2 CHAPITRE 2

36

2. Espace de probabilité fini équilibré

Espace de probabilités fini équilibré (résumé).................................................... 37 Espace de probabilités fini équilibré (définition)................................................ 38 Le modèle de Maxwell-Boltzmann ..................................................................... 39 Les rangements de n objets discernables dans p boites ...................................... 40 On fixe le nombre des antécédents d’un élément................................................ 41 Quatre situations modélisées par des applications .............................................. 42 Le modèle de Bose-Einstein................................................................................ 43 Les répartitions d’objets indiscernables dans des boites..................................... 44 Les rangements qui laissent un nombre fixé de boites vides .............................. 45 Le modèle de Fermi-Dirac .................................................................................. 46 Les probabilités équilibrées selon les trois modèles de la physique................... 47 Le paradoxe du Chevalier de Méré ..................................................................... 48 Visualisation du Paradoxe du Chevalier de Méré ............................................... 49

37

Espace de probabilités fini équilibré (résumé) Si Ω est un ensemble fini (Ω, Parties (Ω), P ) est un espace de probabilités fini card(A ) équilibré lorsque pour A ⊂ Ω : P(A) = . card(Ω)

Le modèle de Maxwell-Boltzmann E est ensemble fini. F est un ensemble fini. L’ensemble Ω est l’ensemble des applications E → F. P est la probabilité équilibrée sur Ω . card(Ω) = card(F) card(E )  = card(arrivée) card(départ)    Si card(E ) = n et card(F) = p les rangements de n objets discernables dans p boites correspondent aux applications f : E → F (E est l’ensemble des objets F est l’ensemble des boites). Le modèle de Bose-Einstein On range n objets indiscernables dans p boites, Ω est l’ensemble de tous ces rangements possibles. p −1 Il existe C n + p −1 = C nn + p −1 rangements de n objets indiscernables dans p boites (un tel rangement peut être envisagé comme la répartition de n pièces de 1 euro parmi p personnes : les pièces sont indiscernables). Le modèle de Fermi-Dirac On range n objets indiscernables dans p boites, avec au plus un seul objet par boite (il faut n ≤ p ) , Ω est l’ensemble de tous ces rangements possibles. Il existe C np rangements de n objets indiscernables dans p boites avec au plus un seul objet par boite (c’est le nombre de manières de distribuer n pièces de 1 euros parmi p personnes chaque personne ne pouvant recevoir plus que 1 euro). Le paradoxe du Chevalier de Méré Lorsque 3 dés sont lancés, il y a la même probabilité d’obtenir 11 que d’obtenir 12. Cette affirmation est contredite par l’analyse de la situation.

38 Espace de probabilités fini équilibré (définition) 1) Ω est un ensemble fini card(A ) 2) pour A ⊂ Ω : P(A) = card(Ω) Lorsque 1), 2) sont vérifiée (Ω , Parties (Ω) , P ) est un espace de probabilités fini équilibré, c’est « l’espace de probabilités équilibré associé à Ω ». Toute partie de Ω est un événement. Vocabulaire On dit que P est la probabilité équilibrée sur Ω . • On dit souvent que « les choix sont faits au hasard ». Remarque Si ω ∈ Ω alors {ω} est un événement puisque {ω}∈ Parties (Ω) et : P({ω}) =

1 card(Ω)

