Probabilité chap 1 PDF

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Probabilités - L1 biologie ...

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3. On effectue un tirage simultan´e (une ! main ") de p ´el ´ements sans ordre ni r´ ep´ etitions, on obtient ainsi une partie ou un sous-ensemble de F `a p ´el´ements. Ces sous-ensembles s’appellent des combinaisons de p ´el´ements pris parmi n. On note {α, β, γ, · · · } un tel ´echantillon. ! "# $ p ´ el ´ements

Chapitre 1

1.2.2

Analyse combinatoire 1.1

p An′p = !n × n × "#· · · × n$ = n p fois

Exemple introductif

Soit F = {A, C, G, T } un ensemble `a 4 ´el´ements. (Les quatre nucl´eotides qui composent une s´equence ADN : A (Ad´enine), C (Cytosine), G (Guanine), T (Thymine)) On souhaite extraire un ´echantillon de 2 ´el´ements, 2 nucl´eotides, parmi les 4 ´el´ements de F . Plusieurs fa¸cons sont envisag´ees : 1. On tire un premier ´el´ement que l’on remet, puis un deuxi`eme dans la totalit´e des 4 ´el´ements, on obtient alors les 16 ´echantillons suivants : (A, A), (A, C ), (A, G), (A, T ), (C, A), (C, C ), (C, G), (C, T ) (G, A), (G, C), (G, G), (G, T ), (T, A), (T, C ), (T, G), (T, T ) C’est un tirage ordonn´ e non exhaustif ou avec remise. (2 tirages ind´ ependants d’un ´el ´ement parmi 4) 2. On tire un premier ´el´ement que l’on garde, puis un deuxi`eme dans ce qui reste, on obtient alors les 12 ´echantillons suivants : (A, C ), (A, G), (A, T ), (C, A), (C, G), (C, T ), (G, A), (G, C ), (G, T ), (T, A), (T, C ), (T, G) C’est un tirage ordonn´ e exhaustif ou sans remise. 3. On extrait une ! main " de 2 ´el´ements, simultan´ement, sans ordre ni r´ ep´ etitions, on obtient alors les 6 ´echantillons suivants : {A, C }, {A, G}, {A, T }, {C, G}, {C, T }, {G, T }

1.2

D´ enombrement

1. Arrangements avec r´ ep´ etitions On d´esigne par An′p le nombre d’arrangements avec r´ep´etitions de p ´el´ements pris parmi n.

2. Arrangements (sans r´ep´etition) On d´esigne par Anp le nombre d’arrangements de p ´el´ements pris parmi n. n! (n − p)! Cas particulier p = n : On obtient les n! permutations des n ´el ´ements. 3. Combinaisons On notera ∁np ou (pn) le nombre des combinaisons de p ´el´ements pris parmi n. Pour obtenir tous les arrangements, sans r´ep´etition, de p ´el´ements pris parmi n, il suffit d’envisager toutes les combinaisons des p ´el´ements consid´er´es, et dans chaque cas de d´ecrire toutes les permutations des ´el´ements retenus. p p Il y a p! fa¸cons d’ordonner p ´el´ements. D’o` u l’on d´eduit que A n = ∁ n p!. Anp = n × (n − 1) × · · · × (n − (p − 1)) =

∁np =

n(n − 1) · · · (n − p + 1) n! = (n − p)!p! p!

Proposition 1.1. Montrons les formules suivantes : n−p 1. ∁np = ∁n p−1 p . 2. Formule de Pascal : ∁np = ∁n−1 + ∁n−1 3. Formule du binˆ o me : ∀a, b ∈ R, on a

