Inclusion - Exclusion

(1)

F E U I L L E

3 Révisions : Dénombrement BCPST 2 - Lycée F1

Modèles de base

Exercice 1: [Indications] [Correction] – Modéliser – Soientn, p∈N^∗. Rappelez le cardinal des ensembles suivants : 1. J1;nK

p

2. a) {(i1, . . . , i_p)∈J1;nK

p |lesi_k sont 2 à 2 distincts.}

b) {(i1, . . . , i_n)∈J1;nK

n | lesi_k sont 2 à 2 distincts.}

3.

{i₁, . . . , i_p} ∈J1;nK

p |lesi_k sont 2 à 2 distincts.

Exercice 2: [Indications] [Correction] – Modéliser –"Modèle des boites" : On dispose depboites discernables. Combien y a t-il de manières de répartir 1. nboules indiscernables dans ces boites, avec au moins une boule par boite ? 2. nboules discernables entres elles dans ces boites, avec la possibilité de mettre

plusieurs boules dans la même boite ?

3. n boules indiscernables entres elles dans ces boites (avec la possibilité de mettre0boule dans les boites.) ?

4. nboules indiscernables entres elles dans ces boites, sans mettre deux boules dans la même boite ?

Exercice 3: [Indications] [Correction] – Modéliser –

Trouver quelles modélisations éventuellement utilisées dans les exercices précédents permettent de répondre aux questions ci-dessous (et répondre !)

1. Soientn, p∈N^∗. Quel est le nombre dep−uplets(i1, . . . , ip)∈N^p tels que : a) i1+i2+. . .+ip=navec∀k= 1. . . p, ik 6= 0

b) i1+i2+. . .+ip=navec∀k= 1. . . p, ik ∈N.

c) 16i1< i2< . . . < ip6n K

d) 16i16i26. . .6ip6n K

2. Applications :

a) Quel est le nombre de solutions dex+y+z+t= 50, avecx, y, z, t∈N^∗? b) Quel est le nombre de solutions dex+y+z+t= 50, avecx, y, z, t∈N? c) Quel est le nombre de solutions dex+ 2y+z= 40, avecx, y, z∈N? K Exercice 4: [Indications] [Correction] "Modèle des urnes" : – Modéliser –

K Une urne contientnboules numérotées. Combien y a t-il de manières d’effectuerk tirages avec remise, sans se soucier de l’ordre des tirages et en se préoccupant du

Concrètement

De combien de façons peut-on placer 12 personnes dans 3 pièces de manière à avoir :

2 personnes dans la pièce 1 6 personnes dans la pièce 2 4 personnes dans la pièce 3

Un concert comprend trois chanteurs et deux chanteuses avec chacun un numéro.

De combien de façons peut-on arranger le programme si on veut commencer et finir par un chanteur ?

Exercice 7: [Indications] [Correction] – Modéliser – De combien de façons différentes

1. peut-on placer sur une même rangée 5 billes de couleurs différentes ?

2. peut-on partager 10 objets différents en deux groupes de 4 et 6 objets respec- tivement ?

3. dix personnes peuvent-elles s’asseoir sur un banc comportant 4 sièges (tous les sièges étant occupés) ? (On s’intéresse à l’ordre dans lequel les personnes sont assises.)

4. peut-on choisir un jury de 5 personnes parmi 9 personnes ? Exercice 8: [Indications] [Correction] – Modéliser –

On convient d’appeler " mot " n’importe quelle suite finie de lettre, même si celui-ci ne figure pas dans le dictionnaire.

1. Combien de mots de 8 lettres peut-on écrire avec les lettres A,B,C ? 2. Parmi eux combien contiennent :

a) au moins une lettre A ? b) exactement une lettre A ?

c) exactement 3 lettres A, 2 lettres B et 3 lettres C ? d) autant de lettre A que de lettre B ?

Exercice 9: [Indications] [Correction] – Modéliser – Trois personnes A, B, C se partagent 7 pièces de 1 euros.

1. Combien de partages sont possibles ? (avec possibilité de ne rien recevoir.) 2. Combien y a-t-il de partages où chaque personne reçoit quelque chose ?

