Exercice 1 terminale - Page 3 — Les-mathematiques.net The most powerful custom community solution in the world

Exercice 1 terminale

13

Réponses

  • Je suis flatté de ce que dit Homo Topi.
    Et je vais essayer de lui donner raison une fois de plus.
    Je viens de faire Ctrl-F sur cette discussion, sur cette page 2, et j'ai cherché le mot 'combinaison'
    - Zeitnot en parle en premier, pour dire qu'on s'en fout.
    - OShine en parle 2 fois, pour dire que c'est peut-être la formule des combinaisons qui s'applique, mais peut-être pas.
    - Lol-a en parle, pour renvoyer vers un tutoriel où c'est expliqué.
    Résumé : il n'y a que OShine qui croit que faire du dénombrement, c'est forcément compter des arrangements ou des combinaisons.

    Je suis complètement aligné avec Zeitnot : Les arrangements et les combinaisons, on s'en fout totalement. Dès qu'un étudiant a passé les 5 premiers exercices d'application directe des définitions, c'est fini, il n'y a plus aucun exercice où le raisonnement attendu est 'compter les combinaisons'.  
    Va dans un PMU, regarde les turfistes, ils savent faire la différence entre un tiercé dans le désordre et un quinté dans l'ordre, et ils se moquent de savoir si on doit compter des arrangements ou des combinaisons. Mais ils savent qu'il y a 6840 résultats possibles pour un tiercé dans l'ordre s'il y a 20 partants, et 6 fois moins de tiercés dans le désordre.
    Va voir des gens qui jouent l'apéro au 421 ou au Yam's, même chose, tu n'entendras jamais ces 2 mots !

    Mr Jourdain faisait de la prose sans le savoir. Les combinaisons et les arrangements, c'est pareil, on en fait, sans le savoir, et c'est très bien comme ça.

  • Modifié (3 Aug)
    Alors, finalement, quelle était la version de l'exercice 2 qui demandait le moins de calculs ?  :p

    @OShine Eh oui, pour la question 1 le résultat est énorme mais juste. Question bonus : On organise maintenant une course à laquelle participent les 35 élèves de la classes. A l'issue de la course, on fait monter les 7 premiers arrivées sur un podium 7 places (on va supposer que ça existe). Combien y a-t-il de podiums possibles ? ($\binom{35}{7}$ ? plus ? moins ?). Justifier. 

    edit : @lourran
    Je suis assez d'accord. Ce chapitre est assez moche d'ailleurs pédagogiquement parlant. On fait écrire des définitions et des formules dans le cours mais tout l'objectif des exercices est de montrer qu'on n'en a pas besoin.
  • Exercice 1.
    Les n-uplets sont au programme de terminale ?
    Si je devais répondre à l’exercice 1, je donnerais deux réponses en précisant qu’il faut interpréter l’énoncé. Si je ne devais en donner qu’une, au vu de cet énoncé et de son style, j’aurais choisi celle que vous vilipendez. C’est encore un de ces innombrables énoncés merdiques de l’éducation nationale des inspecteurs aux problèmes pseudo-concrets. Mais il s’agit bien de personnes et de bouts de cartons, non ? Pas de théorie des ensembles ?
    Vous me direz qu’Alice peut très bien être en couple avec David alors que celui-ci se considère célibataire. Certes, mais pas dans les
    manuels scolaires.
    Comme d’habitude, on ne comprend pas très bien certaines réactions antioshines.
  • Pour le podium, il y a un ordre donc $35 \times 34 \times \cdots \times 29 = \dfrac{35 !}{ 28 !} = 7! \binom{35}{7} $
  • Très bien ! Tu vois tu as compris la différence entre une situation où l'ordre compte et une où l'ordre ne compte pas.
  • Modifié (3 Aug)
     OShine a dit : [ . . . ]
    Je comprends mieux les anneaux quotients et les groupes quotients que le dénombrement de ST2S.
    C'est dommage : en tant que capésien tu as plus de chance de devoir enseigner les dénombrements à des ST2S que les groupes quotients à des L2 ou L3.
    Et je crois que tu aurais un peu de mal  à enseigner quoique ce soit sur les groupes quotients, pour ne rien dire des anneaux.
    De fait tu montres que tu n'as pas un niveau suffisant pour enseigner dans les terminales ayant le moins de math possible.
    Je te conseille d'oublier les anneaux quotients et de te concentrer sur ce que tu dois être capable d'enseigner.
  • @lourrran la prochaine fois, essaie la combinaison de touches Alt-F4 sur une discussion d'OShine, résultat garanti plein de sagesse.
  • Modifié (3 Aug)
    J'aime bien les anneaux quotients et les groupes quotients. Et ça pourrait me servir pour l'agrégation interne.
    Je suis arrivé au théorème de Wilson dans le livre.

