(Chapitre 3) du Cous proba-stat 2021 S1 (1) by RAYANE LAZOUNI C3

Chapitre 3 : Introduction au calcul de probabilités. 3.1- Rappels sur l’analyse combinatoire : L’analyse combinatoire est l’étude des techniques de dénombrement. Le but de l'analyse combinatoire est d'apprendre à compter le nombre d‘éléments d'un ensemble fini de grand cardinal.

Notation : Le cardinal d'un ensemble X, notée card(X), est le nombre d‘éléments contenus dans l'ensemble X. Exemple1 : 1- Si X  1 , 2 , 3 alors card(X) = 3.

2- Si X  a 1 , a 2 ,  , a 20  alors card(X) = 20.

3.1.1 Principe de multiplication: Permet de compter le nombre de résultats d‘expériences qui peuvent se décomposer en une succession de sous- expériences. 130

3.1.1 Principe de multiplication: Permet de compter le nombre de résultats d‘expériences qui peuvent se décomposer en une succession de sous- expériences. Principe : On suppose qu'une expérience est la succession de m sous- expériences, telle que : - La 1ère expérience a n1 résultats possibles dans un ensemble X1 de n1 éléments (ie card (X1) = n1). - La 2ème expérience a n2 résultats possibles dans un ensemble X2 de n2 éléments (ie card (X2) = n2). - Et en général la i ème expérience a ni résultats possibles pour i = 1,…, m dans un ensemble Xi de ni éléments (ie card (Xi) = ni). Donc un élément de l’expérience est un m - uplet (x1 , x2 , … , xm) tel que : (x1 , x2 , … , xm)  X1  X2   Xm Alors le nombre total N de résultats possibles de l‘expérience globale est : m N  card ( X 1  X 2    X m )   n i  n 1  n 2    n m i 1

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Exemple 2: Vous achetez une valise à code de 4 touches (4 caractères). Le code est composé de 2 lettres pour les 2 premières touches et 2 chiffres pour les 2 dernières touches. 1ère touche

2ème touche

3ème touche

4ème touche

Combien de possibilités avez-vous pour choisir un code ? Réponse : Un code est un 4 – uplet (x1 , x2 , x3 , x4)  X1  X2 X3X4 tel que :

- x1 est choisi dans l’ensemble X1 des 26 lettres (card (X1)=26). - x2 est choisi dans l’ensemble X2 des 26 lettres (card (X2)=26). - x3 est choisi dans l’ensemble X3 des 10 chiffres (card (X3)=10).

- x4 est choisi dans l’ensemble X4 des 10 chiffres (card (X4)=10). Donc le nombre de possibilités pour choisir un code est :

N  card ( X 1  X 2  X 3  X 4 )  card ( X 1 ).card ( X 2 ).card ( X 3 ).card ( X 4 )  N  26  26  10  10  N  67600 132

Exemple 3: Une fille a quatre (04) jupes et six (06) chemisiers. Combien d’ensembles différents «jupe et chemisier» peut-elle porter ? Réponse : Un ensemble «jupe et chemisier» est un couple (x1 , x2)  X1X2 tel que :

- x1 est choisi dans l’ensemble X1 de 4 jupes (card (X1)= 4). - x2 est choisi dans l’ensemble X2 de 6 chemisiers (card (X2)= 6). Donc le nombre total d’ensembles «jupe et chemisier» possibilités est : N  card ( X 1  X 2 )  card ( X 1 ).card ( X 2 )  N  46

 N  24 133

3.1.2 Arrangements : Définition : Soit X un ensemble de n objet (ie card (X) = n). On appelle arrangement de p objets parmi n toute suite ordonnée de p objets pris parmi les n objets. Notation : Le Nombre d’arrangements de p objets est noté : A n . Remarque : - On a nécessairement - Si n

< p, alors A np

p objets pris parmi n

1  p  n et n, p  N*  0.

Exemples 4 : 1- Le nombre de mots de 5 lettres (avec ou sans signification) formés avec les 26 lettres de l’alphabet correspond au nombre d’arrangements possibles avec p = 5 et n = 26. 2- Le tiercé dans l’ordre lors d’une course de 20 chevaux constitue un des arrangements possibles avec p = 3 et n =20.