(2)

Combien y a-t-il de façon de répartir alternativement 5 plantes vertes et 5 plantes fleuries distinctes sur un parterre (toutes les plantes sont discernables)

1. longiligne

2. circulaire. K

Exercice 11: [Indications] [Correction] – Modéliser – Dans combien de nombres entre1000et 9999rencontre-t-on 1. zéro fois le nombre3?

2. une fois le nombre3? 3. trois fois le nombre7?

Un dandy possède 14 paires de gants. S’il sélectionne ses gants de la main droite et de la main gauche séparément, de combien de manières peut-t-il former une paire dépareillée ?

Exercice 13: [Indications] [Correction] – Modéliser – Cours – On considère les ensemblesE={a, b, c}et F ={1,2,3,4,5}.

1. Combien existe-t-il d’applications deE dansF?

2. Combien existe-t-il d’applicationsf deE dansF telles quef(a) = 1? 3. Combien existe-t-il d’applications injectives deE dansF?

4. Combien existe-t-il d’applications surjectives deE dansF? 5. Combien existe-t-il d’applications deE×F dansF³?

Exercice 14: [Indications] [Correction] – Modéliser – Chercher – K Soientpetndeux entiers naturels non nuls. Montrer que le nombre d’applications croissantes deJ1, pKdansJ1, nKest ^n+p−1_p

.

Exercice 15: [Indications] [Correction] – Modéliser – Chercher – KK Soitn∈N^∗.

Combien y a-t-il de surjections d’un ensemble de cardinaln+ 1dans un ensemble de cardinaln?

Exercice 16: [Indications] [Correction] – Cours – SoitE un ensemble ànéléments,n∈N^∗.

1. Etant donnéAune partie de E à péléments, déterminer le cardinal des ensembles suivants :

a) M ={B ∈ P(E) :B⊆A}.

b) N ={B∈ P(E) :B∩A=∅}.

c) R={B∈ P(E) :A⊆B}.

2. Pour toutp, déterminer le cardinal de l’ensemble {(A, B)∈(P(E))²:|A|=pet B∩A =∅}

3. En déduire le cardinal de l’ensemble{(A, B)∈(P(E))²: B∩A=∅}.

Inclusion - Exclusion

Exercice 17: [Indications] [Correction] – Modéliser – Chercher – K 1. Quel est le nombre d’entiers qui ne sont divisibles ni par 2, ni par 5, ni par 7

compris entre 1 et 210 ?

2. Quel est le nombre d’entiers qui ne sont divisibles ni par 3, ni par 5, ni par 7 compris entre 1 et 1000 ?

Coefficients binomiaux

Exercice 18: [Indications] [Correction] – Calculer – Chercher – Soitn∈N^∗. Calculer

1. C1=

n

P

k=0 n k

et C2=

n

P

k=0

(−1)^{k n}_k

2. S₁= [ⁿ2] P

k=0 n 2k

et S₂ [ⁿ⁻¹2 ]

P

k=0 n 2k+1

3. Application :Montrer qu’il y a autant de parties deE={1, . . . , n}de cardinal pair d’éléments que de parties de cardinal impair.

Exercice 19: [Indications] [Correction] – Calculer – Chercher – K Soitn∈N^∗

1. À l’aide de la formule de Pascal, calculer

2n

P

k=n k−1 n−1

2. Calculer de deux manières différentes combien de mots de 2nlettres on peut former avecnlettresAetnlettresB, puis retrouver la formule.

( ind : On pourra par exemple considérer le nombre exact de B au début du mot. )

Exercice 20: [Indications] [Correction] – Calculer – Raisonner – Soientp, n∈N^∗, oùn>p.

1. Le but de cette question est d’établir une égalité en étudiant le nombre total de façons de choisir p+ 1éléments dans un ensemble en contenantn+ 1de deux façons différentes.

a) Soit n∈N et S ={x0, x1, . . . , xn}.Pourk ∈J0, nK, on note également Sk ={x0, . . . , x_k−1}.

On note "Ck" la méthode de choix suivante :

Ck : ne pas choisirxk+1, . . . , xn, mais choisirxk puispautres éléments dansSk. Justifier que l’ensemble des (Ck)i=p,...,n est une partition de l’ensemble des choix possibles dep+ 1éléments deS.

b) Sans utiliser la formule de Pascal, mais en utilisant des arguments de dénombrement, en déduire que

n

P

k=p k p

= ⁿ⁺¹_p+1 2. En déduire la valeur deS⁰=

n

P

k=p

k ^k_p . (On rappelle que (k+ 1) ^k_p

= (p+ 1) ^k+1_p+1 ).