Vocabulaire Lorsque ω ∈ Ω , { ω } s’appelle « un événement élémentaire ». S’il n’y a pas d’ambiguïté on désigne souvent P({ω}) par P(ω) . card(A) • On vérifie facilement que P(A) = définit bien une probabilité, en card(Ω) particulier P(A ∪ B) = P(A ) + P(B) lorsque A ∩ B = φ puisque : card(A ∪ B) = card(A) + card(B) si A ∩ B = φ. Propriété évidente Dans un espace de probabilités fini équilibré, la somme des probabilités des événements élémentaires est égale à 1. Exercice 1) Ω = E × E avec card(E ) = n ; A = { (a , b ) / a ∈ E et b ∈ E a ≠ b}. n −1 Vérifier que pour la probabilité équilibrée P sur Ω : P(A) = . n 2) Ω = { (a , b , c ) / a ∈ {1, 2 , 3} b ∈ {1, 2 ,3} c ∈ {1, 2 ,3}}. P est la probabilité équilibrée sur Ω . A ⊂ Ω et B = {(a , b , c ) / a + b + c = 4 }. Calculer P(B). n (n − 1) n − 1 Réponses 1) card(Ω) = n 2 card(A) = n 2 − n = n (n − 1) et = . 2 n n 1 2) P(B) = 9 111 122 133 112 121 113 131 123 132 211 222 233 212 221 213 231 223 232 311 322 333 312 321 313 331 323 332

39 Le modèle de Maxwell-Boltzmann 1) E est ensemble fini. F est un ensemble fini. 2) Ω est l’ensemble des applications E → F. 3) P est la probabilité équilibrée sur Ω . Rappel 1) Ω = F E est l’ensemble des applications E → F. 2) Le nombre des éléments de Ω est card(Ω) = card(F) card(E) . card(A ) 1 3) Si A ⊂ Ω alors P(A ) = . Si ω ∈ Ω alors P({ω}) = card(Ω) card(Ω) Exemple E est composé de n éléments, F est composé de p éléments. L’ensemble Ω = F E des applications de E vers F est composé de p n éléments. Si ω ∈ Ω alors P({ω}) =

1 pn

Application à la physique On considère la répartition de certaines particules (photons, électrons, ... ) dans « l’espace des phases » qui est un espace à K dimensions (chaque particule est caractérisée par K données numériques). Le modèle de Maxwell-Boltzmann pour la physique Un système physique est modélisé par : 1) Un ensemble fini E de particules. 2) L’ensemble PHASE qui désigne l’espace des phases de ces particules. 3) Il existe une partition finie de l’ensemble PHASE. F est l’ensemble des éléments de cette partition. Un état du système est la donnée d’une application f : E → F • A chaque particule a ∈ E il correspond la partie f (a ) ∈ F dans laquelle se trouve le point de PHASE donné par les K caractéristiques de la particule a. Pour un ensemble E de n particules si l’espace des phases est partitionné en un ensemble F de p éléments, il y a p n états possibles du système. Chaque état admet la même probabilité :

1 . n p

Exercice card(E ) = n , car (F) = p , Ω = F E . P est la probabilité équilibrée sur Ω . Si y ∈ F et f : E → Falors f −1 ( y) = {x / x ∈ E et f ( x ) = y} (l’ensemble des antécédents de y par f).

{

}

 p −1  b ∈ F et B = f / f : E → F , f −1 (b) = φ donner P(B). Réponse   p  

n

40 Les rangements de n objets discernables dans p boites E et F sont des ensembles finis tels que :

card(E ) = n , card(F) = p.

• E correspond à un ensemble d’objets (par exemple: des particules), F correspond à un ensemble de boites (par exemple : les éléments d’une partition finie de l’espace des phases). Chaque objet de E est rangé dans une boite de F. Un tel rangement est complètement déterminé par une application f : E → F : 1 • si a ∈ E alors f (a ) ∈ F est la boite dans laquelle est rangé l’objet a. 2 • si v ∈ F alors f −1( v) ⊂ E est l’ensemble des objets rangés dans la boite v.

