Dénombrement et probabilités finies

1. Un bureau est une liste ordonnée (président, vice-président, trésorier) de trois étudiants distincts : c'est un arrangement de $3$ éléments parmi $30$ (fiche §3). Il y en a $A_{30}^3=30\times 29\times 28=\boxed{{\displaystyle 24360}}$. Bureaux sans fille : arrangements de $3$ garçons parmi $18$, soit $A_{18}^3=18\times 17\times 16=4896$. Par passage au complémentaire, le nombre de bureaux comportant au moins une fille est $24360-4896=\boxed{{\displaystyle 19464}}$. Présidente fille ($12$ choix), puis trésorier garçon ($18$ choix), puis vice-président parmi les $28$ étudiants restants : par le principe multiplicatif (chaque suite de choix donne un bureau différent), $12\times 18\times 28=\boxed{{\displaystyle 6048}}$.

2. Une délégation est une partie à $4$ éléments : $C_{30}^4={\displaystyle \frac{30\times 29\times 28\times 27}{24}}=\boxed{{\displaystyle 27405}}$. Exactement deux filles : on choisit la partie des filles ($C_{12}^2=66$) et celle des garçons ($C_{18}^2=153$), d'où $66\times 153=\boxed{{\displaystyle 10098}}$. « Au moins une fille et au moins un garçon » est le contraire de « que des filles ou que des garçons », deux cas disjoints : $C_{30}^4-C_{12}^4-C_{18}^4=27405-495-3060=\boxed{{\displaystyle 23850}}$.

3. Les délégations interdites sont celles qui contiennent les deux étudiants : on complète par $2$ étudiants choisis parmi les $28$ autres, soit $C_{28}^2=378$ délégations. Il en reste $27405-378=\boxed{{\displaystyle 27027}}$.

4. L'univers est l'ensemble des $27405$ délégations, muni de la probabilité uniforme (tirage au hasard). La probabilité cherchée est ${\displaystyle \frac{10098}{27405}}$. Or $10098=2\times 3^3\times 11\times 17$ et $27405=3^3\times 5\times 7\times 29$ : en simplifiant par $27$, on obtient $\boxed{{\displaystyle {\displaystyle \frac{374}{1015}}}}$.

1. Une application de $[\text{\hspace{0.17em}⁣}[1,p]\text{\hspace{0.17em}⁣}]$ dans $[\text{\hspace{0.17em}⁣}[1,n]\text{\hspace{0.17em}⁣}]$ est déterminée par la liste $(f(1),\dots ,f(p))$ de ses images : $\mathrm{Card}ℱ=\boxed{{\displaystyle n^p}}$. Elle est injective si et seulement si ces images sont deux à deux distinctes : il y en a $\boxed{{\displaystyle A_n^p}}$ (nul si $p>n$).

2. Notons $𝒮$ l'ensemble des applications strictement croissantes et ${𝒫}_p$ l'ensemble des parties de $[\text{\hspace{0.17em}⁣}[1,n]\text{\hspace{0.17em}⁣}]$ à $p$ éléments. Si $f\in 𝒮$, $f$ est injective (strictement croissante), donc $f([\text{\hspace{0.17em}⁣}[1,p]\text{\hspace{0.17em}⁣}])$ a exactement $p$ éléments : l'application $\mathrm{\Phi }:f\mapsto f([\text{\hspace{0.17em}⁣}[1,p]\text{\hspace{0.17em}⁣}])$ va bien de $𝒮$ dans ${𝒫}_p$.

• Surjectivité : une partie $B\in {𝒫}_p$ s'écrit $B=\{b_1<b_2<\cdots <b_p\}$ ; l'application $k\mapsto b_k$ est strictement croissante et d'image $B$.
• Injectivité : si $f,f^{\mathrm{\prime }}\in 𝒮$ ont la même image $B=\{b_1<\cdots <b_p\}$, alors $f(1)<\cdots <f(p)$ sont les éléments de $B$ rangés par ordre croissant, donc $f(k)=b_k=f^{\mathrm{\prime }}(k)$ pour tout $k$.

$\mathrm{\Phi }$ est bijective, donc $\mathrm{Card}𝒮=\mathrm{Card}{𝒫}_p=\boxed{{\displaystyle C_n^p}}$.