(3)

Exercice 21: [Indications] [Correction] Formule de Vandermonde– Modéliser – Calculer –

1. Montrer que, pour tout entiern, m∈Net k∈J0, m+nK, on a

k

X

i=0

m i

n k−i

=

m+n k

2. En déduire que

n

P

k=0 n k

²

= ²ⁿ_n .

Quelques problèmes

Exercice 22: [Indications] [Correction] – Chercher – Modéliser –

" Problème de Galilée " On lance trois dés discernables, pourquoi obtient-on plus souvent la somme 10 que la somme 9, bien que ces sommes soient obtenues de six facons différentes ?

Exercice 23: [Indications] [Correction] – Modéliser – Chercher –

1. De combien de façons une femme peut-elle arranger deux bagues sur l’in- dex, le majeur et l’annulaire (en supposans que tous ces doigts aient même grosseur...)

(Attention :à l’ordre des bagues sur un même doigt !)

2. Même question avecnbagues. KK

Exercice 24: [Indications] [Correction] – Chercher – Raisonner – KK On dispose dealettres A etb lettres B, avec cesn=a+blettres on forme un "

mot ".

1. Combien de mots distincts peut-on former ? 2. Généraliser au cas deklettres.

3. En déduire la formule :

(x₁+x₂+· · ·+x_k)ⁿ= X

r1+r2+···+rk=n

n!

r1!r2!. . . rk!x^r₁¹x^r₂². . . x^r_k^k

Exercice 25: [Indications] [Correction] – Chercher – Raisonner – KK Combien y a-t-il d’entiers compris entre 1 et10¹⁰−1 dont le cube se termine par 11 ?

(4)

Bcpst 2 Lycée François 1^er

FE 3 - Révisions : Dénombrement Indications

Exercice 4 [Correction]

On peut par exemple se ramener à l’étude de l’ensemble E = {(1, . . . ,1

| {z }

N₁fois

,2, . . . ,2

| {z }

N₂fois

, . . . , n, . . . , n

| {z }

N_nfois

)|N1+N2+. . .+Nn=k}.

Attention, il faut penser à retirer les nombres entre0 et999.

Modéliser en se servant des premiers exercices.

Considérer la liste desn+ 1images des éléments de l’ensemble de départ.

1. Calculer le cardinal de l’ensembleM2∪M5∪M7, où Mi désigne l’ensemble des multiples deidansJ1; 210K.

2. CalculerS1+S2 etS1−S2

2. Se ramener à l’exercice précédent : penser à dire quek= (k+ 1)−1! Exercice 22 [Correction]

Observer les résultats obtenus pour chaque dé.

(5)

Bcpst 2 Lycée François 1^er

FE 3 - Révisions : Dénombrement Solutions

Exercice 1

1. cardJ1;nK

r=n^p 2. a) On pose

A={(i1, . . . , ip)|ik ∈J1;nK∀k∈J1;pK où les ik sont 2 à 2 distincts.}

card(A) =







0 sip > n n!

(n−p)! sip6n =p! ⁿ_p

b) C’est le nombre de permutations denéléments, c’est-à-dire n! . 3. C’est le nombre de combinaisons depéléments parmin, c’est-à-dire _n

p

. Exercice 2

1. Remarquons tout d’abord qu’il faut au moinsnboules pour mettre au moins une boule par boite, c’est-à-dire

n>p

(sinon, il y a0 possibilités.)

Représentons les boules (non discernables) par un point. En les mettant sur une ligne, un trait de séparation représente la délimitation entre les boites :

n

z }| {

•

|{z}

| • •

| {z }

| . . . | •

|{z}

i1 i2 . . . ip

oùirreprésente alors le nombre de boules présentes dans l’urnen^or.

L’ensemble demandé est donc en bijection avec toutes les configurations de points et de traits ci-dessus. Il s’agit donc du nombre de choix dep−1traits dansn−1emplacements, d’où ⁿ⁻¹_p−1

. n−1

p−1

possibilités

2. On ne peut plus représenter les boules par des points indiscernables. Le mo- dèle précédent ne fonctionne plus.

En revanche, à chaque boule on peut associer sa boite. Une possibilité de rangement est donc modélisée par une liste

(x1, . . . , xn)

oùxi est le numéro de la boite dans laquelle atterit la boule n^oi. Autrement dit, le nombre de possiblité est le nombre de n-listes de numéros de J1;pK, d’où

pⁿ possiblités.