Rappel E et F sont des ensembles finis donc card F E  = card(F) card(E)   L’ensemble des applications E → F est noté F E . Propriété Il existe p n rangement possibles de n objets dans p boites. 3 objets rangés dans 3 boites 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27

I 123

II

III

123 123 1 2 3 1 2 3

23 13 12 23 13 12

1 1 2 2 3 3

23 13 12

1 2 3 1 2 3

23 13 12 2 3 1 3 1 2

23 13 12 23 13 12

1 2 3 1 2 3 3 2 3 1 2 1

1) Ω = F E est l’ensemble de tous les rangements possibles des objets de E dans les boites de F. 2) Il existe p n rangements possibles. 3) Pour l’espace de probabilités équilibré (Ω , T , P ) la probabilité 1 de chaque rangement est . n p

Rangements particuliers Il existe p(p − 1)....(p − n + 1) rangements tels que chaque boite contienne au plus 1 objet (un tel rangement est une injection E → F ). p! Rappel p(p − 1)....(p − n + 1) = (p − n )! (Les rangements 22 à 27 de 3 objets dans 3 boites) Probabilité pour que chaque boite contienne au plus 1 objet : p! p(p − 1)....(p − n + 1) = . n n p (p − n )! p Remarque Si le nombre d’objets est le même que le nombre de boites si chaque boite contient au plus un objet, chaque boite contient 1 objet (toute injection équivaut à une surjection).

Exercice Quelle est la probabilité pour qu’une boite contienne au plus 1 objet quand 3 objets sont rangés au hasard dans 6 boites ? Réponse ≈ 0,55555

41 On fixe le nombre des antécédents d’un élément 1) E est un ensemble fini de n éléments, F est un ensemble fini de p éléments. 2) Ω est l’ensemble des applications E → F donc card(Ω) = p n . 3) P est la probabilité équilibrée sur Ω . Problème Soit b un élément de F. Soit B k l’ensemble des applications f : E → F telles que {e / f (e) = b} contienne exactement k éléments. Le nombre des éléments de B k 1) Pour k > n il est évident que B k = φ. 2) Soit 0 ≤ k ≤ n , pour fabriquer une application de B k on choisit k éléments de E dont les images seront fixées à b puis une application g : E ' → F' où E’ est l’ensemble des (n − k ) éléments de E non choisis et F’ l’ensemble des (p − 1) éléments de F différents de b. Il y a C kn choix des k éléments de E ; il y a (p − 1) n − k choix d’une application g : E ' → F'. • Le nombre des éléments de B k pour 0 ≤ k ≤ n est donc C kn × (p − 1) n − k . La probabilité pour qu’une application f choisie au hasard soit telle que b admette exactement k antécédents.

La probabilité demandée est :

0 si k > n  Pk =  k (p − 1) n − k C n × pn 

si 0 ≤ k ≤ n

k n −k 1  1 (p − 1) n − k k k Remarque C n × = C n ×   × 1 −  (se souvenir de la loi p  p pn binomiale). Exercice Parmi 10 personnes quelle est la probabilité qu’exactement 2 1  6 8 personnes soient nées un Dimanche ? Réponse 45 ×   ≈ 0,268. 2 7 7

42 Quatre situations modélisées par des applications 1) Le lancer de n dés dont les faces sont numérotées de 1 à 6 L’ensemble E des objets est l’ensemble des n dés. L’ensemble des boites est l’ensemble F = {1,2,3,4,5,6}. Un résultat est une application f : E → F = {1,2,3,4,5,6} qui associe à chaque dé sa face vue après le lancer. • Il y a 6 n résultats possibles. • Si les dés sont équilibrés la probabilité de chaque résultat est la même :

1 . n 6

2) Les configurations des anniversaires des n personnes d’une entreprise (pour une année de 365 jours) L’ensemble E des objets est l’ensemble des n personnes. L’ensemble F des boites est l’ensemble des 365 jours (on suppose une année de 365 jours). Un résultat est une application f : E → F qui associe à chaque personne son anniversaire. • Il y a 365 n configurations possibles. • Si chaque personne a la même probabilité de naissance pour chaque jour de l’année la probabilité est 1 équilibrée et vaut pour chaque configuration. n 365