Cas g´ en´ eral

k=n

1.2.1

´ Echantillonnage

(a + b)n = an + nan−1 b + · · · +

Soit F un ensemble `a n ´el´ements. On souhaite extraire un ´echantillon de p ´el´ements parmi les n ´el ´ements de F . Plusieurs fa¸cons sont envisag´ees : 1. On effectue p tirages, d’un ´el´ement, ordonn´ es avec r´ ep´ etitions possibles. (tirages ordonn´ es non exhaustifs ou avec remise, p tirages ind´ ependants). Ces ´echantillons se nomment des arrangements avec r´ ep´ etitions, (possibles), de p ´el´ements pris parmi n. On note (α, α, γ, · · · ) un tel ´echantillon. ! "# $ p ´ el ´ements 2. On effectue p tirages, d’un ´el´ement, ordonn´ es sans r´ ep´ etition. (p tirages ordonn´es exhaustifs ou sans remise). Ces ´echantillons se nomment des arrangements, (sans r´ep´etition), de p ´el´ements pris parmi n. On note (α, β, γ, · · · ) un tel ´echantillon. (α, β, γ, · · · ) = (β, α, γ, · · · ) ! "# $ p ´ el´ements distincts 2 `a 2 1

% k n−k k n! ∁n a b an−k bk + · · · + nabn−1 + bn = (n − k)!k! k=0

k 4. Formule de Vandermonde : ∁m+n =

%

i j ∁m ∁n .

i+j =k

D´emonstration. 1. ∁pn =

n! n! ' = ∁nn−p =& (n − p)!p! n − (n − p) !(n − p)!

2. Soit E = {x1 , · · · , xn } un ensemble a` n ´el ´ements. p−1 est le nombre de parties a` p ´el ´ements de E contenant l’´el´ement x1 . ∁n−1 p est le nombre de parties a` p ´el ´ements de E ne contenant pas l’´el´ement x1 . ∁n−1 Le nombre de parties `a p ´el ´ements de E est n∁;p il est la somme des deux derniers : p p−1 ∁pn = ∁n−1 + ∁n−1

0! 3. D´emonstration par r´ ecurrence, la formule est v´erifi´ee pour n = 0 : (a + b)0 = 1 = a0 b0 . 0!0! k=n−1 % k ∁n−1 Supposons que cette formule est vraie pour n − 1 : (a + b)n−1 = an−1−k bk ∀n ≥ 1. k=0

k=n−1

(a + b)

n

= (a + b)(a + b) =

k=n−1 %

k=0 k=n−1

=

% k=0

n−1

=a

%

k=0 k=n−1 %

k ∁n−1 an−k bk +

n

= a +

%

∁kn−1 an−1−k bk

k=0

∁kn−1 an−(k+1)bk+1

% j −1 n−j j k ∁n−1 ∁ n−1 a b , an−k bk +

poser j = k + 1

j =1

%

%

4

j −1 n−j j ∁n−1 a b + bn

j =1

k=n−1 % & k=1 k=n−1 %

5. Plaque d’immatriculation de v´ ehicules En France deux syst`emes cohabitent. L’ancien syst`eme bas´e sur un comptage d´ epartemental, en service depuis les ann´ees 1950, et le nouveau bas´ e sur un comptage national, en service depuis l’ann´ ee 2009. Ancien syst`eme : Dans la plupart des d´epartements on adopte la repr´ esentation suivante :

j =n−1 k ∁n−1 an−k bk +

k=1

= an +

+b

k=0 j =n

k=n−1

= an +

k=n−1 k ∁n−1 an−1−k bk

3. Le Tierc´ e : On choisit 3 chevaux parmi 20, en g´en´eral, num´erot´es 1, 2, 3, · · · , 20. Le tierc´e dans l’ordre correspond aux arrangements, sans r´ ep´etition, de 3 parmi 20. Il y a 3 donc A20 = 20 × 19 × 18 = 6 840 r´esultats possibles. Le tierc´e dans le d´esordre correspond aux combinaisons de 3 parmi 20. Il y a donc 20 × 19 × 18 3 = 1 140 r´ esultats possibles. ∁20 = 1×2×3 4. Cadenas ` a 4 chiffres : On choisit un arrangement avec r´ep´etitions de 4 chiffres parmi les dix chiffres 0, 1, 2, · · · , 9. Il y a donc A10′4 = 10 × 10 × 10 × 10 = 104 = 10 000 r´esultats possibles.

