Mathématiques - Formule du crible

COMPLEMENT DE COURS.

FORMULE DU CRIBLE.

Nous allons étudier la formule du crible connue aussi sous le nom de formule de Poincaré.
Nous étudierons en particulier plusieurs de ses applications.

Introduction.
La formule du crible permet de dénombrer une réunion de n ensembles pouvant avoir ou non
des interceptions.
Dans le cas n = 2, nous avons la formule très connue :
card ( A ∪ B ) = card ( A) + card ( B ) − card (a ∩ B )

Pour n=3, nous avons :
card ( A ∪ B ∪ C ) = card ( A) + card ( B ) + card (C ) − card ( A ∩ B )
−card ( A ∩ C ) − card ( B ∩ C ) + card ( A ∩ B ∩ C )

Pour n=4, nous avons :
card ( A ∪ B ∪ C ∪ D) = card ( A) + card ( B) + card (C ) + card ( D) − card ( A ∩ B) − card ( A ∪ C )
−card ( A ∩ D) − card ( B ∩ C ) − card ( B ∩ D) − card (C ∩ D) + card ( A ∩ B ∩ C ) + card ( A ∩ B ∩ D)
+ card ( A ∩ C ∩ D) + card ( B ∩ C ∩ D) − card ( A ∩ B ∩ C ∩ D)

Plus généralement pour une valeur de n quelconque, nous aurons :
n n  k 
card (U Ai ) = ∑  (−1) k +1 ∑ card (I Ai j ) 
i =1 k =1  1≤i1 <i2 <...< ik ≤ n j =1 

Dans cette formule les Ai représentent des ensembles. Mais on peut aussi supposer en
probabilité que les Ai représentent des évènements et, dans ce cas, les cardinaux seront
remplacés par des probabilités. On obtiendra alors :
n n  k 
p (U Ai ) = ∑  (−1)k +1 ∑ p (I Ai j ) 
i =1 k =1  1≤i1 < i2 <...<ik ≤ n j =1 

Démonstration.
Nous allons démontrer la formule du crible par récurrence.

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Pour n=1, on obtient : card ( A1 ) = card ( A1 ) , ce qui ne fait aucun doute.
Pour n=2, on obtient : card ( A1 ∪ A2 ) = card ( A1 ) + card ( A2 ) − card ( A1 ∩ A2 ) , très classique.
Supposons la formule du crible vraie à l’ordre n. Et montrons que cela entraîne quelle est
vraie à l’ordre n+1.
En effet.
 n +1   n   n 
card  U Ai  = card  U Ai  + card ( An +1 ) − card  (U Ai ) ∩ An +1 
 i =1   i =1   i =1 
n +1
   n
  n

card  U Ai  = card  U Ai  + card ( An +1 ) − card  U ( Ai ∩ An +1 ) 
 i =1   i =1   i =1 
On peut alors appliquer l’hypothèse de récurrence sur le premier et le troisième terme.
 n+1  n  k
 n  k

card UAi  = ∑ (−1)k +1 ∑ card(I Ai j )  + card ( An+1 ) − ∑ (−1)k +1 ∑ card(I( Aij ∩ An+1)) 
 i=1  k=1  1≤i1 <i2 <...<ik ≤n j =1  k =1  1≤i1 <i2 <...<ik ≤n j =1 
Faisons un glissement d’indice dans le dernier terme.

 n+1  n  k
 n+1  k −1

card U Ai  = ∑ (−1)k+1 ∑ card(IAi j )  + card ( An+1 ) − ∑ (−1)k ∑ card(I( Ai j ∩ An+1)) 
 i=1  k =1  1≤i1<i2 <...<ik ≤n j =1  k =2  1≤i1<i2 <...<ik−1 ≤n j =1 
Ce qui peut s’écrire :
 n+1  n  k
 n+1  k

card U Ai  = ∑ (−1)k+1 ∑ card(IAi j )  + card ( An+1 ) + ∑ (−1)k +1 ∑ <i =n+1 j=1
card(IAi j ) 
 i=1  k =1  1≤i1<i2 <...<ik ≤n j =1  k =2  1≤i1 <i2 <...<ik−1 k 
On remarque que si l’on fait k=1 dans la dernière somme, on obtient card ( An +1 ) qui est
justement le deuxième terme de la somme. On peut donc écrire :
 n+1  n  k
 n+1  k