3. Compter le nombre de répartitions denboules danspboites possibles revient à compter le nombre de modélisations possibles suivantes :

ncases vides etp−1croix

z }| {

× × . . . ×

| {z }

i₁ |{z}

i₂ | {z }

i_p

où chaque case vide représente une boule et chaque croix représente une sé- paration entre deux urnes.

Une possibilité correspond donc au choix de placement desp−1 croix parmi p−1 +nemplacements. D’où

p−1 +n p−1

possibilités

4. Dans ce cas, on peut estimer que qu’on choisit les boites qui contiennent une boule. Compter le nombre de possibilités revient donc à compter le nombre de possiblités denboites boites choisies parmi lespboites, d’où

p n

possiblités

(6)

Exercice 3

1. a) i₁+i₂+. . .+i_p=navec∀k= 1. . . p, i_k 6= 0:

•Méthode 1 :

L’ensemble est en bijection avec {(x1

|{z}

i₁

, x2

|{z}

i₁+i₂

, . . . , x_p−1

| {z }

i₁+...i_p−1

)|0< x1< . . . < x_p−1< n}

c’est-à-dire avec

{(x1, . . . , x_p−1)|16x₁< . . . < x_p−16n−1}

Son cardinal est donc _n₋₁

p−1

.

•Méthode 2 :

On représente en lignenpoints qui représentent chacun un entier. En- suite, on choisit de placer entre ces pointsp−1 traits de séparation de la manière suivante :

n

z }| {

•

|{z}

| • •

| {z }

| . . . | •

|{z}

i₁ + i₂ + . . . + i_p =n

L’ensemble demandé est donc en bijection avec toutes les configurations de points et de traits ci-dessus. Il s’agit donc du nombre de choix de p−1traits dansn−1 emplacements, d’où _n₋₁

p−1

. b) i1+i2+. . .+ip=n:

•Méthode 1 :

L’ensemble est en bijection avec {( x1

|{z}

i₁

, x2

|{z}

i₁+i₂

, . . . , xp−1

| {z }

i₁+...+ip−1

)|06x16. . .6xp−16n}

Sont cardinal est donc _n₊_p₋₁

p−1

.

• Méthode 2 :

× × ×

^{. . .}

| {z }

i1

|{z}

i2

ncases sans croix etpavec une croix

z }| {

c) 16i1< i2< . . . < ip6n:

• Méthode 1 :

Cet ensemble est enbijection avec l’ensemble des choix de p élé- ments parmi n : Pour chaque combinaison de péléments parmi n, il existe un seul et unique classement de ces nombres par ordre croissant.

Le cardinal est donc _n

p

.

• Méthode 2 :

On représente en ligne npoints qui représentent chacun un entier. En- suite, on choisit de placer entre ces pointsp−1 traits de séparation de la manière suivante :

n

z }| {

•

|{z}

i1

| • • | . . . | •

| {z }

i₂

L’ensemble demandé est donc en bijection avec toutes les configurations de points et de traits ci-dessus. Il s’agit donc du nombre de choix de p−1traits dansn−1emplacements, d’où _n₋₁

p−1

.

(7)

d) 16i16i26. . .6ip6n:

• Méthode 1 :

Chaque élément deΩ ={(i1, . . . , ip)∈N^p | 16i16. . .6ip 6n} peut être modélisé par le schéma suivant :

× × ×

^{. . .}

| {z }

i1

| {z }

i₂

| {z }

i₃

. . .

ncases sans croix etpavec une croix

z }| {

oùik est le nombre de cases sans croix entre le début (à gauche) et la k^èmecroix (ou la fin), et ceci pourkallant de1 àp.

De plus, commei1>1, la première croix est forcément placée après la première case.