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Remarque : 1- Dans les exemples précédents l’ordre des éléments dans la suite est essentiel. Ainsi dans l’exemple 1, le mot NICHE est différent du mot CHIEN. 2- Mais dans l’exemple1, une lettre de l’alphabet peut se retrouver plusieurs fois. Par exemple, les mots AINSI, TARTE. 3- Par contre dans l’exemple2, les trois chevaux sont forcément différents. Conclusion : Donc il faut distinguer le nombre d’arrangements avec répétition et le nombre d’arrangements sans répétition. 1er cas – Arrangements avec répétitions : Proposition : Si un objet peut être observé plusieurs fois dans un arrangement, le nombre total d’arrangements avec répétition de p

objets pris parmi les n, est alors : A n

 n p avec 1  p  n

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Preuve : 1- Pour le premier objet tiré, il existe n manières de ranger l’objet parmi n. 2- Pour le deuxième objet tiré, il existe n manières de ranger l’objet parmi n car le premier objet fait de nouveau parti des n objets. On parle de tirage avec remise. Ainsi pour les p objets tirés, il y’aura p arrangements possibles, soit : A n  n  n

nnn (p fois)   n  n p

Exemple : On considère les nombres 2, 5, 6, 7, et 9. Combien peut-on former de nombres de deux chiffres? Réponse : Un nombre de deux chiffres peut être formé d’un chiffre répété 2 fois. Donc on parle de tirage avec remise. Alors le nombre 2 2 total de deux chiffres qu’on peut former est : A 5  5  25 Remarque : Pour le cas des arrangements avec répétition, on peut appliquer le principe de multiplication avec X1 = X2 = = Xp =X, donc le nombre total des cas possibles est :  N  n1  n 2    n p  n  n    n  n p  A p 136 n

2ème cas – Arrangements sans répétitions : Rappel : Si n 

N* , on appelle factorielle n, noté n, le produit des

n premiers entiers :

n !  1  2  3    p   p  1     n  1   n

et par convention on pose 0=1. Remarque : Dés que n dépasse la dizaine (10), n se compte en millions. Donc il est très utile de connaître la formule d’approximation n suivante (« formule de Stirling ») : n

n!     e 

2 n

Proposition : Si un objet ne peut être observé qu’une seul fois dans un arrangement, le nombre total d’arrangements sans répétition de p objets pris parmi les n, est alors : n! p An  avec 1  p  n

n  p  !

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Preuve : 1- Pour le premier objet tiré, il existe n manières de ranger l’objet parmi n. 2- Pour le deuxième objet tiré, il existe (n-1) manières de ranger l’objet car le premier objet ne peut plus être pris en compte. On parle de tirage sans remise. Ainsi pour les p objets tirés, parmi n, si

1 p n

il y’aura :

A np  n  n  1   n  2     n   p  1  ( p produits)

p n

 n  n  1   n  2     n  p  1 

 A  n  n  1     n  p n

n!  A  n  p  !

 n  p    2  1 p  1 n  p    2  1

p n

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Exemple : De combien de manières 10 personnes peuvent-elles s’asseoir sur un banc de 4 places ? Réponse : Dans ce cas il est clair qu’il y’a de l’ordre mais il n’y aura pas de répétition de personne, car chaque personne s’assoie au plus une seul fois parmi les 4 personne choisi parmi 10. On parle de tirage sans remise. Donc le nombre total des cas pour que 10 personnes peuvent s’asseoir sur un banc de 4 places est :

10 ! n! 4  A10  A  10  4  ! n  p  ! p n

 A

4 10

10 ! 1  2    10  7 . 8 . 9 . 10   6! 1 2 6

 A104  5040

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3.1.3 Permutations : Définition : On appelle permutation une disposition ordonnée de

n objets distincts ou non. 1er cas – Permutations sans répétitions :

n objets distincts ( ou tout arrangement n à n de ces objets ) est : Pn  n ! Proposition : Le nombre permutations de

n objets distincts constitue un cas particulier d’arrangement sans de répétition de p objets pris parmi n lorsque de n = p. Ainsi le nombre de permutations de n objets distincts est : Remarque : La permutation de

n! A   n! n  n  ! n n

Exemple : Le nombre de manières de placer 8 personnes autour d’une table est : P  8!  40320 8

140

2ème cas – Permutations avec répétitions : Proposition : 1- Dans le cas où il existerait plusieurs répétitions k d’un même objet parmi les n objets, le nombre de permutations possibles des n n! objets est : Pn 

2- En général s’il existerait k1 répétition d’un 1er objet, k2 répétition d’un 2ème objet,… ,kr répétition d’un r ème objet parmi les n objets, le nombre de permutations possibles des n objets est :

n! Pn  k 1 ! k 2 ! k r ! Exemple : Considérons le mot « CELLULE ». Le nombre possibles (avec ou sans signification) que l’on peut écrire 7! en permutant ces 7 lettres est : P7   420 mots possibles

2 !3 !

