Calcul de probabilités-2 (Prérentrée ECG1)

1. Notons tout d’abord que, cinq cartes étant retournées, les deux cartes de Michel sont choisies parmi les 47 restantes. Il y a donc \(\binom{47}{2}=1081\) choix possibles des deux cartes de Michel, tous équiprobables. De plus la seule façon pour que Michel ait un carré est que ses deux cartes soient le 7 de pique et le sept de cœur, donc :

   La probabilité que Michel ait un carré est \(\frac{1}{1081}\)

2. Rappelons que : Un full est une main de cinq cartes formées par une paire et un brelan. Compte tenu des cinq cartes retournées, Michel a un full si, et seulement s’il a une des combinaisons suivantes :

   • une paire de 7 et un brelan de 9 donc si les deux cartes de Michel sont deux 9 choisis parmi les trois restants : \(\binom{3}{2}=3\) possibilités,

   • une paire de 7 et un brelan de valets : \(\binom{3}{2}=3\) possibilités,

   • une paire de 7 et un brelan de rois : \(\binom{3}{2}=3\) possibilités,

   • un brelan de 7 et une paire de 9 , donc si les deux cartes de Michel comptent un 7 (2 choix) et un 9 (3 choix) : 6 possibilités,

   • un brelan de 7 et une paire de valets, donc si les deux cartes de Michel comptent un 7 et un valet : 6 possibilités,

   • un brelan de 7 et une paire de valets, donc si les deux cartes de Michel comptent un 7 et un roi : 6 possibilités.

   Au total, il y a donc 27 choix des deux cartes de Michel pour que celui-ci ait un full, donc :

   La probabilité que Michel ait un full est \(\frac{27}{1081}\)

3. De même que précédemment, Michel a exactement un brelan (et pas de full ni de carré) si, et seulement s’il a un brelan de 7 (et pas de full ni de carré) donc s’il a un 7 ( 2 choix) et une carte distincte du 7 , du 9 , du valet et du roi \(\left(47-4^4=31\right.\) choix \()\) donc : \(2 \times 31=62\) possibilités. On peut donc conclure :

   La probabilité que Michel ait un brelan et pas mieux est \(\frac{62}{1081}\)

4. De plus, compte tenu des cartes visibles, les suites possibles sont \((7,8,9,10,V)\) (si Michel a un \(8\) et un \(10\)) ou \((9,10,V,D,R)\) (si Michel a un 10 et une dame). Ainsi Michel aura une suite si et seulement si :

   • il a un \(8\) et un \(10\) (\(4\times\) possibilités) ou :

   • il a un 10 et une dame (\(4 \times4\) possibilités)

   donc, ces deux options étant incompatibles, il y a \(2 \times 4 \times 4 = 32\) paires de cartes permettant à Michel d’avoir une suite et :

   La probabilité que Michel ait un carré est \(\frac{32}{1081}\)

1. 1. Comme l’urne contient 10 boules au total et comme on effectue des tirages de deux boules simultanément, il y a \(\binom{10}{2}=45\) résultats possibles, tous équiprobables.

      De plus, comme l’urne contient 3 boules rouges, il y a \(\binom{3}{2}=3\) façons de tirer deux boules rouges simultanément, donc :

      \[p_1=\frac{3}{45}=\frac{1}{15}\]

   2. De même, il y a \(\binom{7}{2}=21\) façons de tirer deux boules noires simultanément, donc :

      \[p_2=\frac{21}{45}=\frac{7}{15}\]

   3. Comme les événements tirer deux boules rouges et tirer deux boules noires sont incompatibles, on a :

      \[p_3=p_1+p_2=\frac{8}{15}\]

   4. En notant \(A\) l’événement les deux boules tirées sont de couleurs différentes , on peut écrire : \[p_4=\mathbb{P}( A)=1-\mathbb{P}( \overline{A})\]

      Or \(\overline{A}\) est l’événement les deux boules tirées sont de la même couleur donc \(\mathbb{P}( \overline{A})=p_3\), et :

      \[p_4=\frac{7}{15}\]

2. 1. Comme il y a \(\binom{10}{2}\) façons de tirer deux boules simultanément dans \(U_1\) et 10 façons de tirer une boule dans \(U_2\), il y a en tout \(\binom{10}{2} \times 10=450\) tirages possibles, tous équiprobables (par hypothèse). De plus, pour choisir une éventualité telle que l’événement \(R\) se réalise, il faut et il suffit de :

      • choisir deux boules rouges simultanément dans l’urne \(U_1\) (3 façons d’après la question 1a)

      • choisir une boule rouge dans l’urne \(U_2\) (4 façons).