card U Ai  = ∑ (−1)k+1 ∑ card(IAij )  + ∑ (−1)k+1 ∑ <i =n+1 j=1card(I Aij ) 
 i=1  k =1  1≤i1<i2 <...<ik ≤n j =1  k =1  1≤i1<i2 <...<ik−1 k 
Nous remarquons que le premier terme de la somme contient toutes les interceptions des Ai ou
ne figure pas An +1 et le deuxième terme de la somme contient toutes les interceptions des Ai ou
figure An +1 . Nous pouvons donc réunir ces deux sommes en une seule de la manière suivante :
 n+1  n+1  k

card U Ai  = ∑ (−1)k+1 ∑ card(I Aij ) 
 i=1  k =1  1≤i1<i2 <...<ik ≤n+1 j =1 
Ce qui nous montre que la formule du crible est vraie à l’ordre n+1.

Donc :
n n  k 
∀n ∈ *
i =1 k =1  1≤ i1 <i2 <...< ik ≤ n j =1 

Nous allons voir maintenant quelques applications intéressantes de la formule du crible.


Premier exemple de problème.
Une urne contient n boules numéroté de 1 à n. On tire indéfiniment dans cette urne avec
remise. Soit X la variable aléatoire qui prend pour valeur le numéro du tirage où pour la
première fois toutes les boules ont été obtenues au moins une fois. Donner la loi de X.

Soit r ∈ ,nous devons calculer p(X=r).
Si r<n nous avons de façon évidente p(X=r) = 0. On ne peut pas obtenir toutes les boules si on
fait moins de n tirages.
Supposons maintenant r ≥ n .
Soit Bi l’événement : « La boule numéro i n’est pas apparue au cours des r premiers tirages.
Bi ∩ B j représentera l’événement : « Les boules numérotées i et j ne sont pas sorties dans les r
premiers tirages.
Bi ∪ B j représentera l’événement : « Au moins une des deux boules numéroté i ou j n’est pas
apparue au cours des r premiers tirages.
Nous avons donc :
n
p ( X > r ) = p (U Bi )
i =1

n  k 
p ( X > r ) = ∑  (−1) k +1 ∑ p (I Bi j ) 
k =1  1≤i1 <i2 <...< ik ≤ n j =1 

k
p (I Bi j ) représente la probabilité que les k boules Bi1 , Bi2 ,..., Bik ne soient pas sorties au cours
j =1

des r premiers tirages( les autres peuvent être sorties ou non).
n−k 
k r

Par conséquent : p (I Bi j ) =  
j =1  n 
Et donc :
n 
n−k  
r

p ( X > r ) = ∑  (−1) k +1 ∑   

k =1  1≤i1 <i2 <...<ik ≤ n  n  

n−k 
r

∑<i ≤n  n  est une somme de termes constants. Il y en a autant que ce qu’il y a de
1≤i1 <i2 <... k 


façon de choisir k nombres dans l’intervalle 1; n , c’est à dire Cnk .
On a donc :
n−k  n−k 
r r

∑<i ≤n  n  = Cnk  n 
1≤i1 <i2 <... k 



Par conséquent :


n  
k n−k 
r

p ( X > r ) = ∑  (−1) k +1 Cn   

k =1   n   

Nous avons alors :

p ( X = r ) = p ( X > r − 1) − p ( X > r )
r −1
n  k +1 k  n − k 
 n  k +1 k  n − k 
r

p ( X = r ) = ∑  (−1) Cn    − ∑  (−1) Cn   

k =1   n   k =1    n   

n   n − k r −1  n − k r  
p ( X = r ) = ∑  (−1) k +1 Cnk   −   
  n   n  
k =1
  
r −1
n  k +1 k  n − k    n − k  
p ( X = r ) = ∑  (−1) Cn   1 −   

k =1   n    n   
r −1
n  k +1 k  n − k   k 
p ( X = r ) = ∑  (−1) Cn    

k =1   n   n  
r −1
n  k +1 k −1  n − k 

p ( X = r ) = ∑  (−1) Cn −1   

k =1   n   

Deuxième exemple de problème.
Soit n urnes numérotées de 1 à n. Dans chaque urne se trouvent p boules numérotées de 1 à p.
On tire une boule au hasard dans chaque urne. Soit ( X k )k∈ 1;n un vecteur aléatoire donc chaque
composante Xk indique le numéro de la boule tirée dans l’urne numéro k. Soit maintenant Y la
variable aléatoire réelle définie par : Y = min ( X k ) .
k∈ 1; n

a) Donner la fonction de répartition de Y.
b) En déduire la loi de Y.