3) La classification de n personnes de 18 à 60 ans par « âge, sexe, profession» (k professions étant possibles) L’ensemble E des objets est l’ensemble des n personnes. L’ensemble F des boites est l’ensemble F représenté par {18,.....,60}× {1,2}× {1,..., k}, il y a donc (86k )n identités possibles sur la base de cette classification. 4) Les différentes configurations de descentes de n personnes au départ d’un ascenseur desservant p étages Il y a p n configurations, une configuration est une application

1 f : {1,.., n} → {1,.., p} f (i) est l’étage où descendra la personne i. Exercice 1) Une pièce de monnaie peut tomber sur pile ou face, donner l’ensemble de départ et l’ensemble d’arrivée des applications représentant un lancer de 100 pièces de monnaie et le nombre de toutes les situations possibles. 2) Un train part avec 100 passagers et s’arrête dans 5 gares (terminus compris), combien y-a-t-il de situations qui font que le train arrive au terminus sans aucun des passagers montés au départ ? 3) 6 dés équilibrés sont lancés, quelle est la probabilité qu’aucun ne tombe sur 1 ? Quelle est la probabilité que les 6 résultats obtenus soient différent ? 56 6! Réponses 1) {1,..,100} → {1,2}, 2100. 2) 4100. 3) , . 66 66

43 Le modèle de Bose-Einstein On considère la répartition de certaines particules (photons, électrons, ... ) dans « l’espace des phases » qui est un espace à K dimensions (chaque particule est caractérisée par K données numériques). Le modèle de Bose-Einstein pour la physique Un système physique est modélisé par : 1) Un ensemble fini E de particules. 2) L’ensemble PHASE qui désigne l’espace des phases de ces particules. 3) Il existe une partition finie de l’ensemble PHASE. F est l’ensemble des éléments de cette partition. Le nombre de particules est n, le nombre des éléments de la partition est p. card(E ) = n , card(F) = p. Un état du système est la donnée du nombre de particules qui se trouvent dans chaque partie de la partition et non quelles particules elle contient. • Les particules sont indiscernables. Précision La situation est la même que celle-ci: on répartit n pièces de 1 euro entre p personnes, c’est le nombre d’euros que chaque personne reçoit qui importe et non quelles pièces précisément elle reçoit. Propriété Le nombre de répartitions possibles de n objets indiscernables dans p p −1 C n + p −1 = C nn + p −1

boites est :

(voir la preuve page

suivante) Exemple n = 3, p = 3. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

I ***

II

III

C33+ 2 =

*** *** * * ** ** *

5! = 10 3!×2!

** * * ** *

** ** * * *

Exemple n = 3 p = 2 1 2 3 4

I *** * **

II *** ** *

C33+ 2 −1 =

4! =4 3!×1!

Exercice 1) Vérifier que le nombre de répartitions possibles de n objets indiscernables dans 2 boites discernables est toujours n + 1. 2) Vérifier que le nombre de répartitions possibles de n objets indiscernables dans 3 boites discernables est 1 + 2 + ... + n + 1. Indication Se souvenir de l’expression de 1 + 2 + ... + n (Rappel).

44 Les répartitions d’objets indiscernables dans des boites F est un ensemble fini de p boites discernables : F = b1,...., b p . E est un

{

}

ensemble de n objets indiscernables. On considère l’ensemble d’entiers {1,2,......., n + p − 1}. Les rangements des n objets dans p boites sont les parties de p − 1 éléments de {1,2,......., n + p − 1}. Justification Soit R une partie de p − 1 éléments de {1,2,......., n + p − 1} : R ⊂ {1,2,......., n + p − 1} tel que card ( R ) = p − 1. On range les éléments de R : R = r 1,..., rp −1 avec : 0 < r 1 < r2 < .... < rp −1 < n + p .