3. $g$ est à valeurs dans $[\text{\hspace{0.17em}⁣}[1,n+p-1]\text{\hspace{0.17em}⁣}]$ : $g(k)\ge f(k)\ge 1$ et $g(k)\le n+p-1$ car $f(k)\le n$ et $k\le p$. $g$ est strictement croissante : pour $k<p$, $g(k+1)-g(k)=f(k+1)-f(k)+1\ge 1$ car $f$ est croissante. Bijectivité : l'application $f\mapsto g$ est injective (on retrouve $f(k)=g(k)-k+1$). Elle est surjective : si $g$ est strictement croissante de $[\text{\hspace{0.17em}⁣}[1,p]\text{\hspace{0.17em}⁣}]$ dans $[\text{\hspace{0.17em}⁣}[1,n+p-1]\text{\hspace{0.17em}⁣}]$, on pose $f(k)=g(k)-k+1$. Comme $g(k+1)\ge g(k)+1$, $f(k+1)\ge f(k)$ : $f$ est croissante. Par récurrence, $g(k)\ge g(1)+k-1\ge k$, donc $f(k)\ge 1$ ; et $g(k)\le g(p)-(p-k)\le n+k-1$, donc $f(k)\le n$. Ainsi $f$ est une application croissante de $[\text{\hspace{0.17em}⁣}[1,p]\text{\hspace{0.17em}⁣}]$ dans $[\text{\hspace{0.17em}⁣}[1,n]\text{\hspace{0.17em}⁣}]$ dont l'image par la construction est $g$. D'après la question 2 appliquée à $[\text{\hspace{0.17em}⁣}[1,n+p-1]\text{\hspace{0.17em}⁣}]$, le nombre d'applications croissantes est $\boxed{{\displaystyle C_{n+p-1}^p}}$.

4. Pour $n=4$, $p=3$ : $4^3=64$ applications ; $A_4^3=24$ injections ; $C_4^3=4$ applications strictement croissantes ; $C_6^3=20$ applications croissantes.

5. Un résultat non ordonné est un multiensemble de $3$ valeurs prises dans $[\text{\hspace{0.17em}⁣}[1,6]\text{\hspace{0.17em}⁣}]$ ; en rangeant les valeurs dans l'ordre croissant, il correspond à une unique application croissante de $[\text{\hspace{0.17em}⁣}[1,3]\text{\hspace{0.17em}⁣}]$ dans $[\text{\hspace{0.17em}⁣}[1,6]\text{\hspace{0.17em}⁣}]$. Il y a donc $C_{6+3-1}^3=C_8^3=\boxed{{\displaystyle 56}}$ résultats observables. Ils ne sont pas équiprobables : en distinguant les dés (ce qui ne change pas les probabilités), l'univers naturel est $[\text{\hspace{0.17em}⁣}[1,6]\text{\hspace{0.17em}⁣}{]}^3$, muni de la probabilité uniforme ($216$ issues). Le résultat « trois 1 » correspond à une seule issue, de probabilité $\frac{1}{216}$, alors que « un 1, un 2, un 3 » correspond aux $3!=6$ issues obtenues en permutant, de probabilité $\frac{6}{216}=\frac{1}{36}$. Les $56$ résultats ne peuvent pas servir d'univers équiprobable.

1. $\mathrm{\Omega }=[\text{\hspace{0.17em}⁣}[1,4]\text{\hspace{0.17em}⁣}{]}^3$ (triplets ordonnés), $\mathrm{Card}\mathrm{\Omega }=4^3=64$. Le dé est équilibré et les lancers n'influent pas les uns sur les autres : on munit $\mathrm{\Omega }$ de la probabilité uniforme, $P(E)=\frac{\mathrm{Card}E}{64}$.

2. $A$ est l'ensemble des arrangements de $3$ éléments de $[\text{\hspace{0.17em}⁣}[1,4]\text{\hspace{0.17em}⁣}]$ : $\mathrm{Card}A=A_4^3=24$ et $P(A)=\frac{24}{64}=\boxed{{\displaystyle \frac{3}{8}}}$. « Le maximum vaut $3$ » = « tous les résultats sont $\le 3$ » privé de « tous les résultats sont $\le 2$ », le second étant inclus dans le premier : $\mathrm{Card}C=3^3-2^3=19$ et $P(C)=\boxed{{\displaystyle \frac{19}{64}}}$. $\bar{D}$ : « aucun $4$ », soit $3^3=27$ issues ; $P(D)=1-\frac{27}{64}=\boxed{{\displaystyle \frac{37}{64}}}$.