    Les exercices de collège lycée manquent souvent de rigueur et de précision.
  • Lol.
    Si un exercice manque de rigueur, alors tu corriges l'énoncé, et tu le fais. Point final.

    Quand je pense que pour une question, tu disais que la réponse était $\binom{6}{1}$ ... et tu parles de rigueur et de précision. Quel délire.
  • Modifié (4 Aug)
    Exercice 6 :
    1) 3 blanches et 2 noires. 
    $P= \dfrac{ \binom{8}{3} \times \binom{6}{2} }{ \binom{14}{5}}$. Donc $P=\dfrac{56 \times 15}{2002} = \dfrac{840}{2 002}=\boxed{\dfrac{60}{143}}$
    Des boules de couleurs différentes. 
    Calculons la probabilité d'avoir toutes les boules de la même couleurs. On a $\bar{P}=\dfrac{ \binom{8}{5}+ \binom{6}{5}}{2 002} =\dfrac{56+6}{2 002}= \boxed{\dfrac{62}{2 002} }$
    Donc $P= \dfrac{1 940}{2 002}= \boxed{ \dfrac{970}{1 001} }$
    2) $card (\Omega)= 5^5$
    Le nombre de cas favorables est : $ \binom{6}{2}$ donc $\boxed{P=\dfrac{  56 } {3 125} }$

  • Modifié (4 Aug)
    Exercice 7 : 

    1) $\binom{4}{12}= 495$
    2) a) $\binom{5}{3} \times \binom{7}{1}= 10 \times 7 = 70$
    b) Soit 4 rouges soit 4 noires. On ne peut pas avoir $4$ noires.
    Il reste à choisir une boule parmi les restantes.  Les 4 premières étant fixées rouges ou noires.
    $\binom{8}{1}  +  \binom{8}{1}= 8+8=16$
    c) $0$ car il n'a que 3 couleurs.
  • Il y a des réponses correctes. Si ces 2 exercices sont chacun sur 4 points, tu auras peut-être la moyenne si les correcteurs sont indulgents.
  • SocSoc
    Modifié (4 Aug)
    Exercice 6
    1) oui   2) non
    Exercice 7... encore un mal formulé
    1) oui   2) a) oui   b) non   c) oui
  • OShine a dit :
     Et ça pourrait me servir pour l'agrégation interne.
    C'est pour ça que tu t'es épanché sur de multiples fils pour nous dire que tu ne passeras jamais l'agrégation interne.

  • OShine a dit :
    Exercice 7 :
    b) Soit 4 rouges soit 4 noires. On ne peut pas avoir $4$ noires.
    Il reste à choisir une boule parmi les restantes.  Les 4 premières étant fixées rouges ou noires.
    $\binom{8}{1}  +  \binom{8}{1}= 8+8=16$

    C'est moi qui ai le cerveau confit à cause de la canicule ou la réponse n'a aucun sens avec la question de l'exercice 2b?

