Forum de mathématiques - Bibm@th.net

Les premiers cinq  élèves qui achèteront des billets seront choisis au hasard. 
Les autres achèteront le billet si leurs amis intimes (deux ou plus) achètent des billets.

Avec la condition :
[tex]
A ~intime ~de~ B~ \Leftrightarrow~
B~ intime ~de ~A
[/tex]

Si $r=r'$ c'est simple de construire $P$ et $Q$
$P$ le symétrique de $N$ par rapport à $O'$
$Q$ le symétrique de $M$ par rapport à $O$

Bonjour freddy;

Pour tout $k$ de $\mathbb{N}$, on a : $(k-1)(k-2)=(k-1)^2-(k-1)$, alors :

$P(X_n=k)=\dfrac{3(k-1)(k-2)}{n(n-1)(n-2)}=3\dfrac{(k-1)^2-(k-1)}{n(n-1)(n-2)}$

alors :

$\sum\limits_{k = 3}^n {P\left( {{X_n} = k} \right) = } \dfrac{3}{{n\left( {n - 1} \right)\left( {n - 2} \right)}}\sum\limits_{k = 3}^n {{{\left( {k - 1} \right)}^2} - \left( {k - 1} \right)} $
$\sum\limits_{k = 3}^n {P\left( {{X_n} = k} \right) = } \dfrac{3}{{n\left( {n - 1} \right)\left( {n - 2} \right)}}\left( {\left( {{2^2} + {3^2} + .... + {{\left( {n - 1} \right)}^2}} \right) - \left( {2 + 3 + 4 + ....+ \left( {n - 1} \right)} \right)} \right)$

$\sum\limits_{k = 3}^n {P\left( {{X_n} = k} \right) = } \dfrac{3}{{n\left( {n - 1} \right)\left( {n - 2} \right)}}\left( {\left( {{1^2} + {2^2} + {3^2} + .... + {{\left( {n - 1} \right)}^2}} \right) - \left( {1 + 2 + 3 + 4 + .... + \left( {n - 1} \right)} \right)} \right)$

Pour tout $n$ de $\mathbb{N}$, on a :   $\sum\limits_{k = 1}^n {k = \dfrac{{n\left( {n + 1} \right)}}{2}}$  et  $\sum\limits_{k = 1}^n {{k^2} = \dfrac{{n\left( {n + 1} \right)\left( {2n + 1} \right)}}{2}}$

alors :

$\sum\limits_{k = 3}^n {P\left( {{X_n} = k} \right) = } \dfrac{3}{{n\left( {n - 1} \right)\left( {n - 2} \right)}}\left( {\dfrac{{\left( {n - 1} \right)n\left( {2\left( {n - 1} \right) + 1} \right)}}{6} - \frac{{\left( {n - 1} \right)n}}{2}} \right)$
$
\sum\limits_{k = 3}^n {P\left( {{X_n} = k} \right) = } \dfrac{3}{{n\left( {n - 1} \right)\left( {n - 2} \right)}}\left( {\dfrac{{n\left( {n - 1} \right)\left( {2n - 1} \right)}}{6} - \dfrac{{3n\left( {n - 1} \right)}}{6}} \right)$
$\sum\limits_{k = 3}^n {P\left( {{X_n} = k} \right) = } \dfrac{3}{{n\left( {n - 1} \right)\left( {n - 2} \right)}}\left( {\dfrac{{n\left( {n - 1} \right)\left( {2n - 1 - 3} \right)}}{6}} \right)$
$\sum\limits_{k = 3}^n {P\left( {{X_n} = k} \right) = } \dfrac{3}{{n\left( {n - 1} \right)\left( {n - 2} \right)}}\left( {\dfrac{{n\left( {n - 1} \right)\left( {2n - 4} \right)}}{6}} \right)$
$\sum\limits_{k = 3}^n {P\left( {{X_n} = k} \right) = } \dfrac{3}{{n\left( {n - 1} \right)\left( {n - 2} \right)}}\left( {\dfrac{{2n\left( {n - 1} \right)\left( {n - 2} \right)}}{6}} \right)$
$\sum\limits_{k = 3}^n {P\left( {{X_n} = k} \right) = } \dfrac{{6n\left( {n - 1} \right)\left( {n - 2} \right)}}{{6n\left( {n - 1} \right)\left( {n - 2} \right)}}$
$\sum\limits_{k = 3}^n {P\left( {{X_n} = k} \right) = } 1
$

Bonjour, et pour X=k??

