraire. Exemples : p(x i i et loi de X 1 Commençons par calculer p(x i i, cet événement n arrive que si on ne tire que des blanche dans les i premiers tirages. On a donc : (X i i (B 1 B 2... B i. Et donc : p(x i i p(b 1 B 2... B i. En utilisant la formule des probabilités composées, on obtient : p(x i i p(b 1 B 2... B i. p(b 1 p B1 (B 2 p B1 B 2 (B 3... p B1 B 2...B i 1 (B i Au tirage k, il y a N + 1 k boules dans l urne, si on n a tiré que des boules blanches avant, alors il y a donc r + 1 k boules blanches. On a donc : p(x i i p(b 1 p B1 (B 2 p B1 B 2 (B 3... p B1 B 2...B i 1 (B i r r 1 r 2 N N 1 N 2... r i + 1 N + 1 i r! (N i! (r i! N! Autre exemple : le cas i 1, i.e. on regarde le rang de la première boule blanche. Soit k [[1, N r + 1]]. L événement X 1 k signifie : les k 1 premiers tirages n ont donné que des noires, puis on a eu la première blanche au k-ième tirage. Cela s écrit donc : p(x 1 k p(n 1 N 2 N k 1 B k p(n 1 p N1 (N 2 p N1 N 2 (N 3... p N1 N 2...N k 2 (N k 1 p N1 N 2...N k 1 (B k, 4

5 d après la formule des probabilités composées. Cela donne : p(x 1 k N r N r 1... N r k + 2 r N N 1 N + 2 k N + 1 k (N r! (N k! r (N r k + 1! N! r! (N r! (N k! (r 1! N! (N r k + 1! ( 1 ( ( N k N k r 1 N ( r 1 N r r Méthode par dénombrements, boules discernables Supposons que les boules soient discernables. L univers Ω est alors l ensemble des permutations d un ensemble à n éléments soit #Ω n!. On le munit de la probabilité uniforme, puisqu aucun tirage ne semble plus probable qu un autre. Soit k [[1, N r + i]], on va compter le nombre de tirages qui vérifient X i k. Pour un tel tirage, il y a i 1 boules blanches dans les k 1 premières places, puis une boule blanche au tirage k, puis r i boules blanches dans les N k derniers tirages. Un tel tirage est déterminé par les choix successifs de : la place des i 1 boules blanches dans les k 1 premiers tirages, les boules noires sont alors aussi placées, soit ( k 1 i 1 choix, la place des r i boules blanches dans les N k derniers tirages, les boules noires sont alors aussi placées, soit ( N k r i choix, la position des r boules blanches parmi les places choisies (puisqu elles sont supposées discernables, soit r! choix, la position des N r boules noires (idem, soit (N r! choix. Cela donne : ( ( k 1 N k r!(n r! choix. i 1 r i D où la probabilité : ( ( k 1 N k r!(n r! p(x i k i 1 r i N! Méthode par dénombrements, boules indiscernables ( k 1 ( N k i 1 r i ( N r On reprend le raisonnement précédent, mais on ne suppose plus les boules discernables. Un tirage est alors déterminé par la position des blanches, donc par un choix de r éléments dans [[1, N]], ainsi #Ω ( N r. Soit k [[i, N r + i]], on va compter le nombre de tirages qui vérifie X i k. En reprenant le raisonnement précédent, on obtient qu un tel tirage est déterminé par les choix successifs de : la place des i 1 boules blanches dans les k 1 premiers tirages, les boules noires sont alors aussi placées, soit ( k 1 i 1 choix, la place des r i boules blanches dans les N k derniers tirages, les boules noires sont alors aussi placées, soit ( N k r i choix, Soit : ( k 1 i 1 ( N k r i choix. 5

6 D où la probabilité : p(x i k ( k 1 ( N k i 1 r i ( N. r Méthode par la loi hypergéométrique Puisqu on tire dans une urne sans remise, on a l idée de poser, pour j [[1, N]], la var Y j qui correspond au nombre de boules blanches dans les j premiers tirages. On sait alors que : Y j H(N, r N, j, puisqu on tire j boules sans remise dans une urne de taille N, qui contient une proportion de r N boules blanches. D autre part, pour k [[i, N r + i]], l événement X i k peut être décrit par : durant les k 1 premiers tirages, on a obtenu i 1 boules blanches, au tirage i on a obtenu une boule blanche. Ainsi, on trouve : ( (Yk 1 (X i k i 1 B i Cela donne p(x i k ( (Yk 1 p i 1 B i p ( Y k 1 i 1 ( p (Yk 1 i 1 Bi d après le cours, on sait que : p ( Y k 1 i 1 ( r ( N r i 1 k i ( N. k 1 Puis, au tirage k, on a N + 1 k boules dans l urne, et si on a tiré i 1 boules blanches, il en reste r i+1. Ainsi : ( r i + 1 p (Yk 1 i 1 Bi N + 1 k. Ainsi : p(x i k ( r ( N r i 1 k i ( N k 1 r i + 1 N + 1 k r! (N r! (k 1!(N k + 1! r i + 1 (i 1!(r i + 1! (N r k + i!(k i! N! N + 1 k r! (N r! (k 1!(N k! (i 1!(r i! (N r k + i!(k i! N! r!(n r! (k 1! (N k! N! (i 1!(k i! (r i!(n k r + i! ( k 1 ( N k i 1 r i ( N. r 6

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