3. On compte les triplets $(a,b,c)\in [\text{\hspace{0.17em}⁣}[1,4]\text{\hspace{0.17em}⁣}{]}^3$ de somme $6$. En posant $a^{\mathrm{\prime }}=a-1$, $b^{\mathrm{\prime }}=b-1$, $c^{\mathrm{\prime }}=c-1$, on cherche les triplets d'entiers naturels de somme $3$, chacun $\le 3$ (condition automatique). Classés par la valeur de $a^{\mathrm{\prime }}$ : $a^{\mathrm{\prime }}=0$ donne $4$ couples $(b^{\mathrm{\prime }},c^{\mathrm{\prime }})$, $a^{\mathrm{\prime }}=1$ en donne $3$, $a^{\mathrm{\prime }}=2$ en donne $2$, $a^{\mathrm{\prime }}=3$ en donne $1$, soit $10$ triplets. Donc $P(B)=\frac{10}{64}=\boxed{{\displaystyle \frac{5}{32}}}$. $A\cap B$ : trois valeurs distinctes de somme $6$ ; la seule partie à trois éléments de $[\text{\hspace{0.17em}⁣}[1,4]\text{\hspace{0.17em}⁣}]$ de somme $6$ est $\{1,2,3\}$, d'où $3!=6$ triplets. $P(A\mid B)={\displaystyle \frac{P(A\cap B)}{P(B)}}={\displaystyle \frac{6}{10}}=\boxed{{\displaystyle {\displaystyle \frac{3}{5}}}}$.

4. $A\cap C$ : trois valeurs distinctes de maximum $3$, donc les valeurs $1,2,3$ dans un ordre quelconque : $6$ issues, et $P(A\cap C)=\frac{6}{64}=\boxed{{\displaystyle \frac{3}{32}}}$. Or $P(A)P(C)=\frac{3}{8}\times \frac{19}{64}=\frac{57}{512}$ alors que $P(A\cap C)=\frac{48}{512}$ : $A$ et $C$ ne sont pas indépendants. $P(A\mid C)=\frac{6}{19}$ et $P(C\mid A)=\frac{6}{24}=\frac{1}{4}$ (on divise par le nombre d'issues de l'événement conditionnant, l'univers étant équiprobable). On remarque $P(A\mid C)\mathrm{\ne }P(C\mid A)$.

1. L'univers $\mathrm{\Omega }$ est l'ensemble des parties à $3$ éléments de $[\text{\hspace{0.17em}⁣}[1,6]\text{\hspace{0.17em}⁣}]$, $\mathrm{Card}\mathrm{\Omega }=C_6^3=20$, muni de la probabilité uniforme (tirage simultané au hasard). L'événement $(X\le k)$ signifie que les trois jetons sont pris parmi $1,\dots ,k$ : $P(X\le k)={\displaystyle \frac{C_k^3}{20}}$ (nul pour $k\le 2$). Comme $X(\mathrm{\Omega })=[\text{\hspace{0.17em}⁣}[3,6]\text{\hspace{0.17em}⁣}]$ et $(X=k)=(X\le k)\setminus (X\le k-1)$ avec $(X\le k-1)\subset (X\le k)$ : $P(X=k)={\displaystyle \frac{C_k^3-C_{k-1}^3}{20}}={\displaystyle \frac{C_{k-1}^2}{20}}$ (relation de Pascal).

La somme vaut $1$. $E(X)=\frac{3+12+30+60}{20}=\frac{105}{20}=\boxed{{\displaystyle \frac{21}{4}}}$ ; par transfert $E(X^2)=\frac{9+48+150+360}{20}=\frac{567}{20}$, et par König-Huygens $V(X)=\frac{567}{20}-\frac{441}{16}=\frac{2268-2205}{80}=\boxed{{\displaystyle \frac{63}{80}}}$.

2. L'application $s:\{a,b,c\}\mapsto \{7-a,7-b,7-c\}$ envoie $\mathrm{\Omega }$ dans $\mathrm{\Omega }$ et vérifie $s\circ s=\mathrm{i}\mathrm{d}$ : c'est une bijection. Le plus petit numéro d'une partie $\omega$ vaut $7$ moins le plus grand numéro de $s(\omega )$. Donc $(Y=j)=s^{-1}((X=7-j))$ a le même cardinal que $(X=7-j)$, et par équiprobabilité $P(Y=j)=P(X=7-j)$ pour $j\in [\text{\hspace{0.17em}⁣}[1,4]\text{\hspace{0.17em}⁣}]$ : $Y$ a même loi que $7-X$.

$E(Y)=7-E(X)=\boxed{{\displaystyle \frac{7}{4}}}$ et $V(Y)=V(7-X)=(-1{)}^{2}V(X)=\boxed{{\displaystyle \frac{63}{80}}}$.

