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Admin · 21-12-2008 18:32:51

Réponse
1) Par définition

${{n}\choose{k}}\ =\ \frac{n!}{k!(n-k)!}$

d'où

${{n-1}\choose{k-1}}\ + \ {{n-1}\choose{k}}\ =\ \frac{(n-1)!}{(k-1)!(n-k)!} + \frac{(n-1)!}{k!(n-1-k)!}\ =\ \frac{(n-1)!k}{k(k-1)!(n-k)!} + \frac{(n-1)!(n-k)}{k!(n-1-k)!(n-k)}$

${{n-1}\choose{k-1}}\ + \ {{n-1}\choose{k}}=\ \frac{(n-1)!(k+n-k)}{k!(n-k)!}\ =\ \frac{n!}{k!(n-k)!}\ =\ {{n}\choose{k}}$

2)
d'après 1)

${{n-2}\choose{k-2}}\ + \ {{n-2}\choose{k-1}}\ =\ {{n-1}\choose{k-1}}$
et
${{n-2}\choose{k-1}}\ + \ {{n-2}\choose{k}}\ =\ {{n-1}\choose{k}}$

d'où par addition membre à membre le résultat

3a)
l'événement A se traduit par ''aucune boule rouge n'est tirée''
pour qu'il soit réalisé, il faut donc choisir les k boules parmi les (n-2) boules blanches

d'où $\ {{n-2}\choose{k}}\$ possibilités
et comme il y a $\ {{n}\choose{k}}\$ façons de choisir k boules parmi n

$P(\overline{A})\ =\ \frac{{{n-2}\choose{k}}}{{{n}\choose{k}}}$

d'où $\ P(A)\ =\ 1\ -\ \frac{{{n-2}\choose{k}}}{{{n}\choose{k}}}\ =\ \frac{{{n}\choose{k}}\ -\ {{n-2}\choose{k}}}{{{n}\choose{k}}}$

3b)
l'événement A peut être explicité directement
tirer au moins une boule rouge c'est
tirer 2 boules rouges ET (k-2) boules blanches OU tirer une seule boule rouge [font=arial]ET[/font] (k-1) boules blanches
soit en nombre de possibilités

${{2}\choose{2}}{{n-2}\choose{k-2}}\ +\ {{2}\choose{1}}{{n-2}\choose{k-1}}\ =\ {{n-2}\choose{k-2}}\ +\ 2{{n-2}\choose{k-1}}$

en comparant avec le résultat de 3a) on retrouve l'égalité démontrée en 2)

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#1 21-12-2008 18:32:51

Question 1 : Combinaisons et Probabilités

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