  • Si, ça a un sens mais il fait plusieurs fautes en même temps (j'en ai compté 4) donc le sens commence à être bien caché. En fait il ne différencie pas le cas rouge et le cas noir, d'où ses fautes.
  • "On ne peut pas avoir 4 noires." :/
    Bon, je retourne soigner ma migraine... :D
  • SocSoc
    Modifié (4 Aug)
    Il voulait dire "vertes", mais ce n'est pas de là que découlent ses fautes ensuite :)
  • OShine, quand tu vas reprendre les cours particuliers, je te conseille de faire cette série d'exercices, et d'envoyer toutes tes réponses par mail à ton prof.
    En principe, après 2 heures en tête à tête avec toi, il a déjà vu que tu n'avais pas le niveau 'lycée', mais au cas où, c'est quand même mieux qu'il n'ait aucun doute sur le sujet.
    Comme ça, il pourra vraiment t'aider. 
    Je dis ça, c'est dans l'hypothèse où tu veux progresser en maths. 

    Si ton objectif, c'est uniquement de te faire gloser sur les forums, alors continue comme tu fais depuis des années.
  • Biely, tu n'aimes pas les artistes. C'est pourtant beau. Émerveille-toi.
  • Je n'ai pas le niveau lycée en dénombrement oui. Mais en algèbre, il a vu que je connaissais plein de choses.

    Exercice 6 : 
    2) On a $(B,B,B, \bullet,\bullet)$. On a $6$ chances pour la première boule noire et $6$ pour la seconde.
    Donc $P=\dfrac{ 6^2}{14^5} =\dfrac{36}{537 824}= \dfrac{9}{134 456}$.
  • Non.
  • On tire 4 boules, on a donc un quintuplet. On tire parmi 5, on a donc 6 chances. On tire parmi 4, on a donc 6 chances. Et tu voudrais faire croire que tu ne le fais pas exprès ?
  • Ce n'est pas ça, il compte le nombre de cas uniquement pour les boules noires.
  • Pardon. Je me suis trompé. J'étais sur l'exo 7.
  • @Homo Topi m'avait donné cette technique de fixer les éléments pris et de regarder que les autres possibles. Je ne comprends pas vraiment pourquoi ici ça ne marche pas.

    @PetitLutinMalicieux je ne comprends rien à ce que tu as écrit. 

  • Ex6 Q2 : 

    $P=\dfrac{8^2 \times 6^2}{14^5}= \dfrac{2304}{537 824}=\dfrac{72}{16 807}$
  • Tu approches.
    Essaie encore.

    Ca me rend fou... tu as eu ton bac et tu ne sais pas faire des exercices aussi basiques ??? On est descendu à un niveau aussi bas que ça ?
  • ... No comment. 
  • Modifié (4 Aug)
    Il y a une règle générale en maths, et plus particulièrement en dénombrement : un calcul balancé comme ça, sans explication, c'est TOUJOURS faux.
    Même si par hasard, c'est la bonne valeur, si ce n'est pas expliqué, c'est faux.
    Tu vois bien que si tu cherches à expliquer chacune des formules que tu as balancées, tu vas donner des explications foireuses. Parce qu'aucune formule n'est cohérente.
    Quand tu trouves une formule, et que tu sais expliquer cette formule, alors tu peux être serein, ta formule est probablement bonne.
    C'est quand même dingue qu'un prof ne sache pas ça, alors que c'est ça que tu dois enseigner à tes élèves.
  • Modifié (4 Aug)
    Je ne comprends rien en dénombrement. Je ne sais même pas si mon calcul tient compte de l'ordre ou pas.