3. $Z(\mathrm{\Omega })=[\text{\hspace{0.17em}⁣}[2,5]\text{\hspace{0.17em}⁣}]$. Une partie de médian $k$ est formée de $k$, d'un numéro choisi parmi les $k-1$ numéros inférieurs et d'un numéro choisi parmi les $6-k$ numéros supérieurs ; deux choix différents donnent deux parties différentes. Donc $\mathrm{Card}(Z=k)=(k-1)(6-k)$ et $P(Z=k)={\displaystyle \frac{(k-1)(6-k)}{20}}$, soit $\frac{4}{20},\frac{6}{20},\frac{6}{20},\frac{4}{20}$ pour $k=2,3,4,5$ (somme $1$). $E(Z)=\frac{8+18+24+20}{20}=\boxed{{\displaystyle \frac{7}{2}}}$ ; $E(Z^2)=\frac{16+54+96+100}{20}=\frac{133}{10}$ et $V(Z)=\frac{133}{10}-\frac{49}{4}=\boxed{{\displaystyle \frac{21}{20}}}$.

4. $T={\sum }_{j=1}^{6}j{\mathrm{𝟙}}_j$. Le jeton $j$ est tiré dans $C_5^2=10$ parties sur $20$ (on choisit les deux autres jetons parmi les cinq restants) : $P(\text{jeton }j\text{ tir}\acute{\text{e}})=\frac{1}{2}$. Par linéarité, $E(T)=\frac{1}{2}(1+2+\cdots +6)=\boxed{{\displaystyle \frac{21}{2}}}$. Comme $T=X+Y+Z$, la linéarité donne aussi $E(Z)=E(T)-E(X)-E(Y)=\frac{21}{2}-\frac{21}{4}-\frac{7}{4}=\frac{42-21-7}{4}=\frac{7}{2}$, sans utiliser la loi de $Z$.

5. $P((X=3)\cap (Y=2))=0$ (si le plus grand numéro est $3$, les jetons sont $1,2,3$ et le plus petit vaut $1$), alors que $P(X=3)P(Y=2)=\frac{1}{20}\times \frac{6}{20}\mathrm{\ne }0$. Une case du tableau suffit : $X$ et $Y$ ne sont pas indépendantes.

1. $(K,\bar{K})$ est un système complet d'événements avec $P(K)=p>0$ et $P(\bar{K})=1-p>0$. D'après l'énoncé, $P(J\mid K)=1$ et $P(J\mid \bar{K})=\frac{1}{4}$ (choix uniforme parmi quatre réponses). Formule des probabilités totales (fiche §8) : $$P(J)=P(K)P(J\mid K)+P(\bar{K})P(J\mid \bar{K})=p+\frac{1-p}{4}=\boxed{{\displaystyle \frac{3p+1}{4}}}\mathrm{.}$$

2. $P(J)>0$, et par la formule de Bayes : $$P(K\mid J)=\frac{P(K)P(J\mid K)}{P(J)}=\frac{p}{\frac{3p+1}{4}}=\boxed{{\displaystyle \frac{4p}{3p+1}}}\mathrm{.}$$ Alors $P(K\mid J)-p={\displaystyle \frac{4p-3p^2-p}{3p+1}}={\displaystyle \frac{3p(1-p)}{3p+1}}>0$ car $0<p<1$ : une bonne réponse rend plus probable le fait que la réponse était connue. Pour $p=\frac{1}{2}$ : $P(K\mid J)=\frac{2}{5\mathrm{/}2}=\boxed{{\displaystyle \frac{4}{5}}}$.

3. Pour $p=\frac{1}{2}$, chaque question est une épreuve de Bernoulli de succès « réponse juste », de probabilité $P(J)=\frac{5}{8}$ (question 1). Les $10$ épreuves sont indépendantes et de même paramètre, donc $N$ compte les succès de $10$ épreuves de Bernoulli indépendantes : $\boxed{{\displaystyle N\hookrightarrow ℬ(10,\frac{5}{8})}}$, c'est-à-dire $P(N=k)=C_{10}^k{\left(\frac{5}{8}\right)}^k{\left(\frac{3}{8}\right)}^{10-k}$ pour $k\in [\text{\hspace{0.17em}⁣}[0,10]\text{\hspace{0.17em}⁣}]$. $E(N)=10\times \frac{5}{8}=\boxed{{\displaystyle \frac{25}{4}}}$ et $V(N)=10\times \frac{5}{8}\times \frac{3}{8}=\boxed{{\displaystyle \frac{75}{32}}}$. $P(N\ge 9)=P(N=9)+P(N=10)=10{\left(\frac{5}{8}\right)}^9\frac{3}{8}+{\left(\frac{5}{8}\right)}^{10}={\left(\frac{5}{8}\right)}^9\cdot \frac{30+5}{8}=\boxed{{\displaystyle {\displaystyle \frac{35\cdot 5^9}{8^{10}}}}}$.