Car pour le mot « CELLULE » on a des lettres qui se répètent L(3 fois) et E(2 fois). 141

3.1.4 Combinaisons :

Définition : Soit X un ensemble de n objet (ie card (X) = n). On appelle combinaison de p objets tout ensemble de p objet pris parmi les n objets. Exemples : 1- Le tirage au hasard de 5 cartes dans un jeu de 32 (main de poker) est une combinaison avec p = 5 et n = 32. 2- La formation d’une délégation de 5 personnes parmi un groupe de 50 constitue une combinaison avec p = 5 et n = 50. 3- Le tirage successif de 5 jetons avec remises (sans tenir compte de l'ordre) parmi 8 jetons distincts contenues dans une urne est une combinaison avec p = 5 et n = 8.

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Remarque : 1- L’arrangement diffère de la combinaison par l’ordre, c’est-à-dire pour l’arrangement l’ordre est essentiel par contre pour la combinaison il n’y a pas d’ordre. 2- Dans les exemples précédents l’ordre n’est pas important. 3- Dans l’exemple 1 et 2, les objets tirés sont clairement distincts. 4- Par contre dans l’exemple 3, les objets ne sont pas nécessairement distincts, car le tirage est avec remise (Avec répétition).

Conclusion : Donc il faut distinguer le nombre de combinaison avec répétition et le nombre de combinaison sans répétition (combinaison au sens strict). 143

1er cas – Combinaisons Sans remise (sans répétition) : Notation : Le Nombre de combinaisons sans remise de p objets pris p parmi n objets est noté : C n . Remarque : 1 - On a nécessairement 1  p  n et n, p  N* 2 - Si n < p, alors C np  0 . Proposition : Le nombre de combinaisons de

p objets pris parmi n avec 1  p  n

n!  et sans remise est : C p ! n  p  ! Preuve : - Pour le tirage de p objets pris parmi n il y’a A p n p n

n! manières, en les ordonnant soit : A  n  p  ! - Une fois les p objets tirés, il y’a p! manières de les ordonner. p Donc il y’a A n p ! manières de tirer p objets pris parmi n sans n! p les ordonner. Donc; C n  p ! n  p  ! 144 p n

2eme cas – combinaisons avec remise (avec répétition) : Proposition : Le nombre de combinaisons de avec remise est :

p n p1



n  p  1  ! p ! n  1  !

p objets pris parmi n

Preuve : Admis. Exemples : 1- Le tirage au hasard de 5 cartes dans un jeu de 32 (main de poker) est une combinaison avec p = 5 et n = 32. Dans ce cas les objets tirés sont clairement distincts. Donc le nombre total des cas possibles est :

5 32

28  29  30  31  32 32 !   201376  1 2 3 4 5 5 ! 27  ! 145

2- La formation d’une délégation de 5 personnes parmi un groupe de 50 constitue une combinaison avec p = 5 et n = 32. Dans ce cas les objets tirés sont clairement distincts. Donc le nombre total des cas possibles est :

5 50

50 ! 46  47  48  49  50    2118760 1 2 3 4 5 5 ! 45  !

3- Le tirage successif de 5 jetons avec remises (sans tenir compte de l'ordre) parmi 8 jetons distincts contenues dans une urne est une combinaison avec p = 5 et n = 8. Dans ce cas il y’a de la remise, donc le nombre total des cas possibles est :

p n p1

C

5 8 51

C

5 12

8  9  10  11  12 12 !   792  1 2 3 4 5 5 !7 !

Propriétés des Combinaisons : P.1) C n0  C nn  1 . car : C n0

 C

n n

n!  1.  n!