formule de Pascal

4

k=1

=

k=n %

∁kn an−k bk

4. Consid´erons une urne U contenant m + n boules dont m sont blanches et n sont noires. ∁km+n est le nombre de parties Ak `a k ´el ´ements de U . Pour tout i = 0, 1, · · · , k, il y am ∁×i ∁k−i n de former une partie Ak contenant i boules blanches et k − i boules noires. k % % k i j i k−i On en d´eduit que ∁m+n ∁m ∁m = ∁n . ∁n =

1.3

∁649 =

49 × 48 × 47 × 46 × 45 × 44 = 13 983 816 1×2×3×4×5×6

A partir d’octobre 2008, la nouvelle formule du loto consiste a` choisir une (ou plusieurs) combinaison(s) de 5 nombres parmi les entiers 1, 2, 3 · · · , 49 et 1 nombre parmi 1, 2, 3 · · · , 10. 5 Il y a ∁49 × ∁110 choix possibles. 1 = ∁549 × ∁10

49 × 48 × 47 × 46 × 45 10 = 1 906 884 × 10 = 19 068 840 × 1 1×2×3×4×5

2. Euro millions : Il s’agit de choisir une (ou plusieurs) combinaison(s) de 5 nombres parmi les entiers 1, 2, 3 · · · , 50 et 2 ´etoiles parmi 11. Il y a 50 ∁5 × ∁211 choix possibles. ∁550 × ∁211 = .

50 × 49 × 48 × 47 × 46 11 × 10 = 2 118 760 × 55 = 116 531 800 × 1×2 1×2×3×4×5

3 7 d´epartement

8

A

T 3 lettres

B

7 5 d´epartement

1

2 3 3 chiffres

C D 2 lettres

2 3 2 ′ 2 ′ 3 ′ 2 Il y a donc, th´eoriquement, A 26 × A 10 × A 26 = 26 ×10 ×26 = 456 976 000 choix possibles.

1.4

1. Le loto : Dans l’ancienne version du loto, il s’agissait de choisir une (ou plusieurs) combinaison(s) de 6 nombres parmi les entiers 1, 2, 3 · · · , 49. Il y a 49 ∁6 combinaisons possibles.

5 3 chiffres

A B 2 lettres

i+j =k

Exemples

T B 2 lettres

On exclut les lettres I et O pour le choix des trois lettres. ′ 3 ′ 3 3 3 Il y a donc, dans un mˆeme d´epartement, A 10 × A 24 = 10 ×24 = 13 824 000 choix possibles. Nouveau syst`eme : Les nouvelles plaques a` vie, en service depuis 2009, se composent de s´equences de 2 lettres - 3 chiffres - 2 lettres :

k=0

i=0

9

Les lettres I et O n’ont jamais ´et´e utilis´ees afin d’´eviter toute confusion avec un et z´ero. Il y a donc, dans un mˆeme d´epartement, A10′ 4× A′242 = 104 × 242 = 5 760 000 choix possibles. Dans certains d´epartements, o` u le nombre de plaques n´ ecessaires d´epasse 5 760 000, on adopte la repr´esentation suivante :

' k k−1 ∁n−1 an−k bk + bn + ∁n−1

∁nk an−k bk + bn ,

5 8 4 chiffres

D´ efinitions formelles

Soit F un ensemble a` n ´el ´ements. 1. Les arrangements avec r´ep´ etitions de p ´el´ements parmi les n ´el ´ements de F correspondent aux applications quelconques de {1, 2, · · · , p} dans F . 2. Les arrangements sans r´ep´etitions de p ´el´ements parmi les n ´el ´ements de F correspondent aux applications injectives de {1, 2, · · · , p} dans F . cas particulier : p = n Les permutations des n ´el´ements correspondent aux applications bijectives f de {1, 2, · · · , n} dans F . f (i) = α ⇐⇒ α est pris au i i`eme tirage 3. Les combinaisons de p ´el´ements parmi les n ´el ´ements de F ne sont autres que les sousensembles de F `a p ´el ´ements. Exercice 1.1. Soit E un ensemble `a n ´el ´ements. Montrer que P(E), l’ensemble de toutes les ) parties de E, poss`ede 2n ´el´ements. (y compris l’ensemble vide et E lui mˆeme)...