Dénombrement.

Bonjour,
Ton résultat est inexact: il est en effet facile de se convaincre que si $n=1$, alors $\Pr (A)= 1$, ce qui est différent de $\dfrac{k}{k+1}$.
En notant $\forall i \in [n]:=\{1,2,...n\},\: A_i$ l'événement $\text{"le processeur}\: i \text{ a recu au moins une tâche"}$, il vient avec la "formule du crible":
$\Pr (A)=\Pr \left(\displaystyle{\bigcap_{i=1}^n A_i}\right) =1- \Pr \left(\displaystyle{\bigcup_{i=1}^n \overline {A_i}}\right)$ $=\displaystyle{ \sum_{I \subset [n]} (-1)^{\#I}\Pr \left(\bigcap _{s \in I}\overline{ A_s }\right)}= \displaystyle{ \sum _{i=0}^n\binom ni (-1)^i \left(1-\dfrac in \right)^k}= \dfrac{\displaystyle{\sum_{i=0}^n (-1)^{n-i} \binom ni i^k}}{n^k}$
Le numérateur de la fraction ainsi obtenue est le nombre de surjections d'un ensemble de cardinal $k$ sur un ensemble de cardinal $n$; Il est aussi égal à $ n! \mathcal S(k,n)$ où $\mathcal S(k,n)$ désigne le $\text{"nombre de Stirling de deuxième espèce"}$ apparaissant ligne $k$, colonne $n$ du tableau triangulaire infini dont les huit premières lignes (numérotées de $0$ à $7$) sont:
$$\begin {array} {cccccccc} 1\\0&1\\0&1&1\\0&1&3&1\\0&1&7&6&1\\0&1&15&25&10&1\\0&1&31&90&65&15&1\\0&1&63&301&350&140&21&1\\ \end{array} \:\: \text{avec: } \boxed{\:\mathcal S(k,n) = n\mathcal S(k-1,n) + \mathcal S(k-1,n-1)} $$