4. Il y a $N$ réponses justes et $10-N$ fausses : $S=N-\lambda (10-N)=(1+\lambda )N-10\lambda$. Par linéarité et par la formule $V(aX+b)=a^{2}V(X)$ : $E(S)=(1+\lambda )\frac{25}{4}-10\lambda$ et $V(S)=(1+\lambda {)}^2\frac{75}{32}$. Pour $\lambda =\frac{1}{3}$ : $E(S)=\frac{4}{3}\cdot \frac{25}{4}-\frac{10}{3}=\frac{25-10}{3}=\boxed{{\displaystyle 5}}$ et $V(S)=\frac{16}{9}\cdot \frac{75}{32}=\boxed{{\displaystyle \frac{25}{6}}}$.

5. Pour $p=0$, chaque réponse est juste avec la probabilité $\frac{1}{4}$ ; la note d'une question vaut $1$ avec probabilité $\frac{1}{4}$ et $-\lambda$ avec probabilité $\frac{3}{4}$, d'espérance $\frac{1}{4}-\frac{3\lambda }{4}$. Par linéarité, l'espérance de la note totale est $10(\frac{1}{4}-\frac{3\lambda }{4})$, nulle si et seulement si $\boxed{{\displaystyle \lambda =\frac{1}{3}}}$ : c'est la pénalité qui rend inutile de répondre au hasard.

1. Si $n=dm$, les multiples de $d$ dans $[\text{\hspace{0.17em}⁣}[1,n]\text{\hspace{0.17em}⁣}]$ sont $d,2d,\dots ,md$ : il y en a $m=\frac{n}{d}$. Donc $P(M_d)={\displaystyle \frac{n\mathrm{/}d}{n}}=\boxed{{\displaystyle {\displaystyle \frac{1}{d}}}}$.

2.(a) Un entier est multiple de $d$ et de $d^{\mathrm{\prime }}$ si et seulement s'il est multiple de $d{d}^{\mathrm{\prime }}$ : le sens réciproque est clair ; pour le sens direct, si $k=du$ et $d^{\mathrm{\prime }}\mid k$, alors $d^{\mathrm{\prime }}\mid du$ avec $d^{\mathrm{\prime }}\wedge d=1$, donc $d^{\mathrm{\prime }}\mid u$ (lemme de Gauss) et $d{d}^{\mathrm{\prime }}\mid k$. Ainsi $M_d\cap M_{d^{\mathrm{\prime }}}=M_{d{d}^{\mathrm{\prime }}}$. De plus $d{d}^{\mathrm{\prime }}\mid n$ (car $d\mid n$, $n=dv$, $d^{\mathrm{\prime }}\mid dv$ et $d^{\mathrm{\prime }}\wedge d=1$ donnent $d^{\mathrm{\prime }}\mid v$). Par la question 1 : $$P(M_d\cap M_{d^{\mathrm{\prime }}})=\frac{1}{d{d}^{\mathrm{\prime }}}=P(M_d)P(M_{d^{\mathrm{\prime }}}):$$ $M_d$ et $M_{d^{\mathrm{\prime }}}$ sont indépendants.

2.(b) $n=12$ : $M_4\cap M_6=M_{12}$ (multiples communs de $4$ et $6$ dans $[\text{\hspace{0.17em}⁣}[1,12]\text{\hspace{0.17em}⁣}]$ : seulement $12$), donc $P(M_4\cap M_6)=\frac{1}{12}$, alors que $P(M_4)P(M_6)=\frac{1}{4}\cdot \frac{1}{6}=\frac{1}{24}$ : non indépendants ($4$ et $6$ ne sont pas premiers entre eux). $n=10$ : $M_2=\{2,4,6,8,10\}$, $M_3=\{3,6,9\}$, $M_2\cap M_3=\{6\}$. $P(M_2)P(M_3)=\frac{1}{2}\cdot \frac{3}{10}=\frac{3}{20}\mathrm{\ne }\frac{1}{10}=P(M_2\cap M_3)$ : non indépendants, bien que $2\wedge 3=1$. L'hypothèse « $d$ et $d^{\mathrm{\prime }}$ divisent $n$ » est indispensable ($3$ ne divise pas $10$).