Voila la preuve. On sait que :   $C_n^3=\dfrac{n!}{3!(n-3)!}$,   alors :

$$P(B)=\frac{{C_n^3 \times \left( {n - 3} \right)!}}{{n!}} = \frac{{{{n!}}}}{{3!{{\left( {n - 3} \right)!}}}} \times \frac{{{{\left( {n - 3} \right)!}}}}{{{{n!}}}} = \frac{1}{{3!}} = \frac{1}{{1 \times 2 \times 3}} = \frac{1}{6}$$

Oui c'est faux. La réponse correct est : $P(B)=\dfrac{C_n^3\times (n-3)!}{n!}=\dfrac{1}{3!}=\dfrac{1}{6}$

$X_n$ est compris entre $3$ et $n$
Si  $X_n=3$ donc les possibilités de $1^{\text{er}}$ et $2^{\text{ème}}$ et $3^{\text{ème}}$ tirage est : $1$ ou $2$ ou $3$

Si  $X_n=n$ donc les possibilités de $n^{\text{ème}}$ tirage est : $1$ ou $2$ ou $3$

La question 3. $X_n$ est égale au nombre de tirages nécessaire pour obtenir les boules $1.2.3$
Exemple :

Tirage $1$ : boule num $7$
Tirage $2$ : boule num $n$
Tirage $3$ : boule num $3$
Tirage $4$ : boule num $n-1$
Tirage $5$ : boule num $8$
Tirage $6$ : boule num $1$
Tirage $7$ : boule num $n-3$
Tirage $8$ : boule num $2$
Dans cette cas on a  $X_n=8$

Bonjour,

mes réponses à ces questions sont les suivantes:

• Soit $A$ : " Les boules 1, 2 et 3 sortent consécutivement et dans cet ordre".
  $$P(A)=\dfrac{card(A)}{card(\Omega)}=\dfrac{(n-2)\times (n-3)!}{n!}=\dfrac{1}{n(n-1)}$$

• Soit $B$ : " Les boules 1, 2 et 3 sortent dans cet ordre (consécutivement ou pas). 
  $$P(B)=\dfrac{card(B)}{card(\Omega)}=\dfrac{C_n^3\times (n-3)!}{n!}=\dfrac{1}{3!}=\dfrac{1}{6}$$

• $$X_n(\Omega)=\{3,4,...,n\}$$

  $$\forall k\in X_n(\Omega).     P(X_n=k)=\dfrac{card(X_n=k)}{card(\Omega)}=\dfrac{C_3^1C_{k-1}^2A_{n-3}^{k-3} (n-k)!}{n!}$$

Bonjour,

L'équation :  [tex]{a^2} + {b^2} = 4( b - ab - 1)[/tex]
signifiait que :

[tex]\begin{array}{l}
{a^2} + 4{b^2} + 4ab = 3{b^2} + 4b - 4\\
{\left( {a + 2b} \right)^2} = 3{b^2} + 4b - 4
\end{array}[/tex]

• Si  [tex]3{b^2} + 4b - 4 < 0[/tex],  alors pas de solutions.

• Si  [tex]3{b^2} + 4b - 4 \ge 0[/tex],  signifie que :

  [tex]
  \begin{array}{c}
  3\left( {{b^2} + \dfrac{4}{3}b + \dfrac{4}{9}} \right) - 4 - \dfrac{4}{3} \ge 0\\
  3{\left( {b + \dfrac{2}{3}} \right)^2} - \dfrac{{16}}{3} \ge 0\\
  3{\left( {b + \dfrac{2}{3}} \right)^2} \ge \dfrac{{16}}{3}\\
  {\left( {b + \dfrac{2}{3}} \right)^2} \ge \dfrac{{16}}{9}\\
  \sqrt {{{\left( {b + \dfrac{2}{3}} \right)}^2}}  \ge \sqrt {\dfrac{{16}}{9}} \\
  \sqrt {{{\left( {b + \dfrac{2}{3}} \right)}^2}}  \ge \dfrac{4}{3}
  \end{array}[/tex]

  [tex]\left( {b + \dfrac{2}{3}} \right) > \dfrac{4}{3}{\mkern 1mu} \,\,\,\,\,\,ou\,\,\,\,\,\,\, - \left( {b + \dfrac{2}{3}} \right) > \dfrac{4}{3}
  [/tex]

  [tex]{b \ge \dfrac{2}{3}\,\,\,\,\,\,\,\,ou\,\,\,\,\, - 2\, \ge b\,}[/tex]

  Donc si   [tex]b \ge \dfrac{2}{3}[/tex]  ou   [tex]- 2 \ge b[/tex] alors l’égalité : [tex]{\left( {a + 2b} \right)^2} = 3{b^2} + 4b - 4[/tex] signifiait que :

  [tex]a + 2b = \sqrt {3{b^2} + 4b - 4}[/tex] ou  [tex]a + 2b = -\sqrt {3{b^2} + 4b - 4}[/tex]

  Alors :   [tex]a =  - 2b + \sqrt {3{b^2} + 4b - 4}[/tex]  ou  [tex]a =  - 2b - \sqrt {3{b^2} + 4b - 4}[/tex]
  Donc les couples  : [tex]\left( { - 2b + \sqrt {3{b^2} + 4b - 4} ;b} \right)[/tex]  et  [tex]\left( { - 2b - \sqrt {3{b^2} + 4b - 4} ;b} \right)[/tex] sont des solutions de cette équation, tels que [tex]b\geq \dfrac{2}{3}[/tex] ou [tex]b\leq -2[/tex]

L'exercice se trouve à l'Olympiade de mathématiques 2019-2020
Voila la copie origine