DS 2025 — annale corrigée

Quatre questions qui s'enchaînent, 3 choix à chaque étape, et le choix de la question 2 ne dépend pas de celui de la question 1 : principe multiplicatif, tirage avec remise (on peut mettre la même réponse à chaque question).

3 × 3 × 3 × 3 = 3⁴ = 81 façons de répondre

C'est la case « avec ordre, avec remise » de la grille — exactement le digicode de la Leçon 1, habillé en QCM.

On découpe en deux étapes : quelles questions sont réussies, puis comment les autres sont ratées.

• choisir les 2 questions qui auront la bonne réponse : C(4, 2) = 6 ;
• pour chacune des 2 questions restantes, il y a 2 réponses fausses possibles (les deux mauvaises) : 2 × 2 = 4.

C(4, 2) × 2² = 6 × 4 = 24 façons d'avoir exactement 2 points

Le piège serait de compter 3⁴ sans se demander « lesquelles sont bonnes » : « exactement 2 » impose de choisir la position des bonnes réponses.

« 2 ou plus » = exactement 2, exactement 3 ou exactement 4 — trois cas disjoints, donc on additionne (principe additif) :

exactement 2 :  C(4, 2) × 2² = 24
exactement 3 :  C(4, 3) × 2  = 4 × 2 = 8     (une seule question ratée, 2 choix)
exactement 4 :  1             (la copie parfaite)
total : 24 + 8 + 1 = 33 façons

Contrôle de cohérence : les cas « 0, 1, 2, 3, 4 bonnes » forment une partition des 81 copies — c'est le réflexe de l'exercice 6 du TD 1.

Les 81 copies sont équiprobables (réponse au hasard) : P(A) = #(A)/#(Ω).

P(avoir la moyenne ou plus) = 33/81 ≈ 0,41

Soit 41 % — répondre au hasard donne la moyenne moins d'une fois sur deux. La question dit « en déduire » : le correcteur attend le quotient des 33 façons par les 81 possibles, pas un nouveau calcul.

« Successivement » : l'ordre de sortie est noté (tirage 7-2-9-1 ≠ 2-7-9-1) ; « sans remettre » : un jeton sorti ne peut pas ressortir.

A(10, 4) = 10 × 9 × 8 × 7 = 5040 tirages

Cette question rapporte des points « gratuits » : elle ne demande que de reconnaître le modèle. À faire en 30 secondes, le jour J comme à l'entraînement.

Trois jetons verts et un rouge, tous distincts (numérotés), sur 4 positions de sortie. Deux méthodes qui donnent le même résultat — sachez en refaire au moins une :

• Méthode 1 : les 3 verts dans l'ordre de sortie, puis le rouge, puis sa place parmi les 4 sorties : A(5, 3) × 5 × 4 = 60 × 5 × 4 = 1200 ;
• Méthode 2 : choisir les 3 verts, choisir le rouge, puis arranger librement les 4 jetons : C(5, 3) × C(5, 1) × 4! = 10 × 5 × 24 = 1200.

Le piège classique : compter C(5, 3) × 5 = 50 et oublier que les jetons arrivent dans un ordre — sans l'arrangement (le ×4 ou le ×4!), on compte chaque tirage une seule fois alors qu'il y a 24 ordres possibles.

Tirer 4 jetons sans aucun vert, c'est tirer 4 rouges — dans l'ordre, sans remise, parmi 5 :

A(5, 4) = 5 × 4 × 3 × 2 = 120 tirages

« Au moins 3 » = exactement 3 ou exactement 4 (cas disjoints) :

3 verts : 1200        4 verts : A(5, 4) = 120        total : 1200 + 120 = 1320

Le contraire (« 0, 1 ou 2 verts ») serait plus long à compter : quand les cas favorables sont peu nombreux, on les additionne directement.