      Ainsi, il y a \(3 \times 4 = 12\) tirages tels que \(R\) se réalise, donc :

      \[\mathbb{P}( R)=\frac{12}{450}=\frac{2}{75}\]

   2. En notant \(N\) l’événement les trois boules tirées sont noires , on a : \[\overline{D}=R \cup N\] donc, comme les événements \(R\) et \(N\) sont incompatibles : \[\mathbb{P}( \overline{D})=\mathbb{P}( R)+\mathbb{P}( N)\]

      Or, de même que dans la question précédente, il y a \(\binom{7}{2}=21\) façons de tirer deux boules noires dans l’urne \(U_1\) et 6 façons de tirer une boule noire dans l’urne \(U_2\) donc il y a en tout \(21 \times 6\) tirages de trois boules tels que l’événement \(N\) se réalise. On a donc : \[\mathbb{P}( N)=\frac{6 \times 21}{450}=\frac{21}{75}\]

      d’où :

      \[\mathbb{P}( \overline{D})=\frac{2}{75}+\frac{21}{75}=\frac{23}{75}\]

   3. On a donc : \[\mathbb{P}( D)=1-\mathbb{P}( \overline{D})=\frac{52}{75} \neq 0\]

      Comme \(\mathbb{P}( D) \neq 0\), on a : \[P_D(B)=\frac{\mathbb{P}( B \cap D)}{\mathbb{P}( D)}\]

      Or l’événement \(B \cap D\) se réalise si, et seulement si, la boule tirée dans \(U_2\) est rouge et si les trois boules tirées ne sont pas de la même couleur donc, en notant \(E_1\) l’événement: les deux boules tirées dans \(U_1\) sont noires et \(E_2:\) on a tiré une boule noire et une boule rouge dans l’urne \(U_1\) : \[B \cap D=\left(B \cap E_1\right) \cup\left(B \cap E_2\right)\]

      Comme \(\left(B \cap E_1\right)\) et \(\left(B \cap E_2\right)\) sont disjoints, on a alors, en considérant que les tirages dans les deux urnes sont indépendants : \[\begin{aligned} \mathbb{P}( B \cap D) &=P\left(B \cap E_1\right)+P\left(B \cap E_2\right) \\ &=\mathbb{P}( B) P\left(E_1\right)+\mathbb{P}( B) P\left(E_2\right) \\ &=\frac{4}{10} \times \frac{\binom{7}{2}}{\binom{10}{2}}+\frac{4}{10} \times \frac{7 \times 3}{\binom{10}{2}} \\ &=\frac{28}{75} \end{aligned}\]

      d’où :

      \[P_D(B)=\frac{28}{75} \times \frac{75}{52}=\frac{7}{13}\]

1. 1. Comme \(a\) est différent de 1, on a : \[\begin{aligned} c=a c+b &\Leftrightarrow \left( 1-a \right) c=b \\ &\Leftrightarrow c=\frac{b}{1-a} \end{aligned}\]

      d’où :

      \[c=\frac{b}{1-a} \text { est l'unique solution de l'équation } x=a x+b\]

   2. Par définition de la suite \(u\) et de \(c\), on a : \[\begin{aligned} \forall n \in \mathbb{N}, \ u_{n+1}-c &=\left(a u_n+b\right)-(a c+b) \\ &=a\left(u_n-c\right) \end{aligned}\]

      Commentaire

      On cherche une relation de récurrence entre \(u_{n+1}-c\) et \(u_n-c\)

      Ainsi, la suite \(\left(u_n-c\right)_{n \in \mathbb{N}}\) est géométrique de raison \(a\), ce qui nous permet d’écrire : \[\forall n \in \mathbb{N}, \ u_n-c=a^n\left(u_0-c\right)\]

      Finalement, on peut donc conclure :

      \[\forall n \in \mathbb{N}, u_n=c+a^n\left(u_0-c\right) \text { où } c=\frac{b}{1-a}\]

2. 1. Soit \(n \in \mathbb{N}\).