Compter le nombre de possibilités revient donc à choisir le nombre de choix possibles de placements despcroix parmi lesn+p−1cases libres, d’où

n+p−1 p

possibilités

• Méthode 2 :

L’ensemble est en bijection avec

{(i1, . . . , ip)|16i1< i2+ 1< . . . < ip+p−16n+p−1}

Son cardinal est donc _n₊_p₋₁

p

. 2. a) ⁵⁰⁻¹₃

= ⁴⁹₃

= ^49×48×47_3×2 = 18 424 b) ⁵⁰⁺⁴⁻¹₃

= ⁵³₃

= ^53×52×51_3×2 = 23 426

c) C’est un peu plus subtil. Il faut raisonner sur les valeurs dey, qui peut aller de0 à40/2 = 20, donc le nombre de possibilités est

S =

20

P

y=0

card{(x, z)∈N|x+z= 40−2y}

=

20

P

y=0

40−2y+2−1 1

=

20

P

y=0

(41−2y)

= 21×41−220(20 + 1)

2 = 861−420 = 441 Exercice 4

Comme les tirages sont avec remise et sans ordre, l’ensemble des résultats possibles est en bijection avec l’ensemble

E ={(1, . . . ,1

| {z }

N₁fois

,2, . . . ,2

| {z }

N₂fois

, . . . , n, . . . , n

| {z }

N_nfois

)|N1+N2+. . . Nn=k}

Autrement dit, il y autant de solutions que de répartition des nombres N1, N2, . . . , Nn de sommen. On a vu dans l’exercice précédent qu’il y a

_k₊_n₋₁

n−1

poissibilités

Exercice 5 12!

2!6!4! = 13860 Exercice 6

On fait une liste de 5 éléments. On a

• • • •

| {z }

•

↑ ↑

3 possibilités 3!possibilités 2possibilités D’où 3×6×2 = 36 possibilités de programme.

Exercice 7

1. C’est le nombre de permutations de 5 éléments distincts. 5!

2. Il est suffisant de choisir le groupe de 4 (les 6 autres en étant déduits automatiquement.) Il y a donc ₁₀

4

= 210 possibilités.

(8)

3. Pour chaque siège, on choisit la personne. C’est une liste à 4 éléments distincts.

Il y a donc A⁴₁₀= 10!

6! = 10×9×8×7 = 5 040 possibilités.

4. Il s’agit d’un tirage de 5 personnes parmis 9. Il y a donc ₉

5

= 630 possi- bilités.

Exercice 8

1. Pour chaque emplacement, on choisit la lettre voulue. Cela donne 3⁸ possi- bilités.

2. a) C’est l’événement contraire de "pas de lettre A". On a donc 3⁸−2⁸ possibilités.

b) On choisit l’emplacement de la lettre A et les 7 lettres restantes sont à choisir parmis B,C. Il y a donc 8.2⁷ possibilités.

c) Ce sont toutes les permutations du mot AAABBCCC. Autrement dit, il y a 8!

3!2!3! = 560 possibilités.

d) On compte les possibilités et leurs permutations. On trouve 1 + 8!

6! + 8!

2!2!4!+ 8!

3!3!2!+ 8!

4!4! = 2437 Exercice 9

1. On cherche le cardinal de l’ensemble{(nA, nB, nC)∈N³|nA+nB+nC= 7}.

Il s’agit de

7 + 2 2

= 36

2.

7 2

= 21

3. De manière générale, on a

n+ 2 2

pour la première question et n

2

pour la deuxième.

Exercice 10

1. On distingue les cas où l’on commence par une plante verte et les cas où l’on commence par les plantes fleuries, d’où

2×5!×5! = 28 800

2. Par rapport à tout à l’heure, on ne distingue plus le début. On peut donc supposer que le "début" est la plante verte numéro 1. Il reste donc à placer les 9 autres autour de lui alternativement :

4!×5! = 28 800

10 = 2 800 Exercice 11

1. Il s’agit de faire les listes de 4 chiffres parmi10−1possibilités, sans que zéro ne soit le premier (de manière à avoir un nombre≥1000) d’où

9⁴−9³= 5832 2. On fait une 4-liste d’éléments parmis0. . .9et :

on compte les éléments contenant exactement un seul3 entre0et9999: 4 × 9³

↑ ↑

choix de la place du 3 reste : 3-liste parmis 9 nombres.

puis onretire parmi eux les éléments entre 0 et 999, i.e. ceux où 0 est à la première place : même principe, mais avec une 3-liste :

3 × 9²

↑ ↑

choix de la place du 3 reste : 3-liste parmis 9 nombres.

d’où

4×9³−3×9²= 9²×(4×9−3

| {z }

33

) = 2673

3. On cherche le nombre restant : 9 possibilités, puis sa place dans le nombre : 4 possibilités, puis on retire celui qui commence par0. : 4×9−1 = 35 Exercice 12

Méthode 1 : Il s’agit simplement de faire des 2-listes d’éléments distincts parmis les nombres{1, . . . ,14}. Il y aA²₁₄= 14×13 = 182possibilités.

