Les corrections,
étape par étape.

Correction du diagnostic

D1. $3+2\times4=3+8=11$, alors que $(3+2)\times4=5\times4=20$. Les parenthèses changent le regroupement. D2. $2^3=2\times2\times2=8$ ; ce n’est pas $2\times3$. D3. Le dénominateur vaut $3\times2\times1=6$, donc $\dfrac{6\times5\times4}{6}=5\times4=20$. D4. Chacun des deux tee-shirts s’associe aux trois pantalons : $2\times3=6$ tenues. D5. AB et BA sont des codes différents, mais les deux ordres des noms décrivent la même équipe. D6. Équiprobables signifie « de même probabilité » ; la probabilité cherchée vaut $3/8$, comprise entre 0 et 1.

Correction 1

a) $\operatorname{Card}(A)=4$ et $\operatorname{Card}(B)=3$. b) Les éléments communs sont 3 et 4, donc $A\cap B=\{3,4\}$, de cardinal 2. En rassemblant sans répétition, $A\cup B=\{1,2,3,4,5\}$, de cardinal 5. c) Dans $4+3$, les éléments 3 et 4 sont chacun comptés deux fois. On corrige : $4+3-2=5$. La liste de la réunion confirme le résultat.

Correction 2

a) Par exemple $(\mathrm{T1},\mathrm{P1})$ et $(\mathrm{T2},\mathrm{P1})$. b) Les six cases ci-dessous représentent six tenues distinctes.

Le principe multiplicatif donne bien $3\times2=6$. c) Chaque tenue a deux choix de veste : $6\times2=12$ tenues complètes. Ajouter une étape de choix multiplie le total ; on ne fait pas $6+2$.

Correction 3

a) A0 et 00 sont deux exemples valides. b) Le premier format donne $3\times10=30$ badges. Le second donne $10\times10=100$ badges, car le zéro initial et les répétitions sont autorisés. c) Un premier caractère lettre n’est jamais un chiffre : les formats sont disjoints. Il y a donc $30+100=130$ badges différents. On multiplie au sein d’un format, puis on additionne les formats.

Correction 4

a) 001 est un code avec répétition. b) Chaque position offre cinq choix, donc $5^3=5\times5\times5=125$ codes. c) Sans répétition, les choix diminuent : $5\times4\times3=60$ codes. d) Pour un nombre à trois chiffres, la première position offre 4 choix (1 à 4). Après ce choix, il reste 4 chiffres, dont zéro, puis 3 : $4\times4\times3=48$ nombres. Contrôle : parmi les 60 codes de c), $4\times3=12$ commencent par zéro ; $60-12=48$.

Correction 5

a) Six livres peuvent être placés en premier. b) On range tous les livres distincts : $6!=6\times5\times4\times3\times2\times1=720$ rangements. c) A est fixé, les cinq autres se rangent librement : $5!=120$ rangements. d) Le bloc formé de A et B et les quatre autres livres font cinq objets. Ils ont $5!$ rangements ; le bloc a deux ordres internes : $5!\times2=120\times2=240$. Ce résultat est inférieur à 720. Oublier BA diviserait à tort la réponse par deux.

Correction 6

a) Non : un groupe ne distingue pas de positions. b) On choisit une combinaison : $$\binom73=\frac{7\times6\times5}{3\times2\times1} =\frac{210}{6}=35.$$ Il y a 35 groupes. c) Les rôles distinguent les positions et une personne ne peut être reprise : $7\times6\times5=210$ attributions. d) Chaque groupe donne $3!=6$ attributions, donc $35\times6=210$. Ce contrôle explique le facteur qui sépare les deux réponses.

Correction 7

a) $\binom60=1$ compte le groupe vide ; $\binom61=6$ compte les choix d’une personne. b) À partir de $1,5,10,10,5,1$, on obtient $$1,\quad1+5,\quad5+10,\quad10+10,\quad10+5,\quad5+1,\quad1,$$ soit $1,6,15,20,15,6,1$. La ligne est symétrique. c) $\binom82=8\times7/2=28$, puis $\binom86=\binom82=28$ par complémentation. d) Avec Ana, choisir une personne parmi 7 donne $\binom71=7$. Sans Ana, choisir deux personnes parmi 7 donne $\binom72=21$. Les cas sont disjoints et exhaustifs : $7+21=28$ groupes, comme en c).

Correction 8

a) Les positions 2 et 5 sont activées. b) Il y a 2 choix pour chacune des 5 options, soit $2^5=32$ réglages. c) Exactement deux options : choisir leurs positions donne $\binom52=5\times4/2=10$ réglages. Au moins une : retirer l’unique réglage 00000 donne $32-1=31$. d) La somme $1+5+10+10+5+1=32$ répartit les réglages par nombre d’options activées. Elle retrouve le total.