    Au bac il y avait que des arbres, j'aimerais comprendre comment résoudre ces exercices sans faire d'arbre en utilisant les raisonnements de dénombrement.
  • C’est en faisant des arbres que l’on peut savoir faire ces exercices. Vas-tu tenter de comprendre ça d’abord ou ignorer les messages qui ne sont pas dans tes attentes ?
  • Moi je pensais qu'en faisant des arbres je ne comprendrai jamais comment utiliser les arrangements combinaisons permutations car l'arbre donne directement la réponse.
  • DomDom
    Modifié (4 Aug)
    On peut voir le langage « combinaison, arrangement, etc. » comme une représentation d’arbres qu’on ne peut pas forcément imaginer mais que l’on peut concevoir. 
    Comme on a du mal à imaginer un polygone à 10000 côtés mais on peut le concevoir.
    Quand on lit un problème avec des petits nombres, on peut lui associer une représentation en arbre. 
    Quand on étend aux (grands… enfin… déjà 20… c’est pénible avec les arbres) nombres, on associe à une « formule » ou un mot de vocabulaire.
    Il suffit donc de savoir si un problème parle de ceci ou de cela. Une liste de quatre choses fondamentales a été donnée plus haut (ordre, désordre, répétition ou pas). C’est ça le sujet : savoir traduire en français quels sont les mots à utiliser en une phrase. 
  • Modifié (4 Aug)
    @OShine dans l'exercice 6, la situation est différente que dans l'exercice avec le $7$-uplet. Il faut que je te dise ceci : la combinatoire, les dénombrements, c'est compliqué, et ça prend du temps et pas mal d'exercices pour comprendre ce qu'il se passe. Il est normal que ce soit compliqué, il faut juste bouffer des exercices, comprendre la résolution et développer une intuition.
    Quand je t'avais écrit l'histoire de fixer des éléments, on avait 2 boules rouges, 5 boules noires, on les tirait une par une sans remise, et on notait le tirage dans l'ordre par un $7$-uplet. Puisqu'il n'y a pas de remise (en général on dit "sans répétitions"), on se rend compte que placer les 2 boules rouges force le placement des 5 boules noires dans les 5 emplacements restants. On pourrait aussi placer les 5 boules noires et dire que les 2 boules rouges doivent aller dans les 2 emplacements restants, mais, faire 2 choix c'est plus simple dans mon petit cerveau que faire 5 choix, alors je prends ça.
    Ici, on tire avec remise. Donc en fait, si une boule tirée atterrit dans notre $5$-uplet, ça ne force rien sur le comportement des autres boules. Ici, à chaque étape, il y a équiprobabilité pour chaque boule, ça change complètement la situation. Ce que tu as dit avec "6 chances" est partiellement correct : il y a 6 chances sur 14 de tirer une boule noire à chaque étape, ici. Donc, oui, il y a une proba 6/14 de tirer une boule noire au 4e tirage et au 5e tirage, seulement, avec ça, on calcule "au mieux" la probabilité que les 2 dernières boules tirées soient effectivement noires, sans que ça nous dise quoi que ce soit sur les trois premiers tirages. Donc ça ne nous donne pas le résultat qu'on cherche.
    Comme on tire avec remise, chaque tirage est indépendant (vraiment au sens probabiliste du terme). Et je parle bien de probabilités ! Le sujet demande une probabilité, pas un dénombrement. Si tu penses qu'il y a $14^5$ tirages possibles, c'est que tu numérotes les boules, et tu considères qu'à chaque tirage, il y a équiprobabilité pour les 14 boules*. Si tu fais ça, après, il faut regrouper tous les tirages équivalents (ce qui revient à dé-numéroter, alors que tu t'es déjà fait chier à tout numéroter au début... pas très efficace !). La meilleure méthode ici, c'est de considérer qu'on a un schéma de Bernoulli, répété 5 fois. Tu peux décider si le "succès" est de tirer une boule noire ou une boule blanche, ça ne fait qu'interchanger la probabilité $p$ ou $1-p$ : l'un vaut $8/14$, l'autre vaut $6/14$. Et comme c'est indépendant, on multiplie la probabilité des cas favorables entre eux. Si on veut $(B,B,B,N,N)$ alors la probabilité est $(8/14)^3\times(6/14)^2$.
    *puisque quand on ne numérote pas, il n'y a que 2 choix possibles à chaque tirage, il y a $2^5$ tirages possibles ici. Mais comme dans ce cas, il n'y a pas équiprobabilité puisqu'il y a plus de boules blanches que de noires, on se fiche du nombre de tirages : la formule "cas favorables divisé par cas au total" ne sert qu'en équiprobabilité.
  • Modifié (4 Aug)
    Bonjour
    Tout à fait d'accord avec toi.
    @OShine. Pourrais-tu nous rappeler quand tu as passé ton bac stp ? Car on a dû t’enseigner ceci à l’époque, non ?
  • SocSoc
    Modifié (4 Aug)
    Etape 1. Comprendre card (ExF) = card E x card F.
    C'est le principe de calcul de l'aire du rectangle quand on compte le nombre de carrés, ou encore du nombre de cases dans un tableau à double entrée.
    Etape 2. Comprendre que l'on peut généraliser à ExFxG, voire à tout produit fini d'ensembles.
    Etape 3. Comprendre que choisir e parmi E et f parmi F revient à choisir (e;f) parmi ExF.
    A ce stade tu devrais comprendre le lien entre ExFx... et compter le nombre de plaques d'immatriculation possibles, ou encore le nombre de codes de carte bleue ou de mot de passe incluant ceci/cela.
    Etape 4. Comprendre le nombre de façons de classer les 28 élèves de la classe. Pour le premier 28 choix, puis 27... au total 27!
    Faire attention ici car si le principe ressemble beaucoup à ExFx... au final ça diffère un peu car on ne peut pas définir ces ensembles, c'est donc ici qu'un arbre peut aider à comprendre pourquoi on multiplie (à mon époque, pas d'arbre et on comprenait quand même).
    Etape 5. Comprendre que l'on peut vouloir ne classer que les 3 premiers, auquel cas on se contente de 28x27x26 ce qui est égal à 28!/25! (car on simplifie).
    (On peut aussi interpréter cette formule en disant que l'on classe tous les élèves, et que le classement commençant par 7,25,11 a été compté 25! fois).
    Maintenant que tu as fait les arrangements, alors tu peux commencer à regarder les combinaisons, mais pas avant.
  • Modifié (5 Aug)
    D'accord merci. Le schéma de Bernouilli me plait bien.

