Fiche méthodologique Les pièges dans les

Fiche méthodologique Les pièges dans les dénombrements
BCPST Lycée Hoche
Pelletier Sylvain
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=
$
CC
BY:
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 42 . Le résultat est alors 4 × 28 + 42 .
– Procéder par complémentaire : En considérant le complémentaire de l’ensemble cherché : A :paires
32
28
constituées d’aucun roi. Cet ensemble est de cardinal 28
2 . Le résultat est donc 2 − 2 .
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
37
– puis celle contenant le roi de cœur, soit 4 .
– 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
Démonstration. On voit que les ensembles f −1 ({y})
E=
[
y∈F
forment un système complet de E :
f −1 ({y}), union disjointe.
y∈F
En effet, si x ∈ E, alors x ∈ f −1 ({f (x)}), et si y 6= y ′ , f −1 ({y}) ∩ f −1 ({y ′ }) = ∅. Ainsi,
card(E) =
X
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 :
φ:
(
{arrangements} → {permutations}
(x1 , . . . , xp ) 7→ {x1 , . . . , xp }
Il est clair qu’à une permutation correspond p! arrangements. On retrouve donc le résultat : Apn = p!Cnp .
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:
(x1 , x2 , x3 , x4 ) 7→ {x1 C, x2 T, x3 C, x4 P }
qui est clairement une bijection d’un ensemble de cardinal 84 dans l’ensemble cherché.
Autre exemple, on se demande comment ranger n boules dans 3 boîtes, de tel sorte que la boîte i
contient ki boules. Avec k1 + k2 + k3 = n. Une manière de procéder consiste à regarder l’application :
φ:

 {permutations} →

(x1 , . . . , xn ) 7→
{solutions du problème}
n
o
{x1 , . . . , xk1 }, {xk1 +1 , xk1 +2 , . . . , xk1 +k2 }, {xk2 +1 , xk1 +2 , . . . , xn }
Autrement dit, à une permutation, on associe la solution obtenue en mettant dans la première boîte les k1
premières, puis dans la deuxième les k2 boules suivantes, et les dernières dans la boîte 3. Cette application est
surjective, et une solution donnée est l’image de k1 !k2 !k3 ! permutations, qui correspondent aux différentes
manières de ranger les k1 premières boules, les k2 suivantes et les dernières. Ainsi, l’ensemble cherché a
pour cardinal
n!
.
k1 !k2 !k3 !
Note: On peut retrouver ce résultat en disant :
– on a kn1 choix pour la première boîte,
2
k2
choix pour la deuxième boîte,
– puis n−k
1
– enfin aucun choix pour la dernière.
La nombre obtenu est alors :
(n − k1 )!
n!
n!
k2
k1
=
.
=
k1 !(n − k1 )! k2 !(n − k1 − k2 !)
k1 !k2 !k3 !
n − k1
n
⋆
Ordre arbitraire
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
1
, tandis que les 15 parties à deux éléments
2 éléments sera telle qu’un singleton aura pour probabilité 36
2
. Ainsi, il est plus simple d’imposer un ordre artificiel, en disant que le premier
auront pour probabilité 36
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
Fiche méthodologique Rang de la i-ième boule dans un tirage avec remise
BCPST Lycée Hoche
Pelletier Sylvain
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=
$
CC
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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 Xi le rang de la i-ième boule blanche. Ainsi, X1 est le rang de la
première boule blanche et Xr celui de la dernière.
On voit que Xi (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 Bk l’événement obtenir une boule blanche au tirage k, et Nk le contraire.
⋆
Exemples : p(Xi = i) et loi de X1
Commençons par calculer p(Xi = i), cet événement n’arrive que si on ne tire que des blanche dans les
i premiers tirages. On a donc :
(Xi = i) = (B1 ∩ B2 ∩ . . . Bi ).
Et donc :
p(Xi = i) = p(B1 ∩ B2 ∩ . . . Bi ).
En utilisant la formule des probabilités composées, on obtient :
p(Xi = i) = p(B1 ∩ B2 ∩ . . . Bi ).
= p(B1 )pB1 (B2 )pB1 ∩B2 (B3 ) . . . pB1 ∩B2 ∩...Bi−1 (Bi )
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(Xi = i) = p(B1 )pB1 (B2 )pB1 ∩B2 (B3 ) . . . pB1 ∩B2 ∩...Bi−1 (Bi )
r−i+1
r r−1 r−2
...
=
N N −1N −2
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 X1 = 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(X1 = k) = p(N1 ∩ N2 ∩ · · · ∩ Nk−1 ∩ Bk )
= p(N1 )pN1 (N2 )pN1 ∩N2 (N3 ) . . . pN1 ∩N2 ...Nk−2 (Nk−1 )pN1 ∩N2 ...Nk−1 (Bk ),
4
d’après la formule des probabilités composées. Cela donne :
N −rN −r−1
r
N −r−k+2
...
N
N −1
N +2−k N +1−k
(N − k)!
(N − r)!
= r×
(N − r − k + 1)!
N!
(N − k)!
r! (N − r)!
=
(r − 1)! N ! (N − r − k + 1)!
p(X1 = k) =
=
⋆
N −k
N r − 1
r
1
!
=
N −k
r−1
N
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 Xi = 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
−k placées, soit Nr−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 :
p(Xi = k) =
⋆
k−1
i−1
!
!
N − k r!(N − r)!
=
N!
r−i
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 = Nr .
Soit k ∈ [[i, N − r + i]], on va compter le nombre de tirages qui vérifie Xi = 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
−k placées, soit Nr−i
choix,
Soit :
!
!
k−1 N −k
choix.
i−1
r−i
5
D’où la probabilité :
p(Xi = k) =
⋆
Méthode par la loi hypergéométrique
k−1 N −k i−1
r−i
.
N
r
Puisqu’on tire dans une urne sans remise, on a l’idée de poser, pour j ∈ [[1, N ]], la var Yj qui correspond
au nombre de boules blanches dans les j premiers tirages. On sait alors que : Yj ֒→ H(N, Nr , j), puisqu’on
tire j boules sans remise dans une urne de taille N , qui contient une proportion de Nr boules blanches.
D’autre part, pour k ∈ [[i, N − r + i]], l’événement Xi = 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 :
(Xi = k) = Yk−1 = i − 1 ∩ Bi
Cela donne
p(Xi = k) = p Yk−1 = i − 1 ∩ Bi
= p Yk−1 = i − 1 p(Yk−1 =i−1) Bi
d’après le cours, on sait que :
p Yk−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(Xi = 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!
(k − 1)!
(N − k)!
r!(N − r)!
N!
(i − 1)!(k − i)! (r − i)!(N − k − r + i)!
k−1 N −k i−1
r−i
.
N
r
6