      Comme l’urne \(U_n\) contient trois boules dont au moins une blanche et une noire, \((B_n, \overline{B_n} )\) est un système complet d’événements de probabilités non nulles donc, d’après la formule des probabilités non nulles : \[\begin{aligned} \mathbb{P}( B_{n+1}) &= \mathbb{P}( B_n) \, \mathbb{P}_{B_n}(B_{n+1})+\mathbb{P}( \overline{B_n}) \, \mathbb{P}_{\overline{B_n}}(B_{n+1}) \end{aligned}\]

      Comme le résultat du tirage dans l’urne \(U_{n+1}\) dépend du résultat du tirage effectué dans l’urne \(U_n\), on pense à utiliser la formule des probabilités totales

      Or, sachant \(B_n\), l’urne \(U_{n+1}\) contient trois boules dont exactement deux boules blanches avant de procéder au tirage donc, la boule étant choisie de façon équiprobable : \[\mathbb{P}_{B_n}(B_{n+1}) =\frac{2}{3}\]

      De même, sachant \(\overline{B_n}\), l’urne \(U_{n+1}\) contient trois boules dont exactement une boule blanche avant de procéder au tirage donc, la boule étant choisie de façon équiprobable : \[\mathbb{P}_{\overline{B_n}}(B_{n+1}) =\frac{1}{3}\]

      Comme \(\mathbb{P}(\overline{B_n})=1-\mathbb{P}(B_n)=1-p_n\), on a donc : \[p_{n+1}=\frac{2}{3} \, p_n+\frac{1}{3}\left(1-p_n\right)\]

      On peut alors conclure :

      \[\forall n \in \mathbb{N}, \ p_{n+1}=\frac{1}{3} \, p_n+\frac{1}{3}\]

   2. D’après le résultat de la question précédente, la suite \(\left(p_n\right)_{n \in \mathbb{N}}\) est arithmético-géométrique. En utilisant le résultat de la question 1 avec \(a=b=\frac{1}{3}\), on obtient alors : \[\forall n \in \mathbb{N}, \ p_n=\frac{1}{2}+\frac{1}{3^n}\left[p_0-\frac{1}{2}\right]\]

      De plus, comme l’urne \(U_0\) contient deux boules dont une blanche et comme le tirage se fait de façon équiprobable : \(p_0=\frac{1}{2}\). Dès lors, on peut conclure :

      \[\forall n \in \mathbb{N}, \ p_n=\frac{1}{2}\]

   3. De même que dans la question précédente, on a toujours : \[\forall n \in \mathbb{N}, \ p_n=\frac{1}{2}+\frac{1}{3^n}\left[p_0-\frac{1}{2}\right]\]

      De plus, comme l’urne \(U_0\) contient trois boules dont deux blanches et comme le tirage se fait de façon équiprobable : \(p_0=\frac{2}{3}\). Dès lors, on peut conclure : \[\forall n \in \mathbb{N}, p_n=\frac{1}{2}+\frac{1}{3^n}\left[\frac{2}{3}-\frac{1}{2}\right]\]

      \[\forall n \in \mathbb{N}, \ p_n=\frac{1}{2}\left[1+\frac{1}{3^n}\right]\]

Remarquons tout d’abord que, comme les tirages se font avec remise, l’urne contient dix boules dont cinq blanches et cinq noires avant chaque tirage. Ceux-ci se faisant au hasard, on peut supposer que chaque boule peut être obtenue de façon équiprobable, et donc que la probabilité d’obtenir une boule blanche et celle d’obtenir une boule noire sont égales à \(\frac{1}{2}\) quel que soit le tirage considéré.