    Exercice 7 : 
    2b) On veut obtenir 4 boules de la même couleur. On a donc les possibilités $(R,R,R,R)$ et $(N,N,N,N)$.
    On a $P(R)= (5/12)^4$ et $P(N)=(4/12)^4$ donc $\boxed{P=P(R)+P(N)=\dfrac{881}{20 736} \approx 0,04}$
  • Que dire ?
    Si tu as réfléchi et que tu es arrivé à cette réponse, c'est catastrophique.
    Si tu n'as pas réfléchi et que tu as posté un truc complètement au hasard, c'est également catastrophique.

    J'aimerais qu'on soit dans le cas 2, ça voudrait dire qu'il y a un espoir.
  • On demandait le nombre de cas et non la probabilité. Je me suis trompé. L'énoncé est imprécis, on ne sait pas si les boules sont numérotées ou non.

    La réponse est : $2$ cas possibles. Ce sont les cas $(R,R,R,R)$ ou $(N,N,N,N)$.

    Si les boules sont numérotés, on a $4! + 4! = 48$ possibilités.
  • J'ai vraiment l'impression que tu pars dans tous les sens et avec toutes les indications que l'on te donnent parfois en même temps ton GPS devient fou. Coupe ton GPS et prends une carte avec une boussole.
    Toi qui aime les livres je te conseillerais celui d'Alain Combrouze "Probabilités et statistiques" (collection major). Tu y trouveras tout le cours (avec des démonstrations détaillées) et surtout une tonne d'exercices avec des corrigés tous détaillés également et même parfois les différentes variantes de raisonnement  (le pavé fait pratiquement 1000 pages!).
    Les énoncés de ce livre ont aussi l'avantage de ne pas être ambigus de mon point de vue. 
  • Toujours pas. 
    Considère que les boules sont numérotées, et essaie encore.