a) (Y ≤ i) est réalisé si l’une des variables aléatoires Xk au moins prend une valeur inférieure
ou égale à k.
n
Par conséquent : (Y ≤ i ) = U ( X k ≤ i ) et par conséquent :
k =1

 n
 n  k 
p (Y ≤ i ) = p  U ( X k ≤ i )  = ∑  (−1) k +1 ∑ p (I X i j ≤ i ) 
 k =1  k =1  1≤ i1 <i2 <...< ik ≤ n j =1 


k
p (I X i j ≤ i ) représente la probabilité que les boules tirées dans les k urnes numérotés ij aient
j =1

toutes un numéro inférieur à i. Ces évènements étant indépendants et la probabilité que la
i
boule tirée dans une urne ait un numéro inférieur ou égal à i étant , on a :
p
k
k
i 
p (I X i j ≤ i ) =   . Par conséquent :
j =1  p
 n  n  k 
p (Y ≤ i ) = p  U ( X k ≤ i )  = ∑  (−1) k +1 ∑ p (I X i j ≤ i ) 
 k =1  k =1  1≤ i1 <i2 <...< ik ≤ n j =1 
n  i  
k

= ∑  (−1) k +1
∑   
 1≤i1 <i2 <...<ik ≤ n  p 
k =1
 

n
k  i 
k

= −∑  (−1) Cn   
k
  p  
k =1

n k  i k 
= − ∑  Cn  −  
  p 
k =1
 
 k  i k 
n
= 1 − ∑  Cn  −  
  p 
k =0
 
n
 i 
= 1 − 1 − 
 p

c) On a :
  i     i −1    i −1  
n n n
i 
n

p (Y = i ) = p ( Y ≤ i ) − p (Y ≤ i − 1) = 1 − 1 −   − 1 − 1 −   = 1 −
  − 1 − 
   
p    p    p   p


Remarque : Certains pourraient objecter avec raison que l’on pourrait trouver plus
simplement p(Y ≤ i) en passant par l’événement contraire. En effet, on a :
 n   n   n 
p (Y ≤ i ) = p  U ( X k ≤ i )  = 1 − p  U ( X k ≤ i )  = 1 − p  I ( X k > i ) 
 k =1   k =1   k =1 
 
et comme les événements (Xk > i) sont indépendants, on obtient :
n n
 p−i   i
p (Y ≤ i ) = 1 −   = 1 − 1 −  .
 p   p
L’objet de ce complément de cours étant d’étudier la formule du crible, nous avons privilégié
la première méthode. Toutefois, il est intéressant de remarquer que la formule du crible
présente un certain complémentarisme vis à vis de la formule des probabilités composés
puisque :


   
p  U Ai  = 1 − p  I Ai  .
 i   i 
Et effectivement, selon les problèmes, on peut être amené à choisir entre la formule du crible
et la formule des probabilités composées selon que l’une ou l’autre des deux méthodes est
plus simple à mettre en œuvre que l’autre.


Dénombrement des surjections d’un ensemble E dans un ensemble F.

Soit S np le nombre de surjections d’un ensemble E de cardinal p dans un ensemble F de
cardinal n.
Si p<n nous avons de façon évidente S np = 0 .
Nous supposerons maintenant1 ≤ n ≤ p .
Sans nuire à la généralité, nous pouvons supposer que E = {1,2,..., p −1, p} et F = {1,2,..., n −1, n}
Nous désignerons par Ai le sous-ensemble des applications de E dans F où l’élément i de
l’ensemble F n’a pas d’antécédent.(Les autres éléments de F pouvant avoir ou non des
antécédents.)
Nous voyons que, par exemple, A2 ∩ A5 désigne l’ensemble des applications de E dans F où les
éléments 2 et 5 de F n’ont pas d’antécédents.
n
Nous voyons alors que U Ai désigne l’ensemble des applications de E dans F où au moins un
i =1
élément de F n’a pas d’antécédent. Par conséquent l’ensemble des surjections de E dans F
n  n 
sera U Ai . Il nous faut donc dénombrer card  U Ai  . Comme il y a n p applications de E dans
 i =1 
i =1  
 n   n 
F, nous avons : card  U Ai  = n p − card  U Ai 
 i =1   i =1 
 
 n

Nous pouvons calculer card  U Ai  par la formule du crible.
 i =1 
n n  k 
i =1 k =1  1≤i1 <i2 <...< ik ≤ n j =1 
k