{

}

On note r0 = 0 , rp = n + p : r0 ∉ R et rp ∉ R. Pour k ∈ {1....., p} : n k = card{i / i ∈ {1,2,...., n + p − 1} et rk −1 < i < rk } ( Donc : n k = ( rk − rk −1) − 1 ) . Exemples n1 = card{i / i ∈ {1,2,...., n + p − 1} et 0 < i < r1} n p = card i / i ∈ {1,2,...., n + p − 1} et rp −1 < i < n + p Définition n k est le nombre d’objets placés dans la boite b k . Propriété 1 n Il existe exactement Cpn − + p −1 = Cn + p −1 rangements possibles de n objets indiscernables dans p boites discernables. Exemples n = 4, p = 6 , p − 1 = 5, n + p − 1 = 9, n + p = 10 Il existe C59 = 126 rangements possibles de 4 objets indiscernables dans 6 boites discernables. Quelques rangements possibles ( ∗ : objet, : boite ).

{

0

1

2 *

*

}

3 4 *

5 *

* *

*

Rangement 1 Rangement 2 Rangement 3

*

6

7

8

9 *

*

*

2) r1 = 2, r2 = 4, r3 = 5, r4 = 8, r5 = 9

*

3)r1 = 1, r2 = 4, r3 = 6, r4 = 8, r5 = 9

10 R 1) r1 = 1, r2 = 4, r3 = 6, r4 = 7, r5 = 8

n1 = 0, n 2 = 2, n 3 = 1, n 4 = 0, n 5 = 0, n 6 = 1 n1 = 1, n 2 = 1, n 3 = 0, n 4 = 2, n 5 = 0, n 6 = 0 n1 = 0, n 2 = 2, n 3 = 1, n 4 = 1, n 5 = 0, n 6 = 0

Exercice Combien y-a-t-il de rangement possibles de 4 objets indiscernables dans 6 boites discernables ? Réponse C95 = 126

45

Les rangements qui laissent un nombre fixé de boites vides Le nombre d’objets indiscernables est n le nombre de boites discernables est p. • Combien de rangements possibles ne laissant aucune boite vide ? 1) Si n < p alors le nombre de rangements ne laissant aucune boite vide est 0. 2) Si n = p alors le nombre de rangements ne laissant aucune boite vide est 1. 3) Si n > p alors le nombre de rangements ne laissant aucune boite vide est :

p −1 C n −1

Preuve On place 1 objet par boite dans les p boites, il reste ensuite à placer n − p objets p −1 p −1 dans les p boites ce qui peut être effectué de C n − p + p −1 = C n −1 manières. • Combien de rangements possibles laissant exactement k boites vides ? 1) Si n < p − k alors le nombre de rangements laissant exactement k boites vides est 0. 2) Si n ≥ p − k alors le nombre de rangements laissant exactement k boites vides est : p − k −1 C kp × C n −1

Preuve Il y a C kp choix des k boites qui doivent être vides. A chaque choix de ces k

p − k −1 boites on associe les Cn −1 rangements possibles de n objets parmi p − k boites ne laissant aucune de ces boites vide. Remarque p −1 Si k = 0 on retrouve C n −1 rangements laissant exactement 0 boites vides si 1 n > p puisque C 0p = 1. Si n = p, C nn − −1 = 1 et on obtient 1 seul rangement. Exercice De combien de manières peut-on ranger 1000 objets indiscernables dans 1000 boites avec une et une seule boite vide ? Avec autant de boites vides 500 × C 499 que de boites non vides ? Réponses 999000 ; C1000 999

46 Le modèle de Fermi-Dirac On considère la répartition de certaines particules dans « l’espace des phases » qui est un espace à K dimensions (chaque particule est caractérisée par K données numériques). Le modèle de Fermi-Dirac pour la physique Un système physique est modélisé par : 1) Un ensemble fini E de particules. 2) L’ensemble PHASE qui désigne l’espace des phases de ces particules. 3) Il existe une partition finie de l’ensemble PHASE. F est l’ensemble des éléments de cette partition. Le nombre de particules est n, le nombre des éléments de la partition est p. card(E ) = n , card(F) = p et card(E) = n ≤ p = card(F) Chaque partie de la partition contient au plus une particule et les particules sont indiscernables. • Les particules sont indiscernables. Précision La situation est la même que celle-ci: on répartit n pièces de 1 euro entre p personnes, de telle manière que chaque personne reçoive au plus 1 euro (on ne s’intéresse pas à la pièce qu’elle reçoit). Il faut que n ≤ p. Propriété Le nombre de répartition possibles de n objets indiscernables dans p boites si n ≤ p avec au plus un objet par boite est le nombre des sous-ensembles de n objets dans un ensemble de p objets : C np