Là, les cas favorables sont nombreux et les cas défavorables connus : on passe par le contraire (l'astuce « au moins un » retournée). Les tirages sans vert ni à 3 verts ni à 4 verts sont exactement ceux à 0 vert ou « au moins 3 » :

1 ou 2 verts = 5040 − 120 − 1320 = 5040 − 1440 = 3600 tirages

Contrôle : 0 + 1 + 2 + 3 + 4 verts doivent reconstituer le total — et 120 + 3600 + 1320 = 5040 ✓. Ce contrôle de partition sauve la question entière si l'on s'est trompé quelque part.

Recenser les groupes de lettres identiques : 7 lettres, E × 3, N × 2, T × 2. La méthode générale : on divise 7! par la factorielle de chaque groupe (échanger deux N jumeaux ne change rien, on corrige le sur-comptage) :

7! / (3! × 2! × 2!) = 5040 / 24 = 210 anagrammes

Variante équivalente (celle du corrigé) : choisir les emplacements — les 3 E parmi 7 (C(7, 3) = 35), puis les 2 N parmi les 4 restants (C(4, 2) = 6), les 2 T prennent les places qui restent : 35 × 6 = 210.

8 lettres : E × 2 et N × 2, les autres (T, D, U, S) sont uniques :

8! / (2! × 2!) = 40 320 / 4 = 10 080 anagrammes

Réflexe avant tout calcul : compter les lettres et leurs doublons. Le mot a 8 lettres, pas 7 — une lettre oubliée et tout le quotient est faux.

Deux parties, 3 issues chacune : 9 chemins, chaque branche vaut 1/3. L'essentiel du travail — et des points — est dans les feuilles : à chaque partie, ω₁ rapporte 0 € mais coûte la mise de 1 € (net − 1), ω₂ rapporte 1 € (net 0), ω₃ rapporte 3 € (net + 2). On additionne les gains nets des deux parties, feuille par feuille — c'est ce que montre le schéma ci-dessus : de − 2 € (deux parties perdues) à + 4 € (deux fois ω₃).

Piège : oublier la mise et écrire « (ω₃, ω₃) → 6 € ». L'énoncé parle de « gains et pertes » avec un prix d'entrée de 1 € : tout est net.

« Gagner 3 € à la deuxième partie » : seule la deuxième issue compte, elle doit être ω₃ — la première est libre. Trois chemins sur neuf :

A = {(ω₁,ω₃), (ω₂,ω₃), (ω₃,ω₃)}     P(A) = 3/9 = 1/3

En équiprobabilité, tout passe par le comptage : #A/#Ω. L'arbre le rend immédiat.

« Bénéfice après la première partie » : strictement positif (0 € n'en est pas un, précise l'énoncé). Le gain net de la première partie vaut − 1, 0 ou + 2 : seul ω₃ fait un bénéfice.

B = {(ω₃,ω₁), (ω₃,ω₂), (ω₃,ω₃)}     P(B) = 3/9 = 1/3

« Bénéfice après les deux parties » : le total des gains nets doit être strictement positif. On relit les feuilles de l'arbre :

(ω₁,ω₃) : +1 ✓   (ω₂,ω₃) : +2 ✓   (ω₃,ω₁) : +1 ✓
(ω₃,ω₂) : +2 ✓   (ω₃,ω₃) : +4 ✓

Cinq chemins sur neuf : P(C) = 5/9. Les feuilles à 0 € ((ω₂,ω₂)) ou négatives sont écartées — « bénéfice » veut dire strictement positif.

L'indépendance se vérifie : P(B∩C) = P(B) × P(C) ? Déjà, remarquez que B ⊂ C : gagner la première partie (ω₃, net + 2) garantit un total strictement positif, quelle que soit la deuxième (le pire est (ω₃,ω₁) = +1). Donc B∩C = B et P(B∩C) = P(B) = 1/3. Or :

P(B) × P(C) = (1/3) × (5/9) = 5/27 ≠ 1/3

Les deux valeurs diffèrent : B et C ne sont pas indépendants. C'est la « loi avec mémoire » : savoir qu'on a déjà gagné la première partie change la probabilité d'être gagnant au bout de deux — elle passe de 5/9 à 1 (c'est exactement l'idée des probabilités conditionnelles du chapitre 3). Démonstration en trois lignes : nommer l'inclusion, comparer les deux quantités, conclure. Le correcteur attend exactement ça.