IA
j =1
ij représente l’ensemble des applications de E dans F où k éléments n’ont pas

d’antécédents. Il y en a autant que ce qu’il y a d’applications de E dans F privé de ces
éléments. On a donc :

k
card (I Ai j ) = (n − k ) p
j =1

On obtient donc :
n n  
card (U Ai ) = ∑  (−1)k +1 ∑ (n − k ) p 
i =1 k =1  1≤i1 < i2 <...<ik ≤ n 
De plus
∑ (n − k ) p est une somme de termes constants. Il y en a autant que ce qu’il y a de
1≤i1 <i2 <...< ik ≤ n

façons de choisir k nombres dans l’intervalle 1; n , c’est à dire Cnk .
On a donc :


∑
1≤i1 <i2 <...<ik ≤ n
(n − k ) p = Cnk (n − k ) p

Et en reportant :
card (U Ai ) = ∑ ( (−1) k +1 Cnk (n − k ) p )
n n

i =1 k =1
Nous avons donc :
 n   n 
card  U Ai  = n p − card  U Ai 
 i =1   i =1 
 
 n 
card  U Ai  = n p − ∑ ( (−1) k +1 Cn (n − k ) p )
n
k
 i =1 
  k =1

 n 
card  U Ai  = n p + ∑ ( (−1) k Cn (n − k ) p )
n
k
 i =1 
  k =1

En faisant k=0 dans la somme nous obtenons n p qui se trouve juste devant. Et donc :
 n  n
card  U Ai  = ∑ ( (−1) k Cnk (n − k ) p )
 i =1  k =0
 
En faisant le changement d’indice n → n − k on obtient finalement :
 n  n
card  U Ai  = ∑ ( (−1) n − k Cnk k p )
 i =1  k =0
 

Nous pouvons donc énoncer :

Théorème : Le nombre S np de surjections d’un ensemble de p éléments vers un ensemble
de n éléments est donné par :
n
S = ∑(−1)n−k Cn k p
p
n
k

k=0

Dans cette formule en posant n=0 et p=0, on obtient S0 = 1 . Nous admettrons cette valeur
0

pour pouvoir étendre cette formule avec 0 ≤ n ≤ p .

Exemple concret.
De combien de façons peut-on ranger 20 chemises dans 10 tiroirs en laissant exactement 5
tiroirs vides.

Pour ranger les chemises il faut choisir les 5 tiroirs qui recevront les chemises.
5
Soit C10 possibilités. Associer ensuite, de façon surjective, chacune des 20 chemises aux 5
tiroirs choisis pour les y ranger. Soit S520 possibilités.


5 20
Il y a donc C10 .S5 façons de ranger 20 chemises dans 10 tiroirs en laissant exactement 5
tiroirs vides.
On obtient : C10 .S520 = 252 × 89904730860000 = 22655992176720000 rangements possibles.
5


Dénombrement des dérangements d’un ensemble à n éléments.

Un dérangement d’un ensemble E de cardinal n est une permutation de cet ensemble sans
points fixes.
Sans nuire à la généralité nous pouvons supposer que E = {1, 2,.., n} .
Nous savons qu’il y a n ! permutations de l’ensemble E.
Dans cette étude nous appellerons Ai l’ensemble des permutations de E laissant le point i fixe.
(Les autres éléments pouvant être fixes ou non).
Ai ∩ A j représente alors l’ensemble des permutations de E laissant les éléments i et j fixes.
Ai ∪ A j représente l’ensemble des permutations laissant au moins un des deux éléments i ou j
fixes.
n
L’ensemble des dérangements de E sera alors U Ai .
i =1
Prenons un exemple pour mieux comprendre.
Soit E = {1, 2,3, 4} de cardinal 4. Il y a 4! = 24 permutations de cet ensemble.
Celle-ci peuvent être représentées par :


En répartissant les différentes permutations dans les ensembles A1 , A2 , A3 , A4 ,
Nous obtenons :