Exercice On distribue au hasard n pièces de 1 euro parmi p personnes numérotées de 1 à p avec au plus 1 euro par personne. Vérifier que la probabilité n pour la personne i d’obtenir 1 euro est pour tout i ∈ {1,...., p}. p −1 C np − (p − 1)! n!(p − n )! 1 Indication = × (n − 1)!(p − n )! p! C np

47

Les probabilités équilibrées selon les trois modèles de la physique Le nombre des objets est n ; on range ces objets dans p boites. L’ensemble de tous les rangements possibles est Ω. On considère l’espace de probabilités fini équilibré (Ω , P(Ω), P ). • Modèle de Maxwell-Boltzmann Si ω ∈ Ω alors : P({ω}) =

1 pn

• Modèle de Bose-Einstein Si ω ∈ Ω alors :

P({ω}) =

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

• Modèle de Fermi-Dirac Il faut n ≤ p . Si ω ∈ Ω alors :

P({ω}) =

1 n!(p − n )! = p! C np

Exercice On range 4 objets dans 10 boites numérotées de 1 à 10. 1) Donner pour chacun des trois modèles de la physique la probabilité équilibrée pour que la boite 1 soit vide. 4 4 C94 C12 9 Réponses   = 0,6561 ; ≈ 0,6923; = 0,6 4 4  10  C13 C10

48

Le paradoxe du Chevalier de Méré Le paradoxe On lance 3 dés équilibrés dont les faces sont numérotées de 1 à 6. La probabilité que la somme des 3 faces vues soit 11 est la même que la probabilité que la somme des 3 faces vues soit 12 car le nombre de possibilités d’obtenir 11 est le même que le nombre de possibilités d’obtenir 12. Les possibilités d’obtenir 11 : 6 possibilités : 6 + 4 + 1, 6 + 3 + 2, 5 + 5 + 1, 5 + 4 + 2, 5 + 3 + 3, 4 + 4 + 3. Les possibilités d’obtenir 12 : 6 possibilités : 6 + 5 + 1, 6 + 4 + 2, 6 + 3 + 3, 5 + 5 + 2, 5 + 4 + 3, 4 + 4 + 4 . Le raisonnement est faux si on envisage la probabilité équilibrée sur l’ensemble Ω des résultats du lancer de ces 3 dés équilibrés : Ω = {1, 2 , 3 , 4 , 5 , 6}× {1, 2 , 3 , 4 , 5 , 6}× {1, 2 , 3 , 4 , 5 , 6} card(Ω) = 6 × 6 × 6 = 216 Le résultat du dé no i est noté d i pour i = 1, 2, 3. A = {(d1, d 2 , d 3 ) / d1 + d 2 + d 3 = 11} 1)6 + 4 + 1 est obtenu avec les 3!= 6 résultats (les permutations de 3 objets) : (d1 = 6, d 2 = 4, d 3 = 1) (d1 = 6, d 2 = 1, d 3 = 4) (d1 = 4, d 2 = 6, d 3 = 1)

(d1 = 4, d 2 = 1, d 3 = 6)(d1 = 1, d 2 = 6, d 3 = 4)(d1 = 6, d 2 = 4, d 3 = 6)

2) de même 6 + 3 + 2 est obtenu avec 3!= 6 résultats : 3) 5 + 5 + 1 est obtenu avec 3 résultats (les positions de 1 parmi 3 places): (d1 = 5, d 2 = 5, d 3 = 1)(d1 = 5, d 2 = 1, d 3 = 5)(d1 = 1, d 2 = 5, d 3 = 5) 4) de même 5 + 4 + 2 est obtenu avec 3!= 6 résultats 5) de même 5 + 3 + 3 est obtenu avec 3 résultats 6) de même 4 + 4 + 3 est obtenu avec 3 résultats card(A ) = 6 + 6 + 3 + 6 + 3 + 3 = 27 donc : P(A) =