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P.2)

C np  C nn  p avec 1  p  n car : n! n! n p p et C n  Cn  n  p  ! n  n  p  ! p ! n  p  !  C np  C nn  p ;  p, n  N* : 1  p  n

P.3) Combinaisons composées ou formule de Pascal :

 p, n  N* : 1  p  n  1 alors : C np  C np11  C np 1 En effet :

p 1 n 1

C

p n 1

n  1 ! n  1 !    p  1 ! n  1   p  1 ! p! n  1  p  ! n  1 ! n  1 !    p  1 ! n  p  ! p! n  1  p  ! n  p n  1 ! pn  1 !   p p  1 ! n  p  ! n  p  p! n  1  p  ! 147

n  p n  1 ! C C   p p  1 ! n  p  ! n  p  p! n  1  p  ! pn  1 ! n  p n  1 ! p 1 p  C n 1  C n 1   p! n  p  ! p! n  p  ! n  1 !  p  n  p  p 1 p  C n 1  C n 1  p! n  p  ! n  1 ! n n! p 1 p p 1 p  C n 1  C n 1   C n 1  C n 1  p! n  p  ! p! n  p  ! p 1 n 1

p n 1

pn  1 !

 C np11  C np1  C np Remarque : Cette formule permet de calculer facilement de proche en proche les p nombres C n . On obtient le tableau suivant appelé triangle de Pascal : 148

p–1

n-1

C np11 C np 1

C np

3.1.5 Formule du binôme de Newton :

Pour tout entier n  1 et pour tous réels a et b, on a formule, dite formule du binôme de Newton :

a  b n  C n0a n  C n1a n1b  C n2a n 2b 2    C nn1a b n1  C nnb n pn n a  b    C np a n  p b p C’est-à-dire : p0

on Remarque : En faisant a = b =2 dans la formule précédente, p n obtient : 2 n  C n0  C n1  C n2    C nn 1  C nn  C np



p0

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3.1.6 Permutation - Arrangement - Combinaison lequel choisir ? Exemple : Une urne contient les 6 jetons suivants :

{

}

1- On tire simultanément 5 jetons. Combien de tirages différents contenant 2 chiffres pairs et 3 impairs peut-on former ? 2- On tire successivement les 6 jetons et on les aligne. Combien de nombres différents formés des 6 chiffres peut-on ainsi former ? 3- On tire successivement 4 jetons et on les aligne. Combien de nombres différents peut-on former ? 4- On tire simultanément 4 jetons. Combien de tirages différents peut-on former ? 5- On tire successivement 4 jetons, on note le chiffre obtenu puis on le remet dans l’urne. Combien de nombres différents peut-on former ?

150

Solution : 1- On tire simultanément 5 jetons. Combien de tirages différents contenant 2 chiffres pairs et 3 impairs peut-on former ? Dans ce cas un tirage donne un couple (x1 , x2) tel que :

x1 est formé de 2 chiffres pris parmi 3 qui donne C 32 cas possibles. x2 est formé de 3 chiffres pris parmis 3 qui donne C 33 cas possibles. Donc le nombre total de tirages différents contenant 2 chiffres pairs et 3 impairs est : 3! 3!

N  C 32 .C 33 

N 3

2 ! 3  2  !



3 ! 3  3  !

2- On tire successivement les 6 jetons et on les aligne. Combien de nombres différents formés des 6 chiffres peut-on ainsi former ? Dans ce cas on tire successivement les 6 jetons et on les aligne, ce qui donne un tirage avec de l’ordre et sans remise.

151

Donc un tirage est une permutation de 6 jetons parmi 6 jetons. Donc le nombre total de nombres différents formés des 6 chiffres qu’on peut former est : P  6! 6

 1  2  3  4  5  6  720

3- On tire successivement 4 jetons et on les aligne. Combien de nombres différents peut-on former ? De l’alignement des jetons résulte des nombres différents, qui exige de l’ordre sans répétition (sans remise), donc chaque tirage est un arrangement sans remise. Donc le nombre total des nombres qu’on peut former est :

6! 6! 1  2  3  4  5  6 A     A 64  360 6  4  ! 2 ! 2 4 6

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4- On tire simultanément 4 jetons. Combien de tirages différents peut-on former ? Dans ce cas il n’y a pas d‘ordre et il n’y a pas de remise, donc chaque tirage est une combinaison de 4 parmi 6 sans remise. Donc le nombre de tirage qu’on peut former est :

4 6

1 2 3 4 5 6 6!   C 64  15  1  2  3  4   1  2 4 ! 6  4  !

5- On tire successivement 4 jetons, on note le chiffre obtenu puis on le remet dans l’urne. Combien de nombres différents peut-on former ? Dans ce cas on tire successivement les 4 jetons en remettant chaque fois le jeton dans l’urne, se qui donne un tirage avec de l’ordre et avec remise. Donc chaque tirage est un arrangement de 4 parmi 6 avec remise. Le nombre des nombres différents qu’on peut former est :

A 64  6 4  1296

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