Le dé n'est pas équilibré : pas de 1/6 par face. On traduit chaque phrase en équation, en posant p = P(1) :

« deux fois moins de chance d'obtenir 1 que 2 »  →  P({2}) = 2p
« 3 fois plus de chance d'obtenir 3 que 1 »      →  P({3}) = 3p
« 2 fois plus de chance d'obtenir 2 que 4 »      →  P({4}) = P({2})/2 = p
« autant de chance d'obtenir 5 que 3 »           →  P({5}) = P({3}) = 3p
« 2 fois plus de chance d'obtenir 6 que 2 »      →  P({6}) = 2 × P({2}) = 4p

Tout est écrit avec une seule inconnue : il reste à dire que le gâteau est complet — la somme des probas de l'univers vaut 1 :

p + 2p + 3p + p + 3p + 4p = 14p = 1     →     p = 1/14

C'est LA méthode des lois non équiprobables : une inconnue, tout en fonction d'elle, somme = 1. Contrôle : 1/14 + 2/14 + … + 4/14 = 14/14 ✓.

Les faces paires sont disjointes deux à deux : on additionne leurs probabilités (principe additif — toujours valable, dé truqué ou pas) :

P(pair) = P({2}) + P({4}) + P({6}) = 2/14 + 1/14 + 4/14 = 7/14 = 1/2

1/2, comme pour un dé équilibré — mais ce n'est pas une raison : on a calculé, pas deviné. C'est le même exercice que le dé truqué du TD 2, avec les relations décalées d'une face.

Un événement, c'est un sous-ensemble de l'univers : en choisir un à 3 éléments, c'est choisir 3 faces parmi 6, sans ordre et sans remise — réordonner les éléments donne le même ensemble (l'indication du sujet).

C(6, 3) = 20 événements composés de 3 événements élémentaires

Une question de dénombrement cachée dans un exercice de probas : le DS mélange allègrement les deux chapitres.

« Et » → ∩ ; « rater l'UE2 » → la barre : A ∩ B̄. Et par De Morgan, c'est aussi (Ā ∪ B)‾ — le contraire de « rater l'UE1 ou réussir l'UE2 ». Les pièges, tous dans les barres :

• Ā ∩ B : l'inverse (rater l'UE1 et réussir l'UE2) ;
• (A ∪ B)‾ = Ā ∩ B̄ : ni l'un ni l'autre — rater les deux.

Retenez la paire de Morgan par cœur — c'est elle que le QCM teste :

(A ∪ B)‾ = Ā ∩ B̄        (A ∩ B)‾ = Ā ∪ B̄

(C ∪ B) \ A se lit « tout ce qui est dans C ou B, retiré de ce qui est dans A » : réussir l'année de BUT1 ou l'UE2, mais pas l'UE1. C'est la troisième proposition qui est correcte. Les deux autres mettent « et … mais pas les deux » — des différences symétriques, qui ne correspondent pas à la soustraction d'un seul ensemble A.

Les trois affirmations sont équivalentes :

• « B et C̄ incompatibles » : aucun étudiant n'est à la fois dans B et hors de C — c'est la définition de l'incompatibilité ;
• « B ∩ C̄ = ∅ » : la même chose, en symboles ;
• « B ⊂ C » : réussir l'UE2 place l'étudiant dans C — c'est exactement ce que dit B ∩ C̄ = ∅, mis en inclusion.

On coche donc les trois. La leçon : incompatibilité de B et C̄, intersection vide et inclusion sont trois écritures d'une seule idée — sachez passer de l'une à l'autre sans hésiter, le QCM adore.