27 216

B = {(d1, d 2 , d 3 ) / d1 + d 2 + d 3 = 12} De même, on trouve : card(B) = 25 donc : P(B) =

25 216

Exercice B = {(a , b, c ) / a ∈ {1,..,6}, b ∈ {1,..,6}, c ∈ {1,..,6} a + b + c = 1 2}. Vérifier que card(B) = 25. C = {(a , b, c ) / a ∈ {1,..,6}, b ∈ {1,..,6}, c ∈ {1,..,6} a + b + c ≠ 12}, donner Card(C) Réponse 191

49

Visualisation du Paradoxe du Chevalier de Méré La suite abc désigne les valeurs dans l’ordre du premier dé au troisième dé. La somme est 11 : 111 131 151 211 231 251 311 331 351 411 431 451 511 531 551 611 631 651

112 132 152 212 232 252 312 332 352 412 432 452 512 532 552 612 632 652

113 133 153 213 233 253 313 333 353 413 433 453 513 533 553 613 633 653

114 134 154 214 234 254 314 334 354 414 434 454 514 534 554 614 634 654

115 135 155 215 235 255 315 335 355 415 435 455 515 535 555 615 635 655

116 136 156 216 236 256 316 336 356 416 436 456 516 536 556 616 636 656

121 141 161 221 241 261 321 341 361 421 441 461 521 541 561 621 641 661

122 142 162 222 242 262 322 342 362 422 442 462 522 542 562 622 642 662

123 143 163 223 243 263 323 343 363 423 443 463 523 543 563 623 643 663

124 144 164 224 244 264 324 344 364 424 444 464 524 544 564 624 644 664

125 145 165 225 245 265 325 345 365 425 445 465 525 545 565 625 645 665

126 146 166 226 246 266 326 346 366 426 446 466 526 546 566 626 646 666

114 134 154 214 234 254 314 334 • 354 414 434 454 514 • 534 554 614 634 654

115 135 155 215 235 • 255 315 335 355 415 • 435 455 515 535 555 • 615 635 655

116 136 • 156 216 236 256 316 • 336 356 416 436 456 • 516 536 556 616 636 656

121 141 161 221 241 261 321 341 361 421 441 461 521 541 • 561 621 641 661

122 142 162 222 242 262 322 342 362 422 442 • 462 522 542 562 622 • 642 662

123 143 163 223 243 263 323 343 • 363 423 443 463 523 • 543 563 623 643 663

124 144 164 224 244 • 264 324 344 364 424 • 444 464 524 544 564 • 624 644 664

125 145 • 165 225 245 265 325 345 365 425 445 465 • 525 545 565 625 645 665

126 146 166 226 • 246 266 326 346 366 • 426 446 466 526 546 566 626 646 666

La somme est 12 : 111 131 151 211 231 251 311 331 351 411 431 451 511 531 551 611 631 • 651

112 132 152 212 232 252 312 332 352 412 432 452 512 532 • 552 612 632 652

113 133 153 213 233 253 313 333 353 413 433 • 453 513 533 553 613 • 633 653

Exercice Sk désigne l’événement : « la somme des 3 faces vues est égale à k ». 1) Quelle est la plus petite valeur et la plus grande valeur possible de k ? 2) Vérifier que le paradoxe du Chevalier de Méré donne P(S3 ) = P(S4 ) = P(S17 ) = P(S18 ). 3) Calculer P(S3 ), P(S4 ), P(S17 ), P(S18 ) (P est la probabilité équilibrée). 1 3 3 1 Réponses 1) 3 ; 18. 3) ; ; ; . 216 216 216 216