1. 1. Par définition de la suite \(u\) :

      \[u_2=-1,\quad u_3=0,\quad u_4=3\]

   2. On a : \[\begin{aligned} \forall k \geqslant 2, \ u_{k+1}-u_k &=\left[2^k-(k+1)-1\right]-\left[ 2^{k-1}-k-1\right] \\ &=2^k-2^{k-1}-1 \\ &=2^{k-1}(2-1)-1 \\ &=2^{k-1}-1 \\ &>0 \end{aligned}\]

      On peut donc conclure :

      La suite \(u\) est strictement croissante

2. • \(A \cap B\) se réalise si, et seulement si, on obtient au moins une boule blanche et une boule noire et si on obtient au plus une boule noire donc si, et seulement si, on obtient exactement une boule blanche et \(n-1\) boules noires. Pour cela, il faut et il suffit donc :

     • de choisir le numéro \(k\) du tirage donnant une boule blanche : \(n\) façons deux à deux disjointes,

     • d’obtenir une boule blanche à ce tirage : probabilité \(\frac{1}{2}\),

     • d’obtenir une boule noire à chacun des \(n-1\) autres tirages : probabilité \(\frac{1}{2}\) pour chaque tirage.

     Finalement, les tirages étant indépendants (car effectués au hasard et avec remise) :

     \[\mathbb{P}(A \cap B)=\frac{n}{2^n}\]

   • A se réalise si, et seulement si, on obtient au moins une boule de chaque couleur.

     \(\overline{A}\) se réalise si, et seulement si, toutes les boules obtenues sont de même couleur. En notant \(B_n\) l’événement toutes les boules obtenues sont blanches et \(N_n\) l’événement toutes les boules obtenues sont noires , on a donc

     Commentaire

     Examinons l’événement contraire, ce qui est souvent plus simple quand on cherche la probabilité que quelque chose se produise au moins une fois

     \[\overline{A} = B_n \cup N_n\]

     donc, ces deux événements étant incompatibles : \[\mathbb{P}( \overline{A} ) = \mathbb{P}(B_n) + \mathbb{P}(N_n)\]

     De plus, comme tous les tirages sont indépendants et comme l’urne contient toujours dix boules dont cinq blanches et cinq noires, on a : \[\mathbb{P}( B_n )= \mathbb{P}( N_n)=\frac{1}{2^n}\]

     Finalement, on a donc : \[\mathbb{P}( \overline{A} ) = \frac{1}{2^n}+\frac{1}{2^n}=\frac{1}{2^{n-1}}\]

     d’où :

     \[\mathbb{P}(A)=1-\frac{1}{2^{n-1}}\]

   • \(B\) se réalise si, et seulement si, on obtient au plus une boule blanche donc si, et seulement si, on obtient une boule blanche et \(n-1\) boules noires ou si l’on n’obtient que des boules noires. Avec les notations précédentes, on peut donc écrire : \[B=(A \cap B) \cup N_n\]

     Comme les événements \(A \cap B\) et \(N_n\) sont incompatibles, on en déduit donc, d’après les calculs précédents :

     \[\mathbb{P}(B)=\frac{n}{2^n}+\frac{1}{2^n}=\frac{n+1}{2^n}\]

3. Par définition, les événements \(A\) et \(B\) sont indépendants si, et seulement si : \[\mathbb{P}(A \cap B)=\mathbb{P}(A) \,\mathbb{P}(B)\]

   Or, d’après les résultats précédents, on a : \[\begin{aligned} \mathbb{P}(A \cap B)=\mathbb{P}(A)\,\mathbb{P}(B) &\Leftrightarrow \frac{n}{2^n} = \left( 1-\frac{1}{2^{n-1}} \right) \frac{n+1}{2^n} \\ &\Leftrightarrow n2^{n-1} = \left( 2^{n-1} - 1 \right) (n+1) \\ &\Leftrightarrow 2^{n-1}-n-1 = 0 \\ &\Leftrightarrow u_n = 0 \end{aligned}\]

   Or on a vu dans la question 1 que la suite \(u\) est strictement croissante et que \(u_3=0\). On en déduit que \(u_3\) est le seul terme nul de la suite \(u\), ce qui nous permet de conclure :

   \(A\) et \(B\) sont indépendants si, et seulement si \(n=3\)