Nous voyons alors qu’il y a 9 dérangements dans E, à savoir l’ensemble { j , k , l , n, q, r , s, w, x}
Revenons au cas général, Le cardinal de l’ensemble des dérangements d’un ensemble e à n
éléments est donné par :

 n   n 
card  U Ai  = n !− card  U Ai 
 i =1   i =1 
 
 n  n  k

card  U Ai  = n !− ∑  (−1) k +1 ∑ card (I Ai j ) 
 i =1  k =1 
  1≤i1 <i2 <...<ik ≤ n j =1 
 n  n  
card  U Ai  = n !− ∑  (−1) k +1 ∑ (n − k )!
 i =1  k =1 
  1≤i1 <i2 <...<ik ≤ n 
 n 
card  U Ai  = n !+ ∑ ( (−1)k Cnk (n − k )!)
n

 i =1 
  k =1


 n  n
ard  U Ai  = ∑ ( (−1) k Cn (n − k )!)
k
 i =1  k =0
 
 n  n  n! 
card  U Ai  = ∑  (−1) k (n − k )!
 i =1  k =0  k !(n − k )! 
 
 n  n  n! 
card  U Ai  = ∑  (−1) k 
 i =1  k =0  k !
 
 n  n
 (−1) k 
card  U Ai  = n !∑  
 i =1  k =0  k ! 
 

Pour un calcul de probabilité il restera :

 n  n  (−1) k   n 
p  U Ai  = ∑   Nous remarquons que lim p  U Ai  = e−1
 i =1  k = 0  k !  n →∞  i =1 
   

Exemple concret.
Une secrétaire dispose de 12 enveloppes portant chacune l’adresse d’un client différent. Elle a
aussi 12 lettres différentes à envoyer à chacun des 12 clients. Ne sachant pas pour chaque
client quelle lettre doit lui être destinée, elle met au hasard chacune des 12 lettres dans
chacune des 12 enveloppes et les poste en priant le ciel que chaque client reçoive sa lettre.
A/ Quelle est la probabilité que son vœu soit exaucé ?
B/ Quelle est la probabilité qu’aucun des clients ne reçoivent sa lettre ?

A/ Il y a une seule permutation favorable pour que tous les client reçoivent leur lettre.
Et 12 ! = 479001600 permutations possibles. La probabilité que tous les clients reçoivent leur
1
lettre est donc .
479001600

12
 (−1)k  16019531
B/ La probabilité qu’aucun clients ne reçoivent leur lettre est ∑  = 0,368
k =0  k !  43545600

Rencontre du second type.
Les permutations du paragraphe précédent peuvent se classer dans les rencontres du premier
type. Dans ce paragraphe, nous allons étudier les rencontres du second type que l’on peut
modéliser de la façon suivante :
Soit une urne contenant 2n boules. Deux boules portent le numéro 1. deux autres portent le
numéro 2. deux autres portent le numéro 3. Et ainsi de suite…
À côté de l’urne se trouvent n boîtes numérotées de 1 à n.
On tire les boules sans remise en mettant les deux premières dans la première boîte. Les deux
suivantes dans la deuxième boîte. Et ainsi de suite jusqu'à ce qu’il y ait deux boules par boîte.
(Dans une rencontre du premier type, on aurait mis qu’une boule par boîte).


On dira qu’il y a une rencontre dans la boîte numéro i si les deux boules de cette boîte portent
le même numéro.
Soit Ai , l’événement : Il y a une rencontre dans la boîte numéro i.
Ai ∩ Aj représentera alors l’événement : Il y a une rencontre dans la boîte i et une rencontre
dans la boîte j.
Ai ∪ Aj représentera l’événement : Il y a une rencontre dans au moins une des deux boîtes i ou
j.
Soit X n la variable aléatoire prenant pour valeur le nombre de rencontres total après avoir
effectué les tirages.
On a :
 n 
p ( X n ≥ 1) = p  U Ai 
 i =1 
n  k

p ( X n ≥ 1) = ∑  (−1) k +1 ∑ p (I Ai j ) 
k =1  1≤i1 <i2 <...<ik ≤ n j =1 
k
Calculons p (I Ai j ) .
j =1