3. Soit $I\subset [\text{\hspace{0.17em}⁣}[1,r]\text{\hspace{0.17em}⁣}]$ non vide et $q_I={\prod }_{i\in I}{p}_i$. Les $p_i$ étant des nombres premiers distincts, ils sont deux à deux premiers entre eux, et une récurrence sur $\mathrm{Card}I$ à partir de l'argument de 2(a) montre que ${\bigcap }_{i\in I}{M}_{p_i}=M_{q_I}$ et que $q_I$ divise $n$. Donc $P\left({\bigcap }_{i\in I}{M}_{p_i}\right)={\displaystyle \frac{1}{q_I}}={\prod }_{i\in I}{\displaystyle \frac{1}{p_i}}={\prod }_{i\in I}P(M_{p_i})$ : les événements sont mutuellement indépendants.

4. Un entier $k\in [\text{\hspace{0.17em}⁣}[1,n]\text{\hspace{0.17em}⁣}]$ est premier avec $n$ si et seulement s'il n'est divisible par aucun $p_i$, c'est-à-dire s'il appartient à ${\bigcap }_i\overline{M_{p_i}}$. Les contraires d'événements mutuellement indépendants sont encore mutuellement indépendants (fiche §9), donc $$\frac{\phi (n)}{n}=P\left(\bigcap _{i=1}^r\overline{M_{p_i}}\right)=\prod _{i=1}^r(1-\frac{1}{p_i}),$$ ce qui donne la formule. Pour $360=2^3\cdot 3^2\cdot 5$ : $\phi (360)=360\cdot \frac{1}{2}\cdot \frac{2}{3}\cdot \frac{4}{5}=\boxed{{\displaystyle 96}}$.

5. $\mathrm{\Omega }=\{P,F{\}}^2$, probabilité uniforme ($4$ issues). $A=\{PP,PF\}$, $B=\{PP,FP\}$, $C=\{PP,FF\}$ : chacun a pour probabilité $\frac{1}{2}$. $A\cap B=A\cap C=B\cap C=\{PP\}$, de probabilité $\frac{1}{4}=\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{2}$ : les trois événements sont deux à deux indépendants. Mais $A\cap B\cap C=\{PP\}$ a pour probabilité $\frac{1}{4}\mathrm{\ne }\frac{1}{8}=P(A)P(B)P(C)$ : ils ne sont pas mutuellement indépendants (si $A$ et $B$ sont réalisés, $C$ l'est forcément).

1. $C_i$ est la réunion disjointe de « pile en $i$, face en $i+1$ » et « face en $i$, pile en $i+1$ ». Par indépendance des lancers, $P(C_i)=pq+qp=\boxed{{\displaystyle 2pq}}$. Par linéarité de l'espérance et $E({\mathrm{𝟙}}_{C_i})=P(C_i)$ : $E(R)=\boxed{{\displaystyle 2pq(n-1)}}$.

2.(a) L'application $\psi$ va de $\{0,1{\}}^n$ dans $\{0,1{\}}^n$. Elle est injective : connaissant $(x_1,c_1,\dots ,c_{n-1})$, on retrouve de proche en proche $x_{i+1}=x_i$ si $c_i=0$ et $x_{i+1}=1-x_i$ si $c_i=1$. Un ensemble fini et une application injective de cet ensemble dans lui-même : $\psi$ est bijective (fiche §1).

2.(b) Soit $I\subset [\text{\hspace{0.17em}⁣}[1,n-1]\text{\hspace{0.17em}⁣}]$ non vide, de cardinal $m$. L'événement ${\bigcap }_{i\in I}{C}_i$ est l'ensemble des $x$ dont l'image $\psi (x)$ a ses coordonnées $c_i$ égales à $1$ pour $i\in I$ ; ces images forment un ensemble de $2^{n-m}$ éléments (les $n-m$ autres coordonnées sont libres), donc, $\psi$ étant bijective, $\mathrm{Card}{\bigcap }_{i\in I}{C}_i=2^{n-m}$ et $$P\left(\bigcap _{i\in I}{C}_i\right)=\frac{2^{n-m}}{2^n}=\frac{1}{2^m}=\prod _{i\in I}P(C_i),$$ puisque $P(C_i)=2pq=\frac{1}{2}$. Les $C_i$ sont mutuellement indépendants : $R$ compte les succès de $n-1$ épreuves de Bernoulli indépendantes de paramètre $\frac{1}{2}$, donc $\boxed{{\displaystyle R\hookrightarrow ℬ(n-1,\frac{1}{2})}}$.