Correction 9

a) Il y a $6+4=10$ personnes et $\binom{10}{3}=10\times9\times8/6=120$ groupes. b) Exactement deux débutants impose un confirmé : $\binom62\binom41=15\times4=60$ groupes. c) Aucun confirmé : $\binom63=6\times5\times4/6=20$ groupes. Au moins un confirmé : $120-20=100$ groupes. d) En séparant selon le nombre de confirmés : $$\begin{aligned} \text{Un confirmé}&:\binom41\binom62=4\times15=60,\\ \text{Deux confirmés}&:\binom42\binom61=6\times6=36,\\ \text{Trois confirmés}&:\binom43\binom60=4\times1=4. \end{aligned}$$ La somme vaut $60+36+4=100$, ce qui vérifie c).

Correction 10

a) Sept jetons donnent $\binom72=7\times6/2=21$ groupes équiprobables. b) Deux verts : $\binom42=6$ groupes favorables, donc $P(\text{deux verts})=6/21=2/7$. c) Une couleur de chaque : $\binom41\binom31=4\times3=12$ groupes, donc $12/21=4/7$. On ne multiplie pas par 2 : le tirage est sans ordre. d) Au moins un jaune est le contraire de deux verts : $$1-\frac27=\frac57\approx0{,}7143,\quad\text{soit environ }71{,}4\,\%.$$ Contrôle : les groupes sont 6 vert-vert, 12 vert-jaune, et $\binom32=3$ jaune-jaune ; $6+12+3=21$.

Correction 11

a) La boucle ne s’exécute pas ; le résultat est [1]. b) Les étapes sont [1], [1,1], [1,2,1], puis [1,3,3,1]. La somme vaut $8=2^3$. c) Chaque somme doit utiliser deux termes de l’ancienne ligne. Une modification immédiate pourrait mélanger ancienne et nouvelle ligne. d) j > i interdit de choisir deux fois le même objet et ne conserve qu’un ordre par paire. Il faut obtenir $\binom52=10$ paires.

Correction 12 – Partie A

A1. 0025 est un code valide. Chacune des quatre positions offre 6 choix, de 0 à 5. A2. Un code est une liste de quatre chiffres avec répétitions autorisées ; le principe multiplicatif donne $6^4=1\,296$ codes. A3. Sans répétition, il reste successivement 6, 5, 4 et 3 choix : $6\times5\times4\times3=360$ codes. A4. Les codes se répartissent en deux catégories disjointes : tous les chiffres distincts, ou au moins une répétition. La seconde contient $1\,296-360=936$ codes. On retire les 360 codes sans répétition du total.

Correction 12 – Partie B

B1. Les zéros occupent un groupe de deux positions parmi quatre : $\binom42=4\times3/2=6$ choix. Les échanger ne crée pas un nouveau code. B2. Aux deux autres positions, il faut des chiffres non nuls : 5 choix à chacune, répétitions autorisées. Il y a donc $5^2=25$ remplissages pour chaque choix de positions, soit $$\binom42\times5^2=6\times25=150\text{ codes}.$$ Chaque code ayant exactement deux zéros désigne de façon unique leurs positions et les deux autres chiffres : aucun code n’est compté deux fois.

B3. Un code sans zéro a 5 choix à chaque position, donc $5^4=625$ possibilités. Par complément : $6^4-5^4=1\,296-625=671$ codes contiennent au moins un zéro. Contrôle : 150 est bien inférieur à 671.

B4. Le choix est uniforme, donc les 1 296 codes sont équiprobables. La probabilité d’obtenir exactement deux zéros est $$p=\frac{150}{1\,296}=\frac{25}{216}\approx0{,}1157.$$ Elle vaut environ $11{,}6\,\%$, et est comprise entre 0 et 1.

Correction 12 – Partie C

C1. Chaque génération donne un succès ou un échec au sens défini. Les générations sont indépendantes par hypothèse et utilisent la même règle, donc la même probabilité $p=25/216$. C2. Pour avoir deux succès, on choisit leurs deux positions parmi cinq : $\binom52=10$ possibilités ; les trois autres positions sont des échecs. C3. Chaque chemin avec deux succès a pour probabilité $p^2(1-p)^3$. Les dix chemins sont incompatibles entre eux ; on additionne : $$P(X=2)=\binom52p^2(1-p)^3 =10\left(\frac{25}{216}\right)^2\left(\frac{191}{216}\right)^3.$$ Cette expression est exacte. Multiplier les probabilités suppose ici l’indépendance donnée dans l’énoncé.