Le geste n°1 du sujet : traduire une situation en nᵏ, A(n, k), C(n, k) ou C(n+k−1, k). Les habillages changent (digicode, jetons, nœuds, billets, bugs) mais il n'y a que deux interrupteurs : l'ordre compte-t-il ? et peut-on retomber sur le même élément ? Ré-entraîne-toi sur la grille de l'exercice 1 du TD 1 : un code ou un mot → nᵏ ; des rôles ou des places à pourvoir → A ; un groupe, une main, une équipe → C ; des objets identiques à distribuer → C(n+k−1, k).

Le duo de l'exercice 2 : on compte les cas exacts (C puis arrangement), on additionne les cas favorables s'ils sont rares, on soustrait du total s'ils sont nombreux — et on vérifie que tout redonne le total. Variante presque certaine : cartes à la place des jetons (un jeu de 32 : 4 rois, 8 cœurs), mots de passe à la place du questionnaire.

La méthode en 3 lignes tombe presque à coup sûr : compter les lettres, lister les doublons, diviser n! par leurs factorielles. Le piège récurrent : un mot à ne pas lire trop vite (ENTENDUS a 8 lettres, pas 7) et les lettres accentuées (É et E sont deux lettres distinctes).

Une seule inconnue, traduire chaque relation, somme = 1. Le sujet 2025 a décalé les relations d'une face par rapport au TD — c'est exactement le niveau de variation attendu : la méthode ne bouge pas d'un centimètre, seul le système d'équations change. Puis une question « obtenir un pair » ou « obtenir au moins 3 » : additionner les cas disjoints, ou 1 − le contraire.

Le sujet 2025 la teste dans le jeu (« montrer que B et C ne sont pas indépendants ») ; le TD 1 la teste par le calcul des défauts. La démonstration attendue tient en trois lignes : calculer P(A∩B), calculer P(A) × P(B), comparer. Et se souvenir du piège du cours : disjoints ≠ indépendants — deux événements disjoints (A∩B = ∅) ne sont jamais indépendants s'ils ont une probabilité non nulle.

Données : P(M) = 0,02, P_M(A) = 0,98, P_M̄(A) = 0,04.

1. L'alerte arrive par deux chemins — probabilités totales :

P(A) = P(M) × P_M(A) + P(M̄) × P_M̄(A)
     = 0,02 × 0,98 + 0,98 × 0,04 = 0,0196 + 0,0392 = 0,0588

2. La question « sachant une alerte » — conditionnelle à l'envers, par la définition :

P(M | A) = P(M∩A) / P(A) = 0,0196 / 0,0588 = 1/3 ≈ 0,33

3. Un tiers seulement des alertes visent du vrai trafic malveillant : la population saine est si grande (98 % du trafic) que ses 4 % de fausses alertes (0,0392) pèsent deux fois plus que les vraies (0,0196). C'est l'effet de prévalence — le même verdict que le test de dépistage (exercice 10 du TD 3) et que la matrice de confusion (exercice 6) : un filtre très bon sur un événement rare reste majoritairement faux sur ses alertes. La rédaction attendue : l'arbre des deux chemins, la formule des totales, puis la définition de la conditionnelle — trois outils, dans cet ordre, à chaque fois.

1. Avec les effectifs : P(L) = 120/200 = 0,6, P(N) = 50/200 = 0,25, P(L∩N) = 30/200 = 0,15. Et le produit :

P(L) × P(N) = 0,6 × 0,25 = 0,15 = P(L∩N)

Les deux valeurs coïncident : L et N sont indépendants — avoir un portable ne dit rien sur la façon de prendre des notes.

2. Il n'y a rien à changer… c'est le piège miroir de l'exercice 2 du TD 3 (les chaussures), où il fallait ajouter des paires pour créer l'indépendance. Ici l'équation d'indépendance avec x étudiants dans l'intersection : (120+x)(50+x) = (200+x)(30+x) se simplifie en 6000 + 170x + x² = 6000 + 230x + x², donc x = 0 — la situation de départ est déjà la solution. Moralité : l'indépendance se vérifie par le calcul, jamais à l'œil ; et l'équation peut confirmer que rien n'est à faire comme elle peut exiger 3 paires bleues ou n'admettre aucune solution entière (y = 2,7 dans le TD).