3. $C_i\cap C_{i+1}$ : les lancers $i,i+1,i+2$ donnent « pile, face, pile » ou « face, pile, face ». Par indépendance : $P(C_i\cap C_{i+1})=p^{2}q+q^{2}p=pq(p+q)=\boxed{{\displaystyle pq}}$. Si $\mid i-j\mid \ge 2$, $C_i$ ne dépend que des lancers $i,i+1$ et $C_j$ des lancers $j,j+1$, qui sont d'autres lancers : par indépendance des lancers, $P(C_i\cap C_j)=P(C_i)P(C_j)=\boxed{{\displaystyle 4p^2{q}^2}}$.

4. Comme ${\mathrm{𝟙}}_{C_i}^2={\mathrm{𝟙}}_{C_i}$ et ${\mathrm{𝟙}}_{C_i}{\mathrm{𝟙}}_{C_j}={\mathrm{𝟙}}_{C_i\cap C_j}$ : $$E(R^2)=\sum _{i}P(C_i)+\sum _{i\mathrm{\ne }j}P(C_i\cap C_j)\mathrm{.}$$ Parmi les $(n-1)(n-2)$ couples $(i,j)$ avec $i\mathrm{\ne }j$, il y en a $2(n-2)$ avec $\mid i-j\mid =1$ et $(n-1)(n-2)-2(n-2)=(n-2)(n-3)$ avec $\mid i-j\mid \ge 2$. D'où $E(R^2)=2pq(n-1)+2(n-2)pq+4p^2{q}^2(n-2)(n-3)$, et $$V(R)=E(R^2)-E(R{)}^2=2pq(2n-3)+4p^2{q}^2[(n-2)(n-3)-(n-1{)}^2]=2pq(2n-3)-4p^2{q}^2(3n-5)\mathrm{.}$$ Cohérence : pour $p=q=\frac{1}{2}$, $pq=\frac{1}{4}$ et $V(R)=\frac{2n-3}{2}-\frac{3n-5}{4}=\frac{n-1}{4}$, qui est bien la variance de $ℬ(n-1,\frac{1}{2})$.

5. Pour $n=3$, $R(\mathrm{\Omega })=\{0,1,2\}$. $(R=0)$ : trois résultats identiques, $P(R=0)=p^3+q^3=1-3pq$ (car $p^3+q^3=(p+q{)}^3-3pq(p+q)$). $(R=2)=C_1\cap C_2$, de probabilité $pq$ (question 3). Donc $P(R=1)=1-(1-3pq)-pq=2pq$.

Si $R$ suivait une loi binomiale, ce serait $ℬ(2,\pi )$ avec $2\pi =E(R)=4pq$, donc $\pi =2pq$, et l'on aurait $P(R=2)={\pi }^2=4p^2{q}^2$. L'égalité $4p^2{q}^2=pq$ équivaut à $pq=\frac{1}{4}$, c'est-à-dire $p(1-p)=\frac{1}{4}$, soit $(2p-1{)}^2=0$ : $p=\frac{1}{2}$. Donc pour $p\mathrm{\ne }\frac{1}{2}$, $R$ ne suit pas une loi binomiale (les $C_i$ consécutifs ne sont plus indépendants).

1. $a_0=1$ (départ en $A$). À l'instant $1$ le pion a quitté $A$ : $a_1=0$. À l'instant $1$ il est en $B$ ou en $C$, et de là il va en $A$ avec la probabilité $\frac{1}{2}$ : $a_2=\frac{1}{2}$ (c'est aussi la formule de la question 2).

2. Soit $n\in \mathbb{N}$. $(A_n,B_n,C_n)$ est un système complet d'événements (le pion est sur un et un seul sommet). D'après l'énoncé, quand $P(A_n)>0$, $P(A_{n+1}\mid A_n)=0$, et de même $P(A_{n+1}\mid B_n)=P(A_{n+1}\mid C_n)=\frac{1}{2}$ lorsque ces conditionnements ont un sens. La formule des probabilités totales, écrite sous la forme $P(A_{n+1})=\sum P(A_{n+1}\cap \cdot )$ (valable même si un événement du système est de probabilité nulle, le terme correspondant étant alors nul), donne $$a_{n+1}=0\cdot a_n+\frac{1}{2}{b}_n+\frac{1}{2}{c}_n=\frac{b_n+c_n}{2}=\frac{1-a_n}{2}\mathrm{.}$$