Une boule étant mise dans la boîte numéro i, la probabilité que la seconde boule arrivant dans
1
cette boîte ait le même numéro sera p ( Ai ) = .
2n − 1
D’après la formule des probabilités composées, on aura :
p ( Ai ∩ A j ) = p ( Ai ) × p ( A j / Ai )
1 1
p ( Ai ∩ A j ) = ×
2 n − 1 2n − 3
plus généralement, à l’aide de la formule des probabilités composées on obtient :
 k −1 
( )
p (I Ai j ) = p ( Ai1 ) × p ( Ai2 / Ai1 ) × p Ai3 / ( Ai1 ∩ Ai2 ) × ... × p  Aik / I Ai j 
k

j =1  j =1 
k
1 1 1 1
p (I Ai j ) = × × × ... ×
j =1 2 n − 1 2n − 3 2n − 5 2n − (2k − 1)
k
1
p (I Ai j ) =
j =1 (2n − 1)(2n − 3)(2n − 5)...(2n − 2k + 1)

k
2n(2n − 2)(2n − 4)...(2n − 2k + 2)
p (I Ai j ) =
j =1 2n(2n − 1)(2n − 2)...(2n − 2k + 1)
k
2 k Ank
p (I Ai j ) =
j =1 2n(2n − 1)(2n − 2)...(2n − 2k + 1)
k
2k An (2n − 2k )!
k
p (I Ai j ) =
j =1 (2n)!
En reportant cette formule dans l’expression de p ( X ≥ 1) , on obtient :


n 
2k Ank (2n − 2k )! 
p ( X n ≥ 1) = ∑  (−1) k +1 ∑ 
k =1  1≤ i1 <i2 <...< ik ≤ n (2n)! 
 k 2 An (2n − 2 k )! 
n k k
p ( X n ≥ 1) = ∑  (−1) k +1 Cn 
k =1  (2n)! 
On en déduit :
p ( X n = 0) = 1 − p ( X ≥ 1)
 k +1 k 2 An (2n − 2 k )! 
n k k
p ( X n = 0) = 1 − ∑  (−1) Cn 
k =1  (2n)! 
n
 2 k Ank (2n − 2k )! 
p ( X n = 0) = 1 + ∑  (−1) k Cnk 
k =1  (2n)! 
n
 2k An (2n − 2k )! 
k
p ( X n = 0) = ∑  (−1) k Cnk 
k =0  (2n)! 
n
 (−2) k n !(2n − 2k )!n ! 
p ( X n = 0) = ∑  
k = 0  (2n )!k !( n − k )!( n − k ) ! 

−k
n
 (−2)k C2nn − 2 k 
p ( X n = 0) = ∑  × n 
k =0  k! C2 n 

Essayons maintenant de calculer p ( X n = r )
Pour calculer p ( X n = r ) , il faut :
Choisir le r boîtes où auront lieu les rencontres : Cnr possibilités.
1 1 1
Calculer la probabilité qu’il y ait rencontre dans ces r boîtes : × × ... ×
2n − 1 2n − 3 2n − (2r − 1)
Calculer la probabilité qu’il n’y ait pas de rencontre dans les n-r autres boîtes : p ( X n − r = 0)
On aura donc :
1 1 1
p ( X n = r ) = Cnr × × ... × p ( X n − r = 0)
2n − 1 2 n − 3 2n − (2r − 1)

2r An (2n − 2r )!
r
p( X n = r ) = Cnr p( X n − r = 0)
(2n)!
2r n !(2n − 2r )!n !
p( X n = r ) = p( X n − r = 0)
(2n)!r !(n − r )!(n − r )!

n−r
2 r C2 n − 2 r
p( X n = r ) = × n p ( X n − r = 0)
r ! C2 n
n−r n−r −
2r C2 n − 2 r n − r  (−2) k C2 n − 2 rk− 2 k 
p( X n = r ) = × n × ∑  × n−r 
r ! C2 n k =0  k! C2 n − 2 r 


2r n− r
 (−2) k 
p( X n = r ) = n
× ∑ n−r −
× C2 n − 2 rk− 2 k 
r !C2 n k =0  k ! 

Rencontre du troisième type.
L’urne contient cette fois 3n boules. Trois boules numérotées 1, trois boules numérotées
2,…,trois boules numérotées n. On a toujours n boîtes à côté de l’urne. On tire les boules au
hasard et sans remise en mettant les trois premières boules tirées dans la première boîte, les
trois suivantes dans la deuxième boîte et ainsi de suite de façon à se retrouver avec trois
boules par boîte.
On dira qu’il y a rencontre dans la boîte numéro i si celle-ci contient trois boules portant le
même numéro. Soit Ai , l’événement : « Il y a rencontre dans la boîte numéro i ».Soit X n la
variable aléatoire qui prend pour valeur le nombre de boîtes où il y a une rencontre.
On a :
 n 
p ( X n ≥ 1) = p  U Ai 
 i =1 
n  k

p ( X n ≥ 1) = ∑  (−1) k +1 ∑ p (I Ai j ) 
k =1  1≤i1 <i2 <...<ik ≤ n j =1 
k
Calculons p (I Ai j ) .
j =1