    Tu remarqueras qu'entre ta dernière réponse (avec des factorielles) et ta réponse précédente (pas de factorielles), il n'y a strictement rien à voir. Tu as tout jeté et tenté une nouvelle formule, toujours au hasard.
  • Modifié (5 Aug)
    OShine a dit :
    L'énoncé est imprécis, on ne sait pas si les boules sont numérotées ou non.
    On s'en moque !
    OShine a dit :
    La réponse est : $2$ cas possibles. Ce sont les cas $(R,R,R,R)$
    Oui et tu as combien de cas pour avoir 4 Rouges ? Tu peux tous les écrire et ensuite tu compteras combien tu en as en tout.
    OShine a dit :
    ou $(N,N,N,N)$.
    Et là combien de cas ?
  • 1 cas pour les noirs et 5 cas pour les rouges soit 6 cas la total.
  • Waouwwww,
    En principe, comme je le disais auparavant, il faut expliquer pourquoi on pense que c'est la bonne réponse.
    Mais là, la question était tellement simple qu'on ne peut pas vraiment exiger des explications plus poussées.

    Pour la question 2c, l'auteur a écrit : 
     - - - 2c - - - obtenir 4 boules de couleurs différentes
    Il n'a donc pas écrit :
    - - - 2c1 - - - obtenir 4 boules de couleurs toutes différentes
    ni même : 
    - - - 2c2 - - - obtenir 4 boules de couleurs différentes 2 à 2

    S'il avait voulu la réponse à la question 2c1, il aurait posé la question 2c1 ou bien la question 2c2, puisque c'est la même chose.
    Et toi, évidemment, tu as répondu à la question 2c1, au lieu de répondre à la question 2c.

    Du coup, la réponse à la question 2c, c'est quoi ?
  • Aïe, pour moi c'était assez évident que la bonne interprétation était la 2c1 et je n'ai même pas pensé à l'autre. Ca fait deux fois que la "bonne" interprétation n'est pas celle que tu désignes comme telle @lourran. Je dois m'inquiéter ?
  • DomDom
    Modifié (5 Aug)
    Idem. Je n’ai pas lu l’énoncé mais m’attarde sur ta remarque lourrran. 
    Pour moi « 4 de couleurs différentes » c’est « 4 avec aucune de la même couleur qu’une autre ».
  • L'autre, ce n'est pas la 2c2.
    L'autre, on peut la formuler comme ça :
     - - - 2c3 - - - obtenir 4 boules qui ne sont pas toutes de la même couleur.

    Je pense que l'auteur pouvait facilement ajouter le mot 'toutes' si il voulait poser la question 2c1. Et l'ambiguité était parfaitement levée. 
    S'il n'a pas ajouté ce mot 'toutes', c'est qu'il voulait poser une autre question.

    En plus, la question 2c1 est sans aucun intérêt. la question 2c3 est un peu plus intéressante.

    Enfin, si on regarde l'exercice 2, on avait un certain cheminement (je l'avais signalé, mais ça n'avait pas été repris)
    Ici, on a le même cheminement.
  • Modifié (5 Aug)
    Les énoncés sont vraiment trop mal écrits.
    Je laisse tomber.
    J'arrive mieux à faire des exos de l'X que ces énoncés imprécis.
  • Dommage. Car tu ne "fais" pas les exercices de l'X. On te donne leur correction, et on doit encore l'expliquer plusieurs fois. Alors que ces exos sont plus de ton niveau. J'essayerai peut-être d'en trouver d'autres.
Connectez-vous ou Inscrivez-vous pour répondre.
Success message!