3. La suite est arithmético-géométrique : $a_{n+1}=-\frac{1}{2}{a}_n+\frac{1}{2}$. Son point fixe $\mathrm{\ell }$ vérifie $\mathrm{\ell }=\frac{1-\mathrm{\ell }}{2}$, soit $\mathrm{\ell }=\frac{1}{3}$. La suite $(a_n-\frac{1}{3})$ est géométrique de raison $-\frac{1}{2}$ et de premier terme $\frac{2}{3}$ : $$\boxed{{\displaystyle a_n=\frac{1}{3}+\frac{2}{3}{(-\frac{1}{2})}^n}}\mathrm{.}$$ Comme $\mid -\frac{1}{2}\mid <1$, ${(-\frac{1}{2})}^n\to 0$ et $\boxed{{\displaystyle a_n\to \frac{1}{3}}}$. (Contrôle : $a_1=\frac{1}{3}-\frac{1}{3}=0$, $a_2=\frac{1}{3}+\frac{1}{6}=\frac{1}{2}$.)

4. La situation est symétrique en $B$ et $C$ : la position de départ $A$ et la règle de déplacement ne changent pas quand on échange les noms $B$ et $C$. Plus précisément, échanger « sens $0$ » et « sens $1$ » à chaque déplacement est une bijection de l'ensemble des trajectoires qui conserve les probabilités et échange $B_n$ et $C_n$. Donc $b_n=c_n$, et comme $a_n+b_n+c_n=1$ : $$b_n=c_n=\frac{1-a_n}{2}=\frac{1}{3}-\frac{1}{3}{(-\frac{1}{2})}^n\mathrm{.}$$

5. $N_n={\sum }_{k=1}^n{\mathrm{𝟙}}_{A_k}$, donc par linéarité $E(N_n)={\sum }_{k=1}^n{a}_k=\frac{n}{3}+\frac{2}{3}{\sum }_{k=1}^n{(-\frac{1}{2})}^k$. La somme géométrique vaut $-\frac{1}{2}\cdot {\displaystyle \frac{1-{(-\frac{1}{2})}^n}{1+\frac{1}{2}}}=-\frac{1}{3}(1-{(-\frac{1}{2})}^n)$, d'où $$\boxed{{\displaystyle E(N_n)=\frac{n}{3}-\frac{2}{9}(1-{(-\frac{1}{2})}^n)}}\text{et}\frac{E(N_n)}{n}\to \frac{1}{3}\mathrm{.}$$

6. Chaque déplacement correspond à deux choix équiprobables, et les déplacements sont indépendants : chacune des $2^n$ suites de choix a la probabilité $\frac{1}{2^n}$, ce qui justifie le modèle uniforme. Le pion ne revient pas en $A$ aux instants $1,\dots ,n$ si et seulement si, après le premier déplacement (deux choix possibles, vers $B$ ou vers $C$), il va à chaque instant sur l'autre sommet différent de $A$, ce qui impose le choix à chacun des $n-1$ déplacements suivants. Il y a donc exactement $2$ trajectoires favorables, et la probabilité est ${\displaystyle \frac{2}{2^n}}=\boxed{{\displaystyle {\left(\frac{1}{2}\right)}^{n-1}}}$. Notons $G_k$ l'événement « pas de retour en $A$ aux instants $1,\dots ,k$ » (avec $k\le n$) ; la même preuve donne $P(G_k)={\left(\frac{1}{2}\right)}^{k-1}$. Le premier retour a lieu à l'instant $k\ge 2$ si et seulement si $G_{k-1}$ est réalisé et $G_k$ ne l'est pas ; comme $G_k\subset G_{k-1}$, $$P(\text{premier retour }\grave{\text{a}}\text{ l’instant }k)=P(G_{k-1})-P(G_k)={\left(\frac{1}{2}\right)}^{k-2}-{\left(\frac{1}{2}\right)}^{k-1}=\boxed{{\displaystyle {\left(\frac{1}{2}\right)}^{k-1}}}\mathrm{.}$$

7. Dans le modèle uniforme de la question 6 (pour $n\ge 1$), $a_n={\displaystyle \frac{\mathrm{Card}{A}_n}{2^n}}$, donc $\mathrm{Card}{A}_n=2^n{a}_n={\displaystyle \frac{2^n+2(-1{)}^n}{3}}$ d'après la question 3. C'est un nombre d'éléments, donc un entier : $3$ divise $2^n+2(-1{)}^n$. Pour $n=0$, $2^0+2=3$ convient aussi.