Une boule étant mise dans la boîte numéro i, la probabilité que les deux boules arrivant dans
1
cette boîte aient le même numéro sera p ( Ai ) = 2 .
C3n −1
D’après la formule des probabilités composées, on aura :
p( Ai ∩ Aj ) = p( Ai ) × p( Aj / Ai )
1 1
p( Ai ∩ Aj ) = 2
× 2
C 3 n −1 C
3( n −1) −1

plus généralement, à l’aide de la formule des probabilités composées on obtient :
 k −1

( )
p (I Ai j ) = p ( Ai1 ) × p ( Ai2 / Ai1 ) × p Ai3 / ( Ai1 ∩ Ai2 ) × ... × p  Aik / I Ai j 
k

j =1  j =1 
k
1 1 1 1
p (I Ai j ) = 2 × 2 × 2 × ... × 2
j =1 C3n −1 C3( n −1) −1 C3( n − 2)−1 C3( n − k +1)−1
k
2k
p (I Ai j ) =
j =1 (3n − 1)(3n − 2)(3n − 4)(3n − 5)...(3n − 3k + 2)(3n − 3k + 1)


k
3n(3n − 3)(3n − 6)...(3n − 3k + 3) × 2k
p (I Ai j ) =
j =1 3n(3n − 1)(3n − 2)(3n − 3)(3n − 4)...(2n − 2k + 1)
k
2k 3k Ank
p (I Ai j ) =
j =1 3n(3n − 1)(3n − 2)...(3n − 3k + 1)
k
6 k Ank (3n − 3k )!
p (I Ai j ) =
j =1 (3n)!
En reportant cette formule dans l’expression de p ( X ≥ 1) , on obtient :
n 
6k Ank (3n − 3k )! 
p ( X n ≥ 1) = ∑  (−1) k +1 ∑ 
k =1  1≤i1 <i2 <...<ik ≤ n (3n)! 
n
 6 k Ank (3n − 3k )! 
p ( X n ≥ 1) = ∑  (−1) k +1 Cnk 
k =1  (3n)! 

On en déduit :
p ( X n = 0) = 1 − p ( X ≥ 1)
n
 6 k Ank (3n − 3k )! 
p ( X n = 0) = 1 − ∑  (−1) k +1 Cnk 
k =1  (3n)! 
 k 6 An (3n − 3k )! 
n k k
p ( X n = 0) = 1 + ∑  (−1)k Cn 
k =1  (3n)! 
 k 6 An (3n − 3k )! 
n k k
p ( X n = 0) = ∑  (−1) k Cn 
k =0  (3n)! 
n
 (−6) k n !(3n − 3k )!n ! 
p ( X n = 0) = ∑  
k = 0  (3n )!k !( n − k )!( n − k ) ! 

 (3n − 3k )! 
n 
(−2 × 3) k
(n − k )!2 
p ( X n = 0) = ∑  × 
k =0  k! (3n)! 
 n !2 
 

Essayons maintenant de calculer p ( X n = r )
Pour calculer p ( X n = r ) , il faut :
Choisir le r boîtes où auront lieu les rencontres : Cnr possibilités.
Calculer la probabilité qu’il y ait rencontre dans ces r boîtes :
1 1 1 1
2
× 2 × 2 × ... × 2
C3n −1 C3( n −1)−1 C3( n − 2) −1 C3( n − r +1)−1
Calculer la probabilité qu’il n’y ait pas de rencontre dans les n-r autres boîtes : p ( X n − r = 0)
On aura donc :
1 1 1 1
p( X n = r ) = Cnr 2 × 2 × 2 × ... × 2 p ( X n − r = 0)
C3n −1 C3( n −1)−1 C3( n − 2) −1 C3( n − k +1)−1


6r Anr (3n − 3r )!
p( X n = r ) = Cnr p( X n − r = 0)
(3n)!
6r n !(3n − 3r )!n !
p( X n = r ) = p( X n − r = 0)
(3n)!r !(n − r )!(n − r )!

(3n − 3r )!
(2 × 3) r
(n − r )!2
p( X n = r ) = × p( X n − r = 0)
r! (3n)!
n !2
(3n − 3r )!  (3n − 3r − 3k )! 
n−r 
(2 × 3) r
(n − r )!2
(−2 × 3) k
(n − r − k )!2 
p( X n = r ) = × ×∑ × 
r! (3n)! k =0  k! (3n − 3r )! 
n !2  (n − r )!2 
 

(3!) r n !2 n − r  (−3!) k (3n − 3r − 3k )! 
p( X n = r ) = × × ∑ × 
r ! (3n)! k =0  k ! (n − r − k )!2 

Exemple concret.
Dans une cour de récréation 18 enfants jouent en formant 6 rondes composées de 3 enfants.
Ils sont interrompus par un goûter à la fin duquel ils se regroupent au hasard pour former à
nouveau 6 rondes de 3 enfants. Quelle est la probabilité que, parmi les 6 rondes reformées, il
y en ait deux composées des mêmes enfants qu’avant interruption ?

Il s’agit d’un problème de rencontre du troisième type.
Appliquons donc la formule précédente en prenant n=6 et r=2. On obtient :
(2 × 3) 2 6!2 6− 2  (−2 × 3)k (18 − 6 − 3k )! 
p( X 6 = 2) = × × ∑ × 
2! (18)! k = 0  k! (6 − 2 − k )!2 

62 4
 (−6) k (12 − 3k )! 
p( X 6 = 2) = 18 × × ∑ × 
(18)! k = 0  k ! (4 − k )!2 
4779
p ( X 6 = 2) =
60988928000

Rencontre du pème type.
L’urne contient cette fois p.n boules. p boules numérotées 1, p boules numérotées 2,…,p
boules numérotées n. On a toujours n boîtes à côté de l’urne. On tire les boules au hasard et
sans remise en mettant les p premières boules tirées dans la première boîte, les p suivantes
dans la deuxième boîte et ainsi de suite de façon à se retrouver avec p boules par boîte.
On dira qu’il y a rencontre dans la boîte numéro i si celle-ci contient p boules portant le même
numéro. Soit Ai , l’événement : « Il y a rencontre dans la boîte numéro i ».Soit X n la variable
aléatoire qui prend pour valeur le nombre de boîtes où il y a une rencontre.


En faisant des calculs similaires aux précédents on obtient :
( p !) r n !2 n−r
 (− p !) k ( p.n − p.r − p.k )! 
p( X n = r ) = × × ∑ × 
r ! ( p.n)! k = 0  k ! (n − r − k )!2 

Rencontre du nème type
En faisant p=n dans la formule précédente on obtient :
n !r + 2 n − r  (−n !) k (n 2 − n.r − n.k )! 
p( X n = r ) = × ∑ × 
r !(n 2 )! k =0  k ! (n − r − k )!2 
Exemple concret.
Sur un échiquier (8X8 cases) on dispose au hasard 64 jetons. (8 rouges, 8 bleus, 8 jaunes, 8
verts, 8 violets, 8 oranges, 8 noirs et 8 blancs). Quelle est la probabilité de trouver, sur une
colonne exactement, 8 jetons de la même couleur ?

Il s’agit d’une Rencontre du nème type. Nous appliquerons donc la formule précédente en
posant n=8 et r=1.
On obtient :

8!3 8−1  (−8!) k (82 − 8 − 8k )! 
p( X n = 1) = × ∑ × 
(82 )! k =0  k ! (8 − 1 − k )!2 
8!.3 7  (−8!)k (56 − 8k )! 
p( X n = 1) = × ∑ × 
64! k =0  k ! (7 − k )!2 
2171517106355693670948415873083069657856
p( Xn =1) = 1,446.10−8
150179595995625055861144410781907702002265446875

Le raisonnement fau suivant aurait pu être fait :
Il y a 8 façons de choisir la colonne et 8 façons de choisir la couleur soit 8 × 8 = 64 favorables.
8
Comme il y a C64 façons de choisir les 8 jetons allant sur la colonne sélectionnée et de la
couleur sélectionnée la probabilité recherchée serait :
8 8
8
= 1.446.10−8
C64 553270671
Le raisonnement précédent est faux car il ne suppose rien sur les autres cases, on pourrait très
bien avoir deux colonnes de la même couleur. Ce qui est interdit car l’énoncée précisait une
colonne exactement. Mais le résultat est pratiquement identique car la probabilité d’avoir plus
d’une colonne de la même couleur est tout à fait négligeable.


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