Méthode 2 : le nombre de possibilités peut se compter parmis les cases vides du tableau

1 2 . . . 14 1 ×

2 ×

... . ..

14 ×

i.e.14×13 = 182

(9)

Exercice 13

1. Pour chaque élément deE, on choisit un élément deF. C’est le cardinal de l’ensemble{(i, j, k)|i, j, k= 1, . . . ,5}=J1,5K

5. Il y a donc 5³ applications.

2. Par le même principe que précédemment, on trouve 5²= 25 applications.

3. Dire que les applications sont injectives revient à dire que l’on ne retrouve pas deux fois le même nombre dans le triplet (i, j, k). Le nombre d’applications possibles est A³₅= 5!

2!= 5×4×3 = 60 4. Il n’y en a pas.

5. Même chose qu’en1, mais avec card(E×F) =cardE×cardF et cardF³= (cardF)³.

Exercice 14

On cherche le nombre de listes possibles(i1, . . . , ip)oùik représente l’image dek, c’est-à-dire

16i16. . .6ip6n

Ceci correspond à l’exercice question , d’où directement n+p−1

p

possibilités

Exercice 15

L’ensemble des surjections est en bijection avec l’ensemble des permutations des (n+1)-uplets(1, . . . , n, a)oùa∈J1;nK. (Les images des npremiers éléments avec une image forcément redondante.) Il y a donc

n(n+ 1)!

2 possibilités.

Exercice 16

1. a) M est en bijection avecP(A). Ainsi,|M|= 2^|A|= 2^p. b) N est en bijection avecP(A^c). Ainsi,|N|= 2^|A^c^|= 2^n−p. c) Rest en bijection avecP(A^c). Ainsi,|R|= 2^|A^c^|= 2^n−p. 2. card{(A, B)∈(P(E))²:|A|=pet B∩A =∅}=_n

p

2^n−p 3. card{(A, B)∈(P(E))²: B∩A=∅}=

n

X

p=0

_n

p

2^n−p= (1 + 2)ⁿ = 3ⁿ

Exercice 17

1. (On remarque que210 = 7×5×3×2, ce qui nous permet de faire facilement les calculs qui vont suivre. . . ) La formule de Poincaré nous donne

|M2∪M5∪M7|=|M2|+|M5|+|M7|−|M2∩M5|−|M5∩M7|−|M7∩M2|+|M2∩M5∩M7| Or, |M2| = ²¹⁰₂ = 105, |M5| = ²¹⁰₅ = 42, |M7| = ²¹⁰₇ = 30,

|M₂∩M₅| = ²¹⁰₁₀ = 21, |M₅∩M₇| = ²¹⁰₃₅ = 6, |M₇∩M₂| = ²¹⁰₁₄ = 15,

|M2∩M₅∩M₇|= ²¹⁰₇₀ = 3.

En conclusion, on obtient

|M₂∪M₅∪M₇|= 138

et finalement, le nombre d’entiers non divisibles par 2,5,ou 7 entre 1 et 210 est

210−138 = 72

2. La stratégie reste exactement la même que précédemment, au détail près que 1000 n’est pas divisible par 3 ou 7. Il faut donc s’adapter :

|M3| = E(^{1 000}₃ ) = 333, |M5| = ^{1 000}₅ = 200, |M7| = E(^{1 000}₇ ) = 142,

|M₃∩M₅|=^{1 000}_3×5 = 66, |M₅∩M₇|= ^{1 000}₃₅ = 28, |M₇∩M₃|=^{1 000}_3×7 = 47,

|M3∩M5∩M7|= _3×5×7^{1 000} = 9.

Il en résulte donc

543 possibilités.

Exercice 18

1. Très rapidement, avec la formule du binôme :(1 +x)ⁿ=

n

P

k=0 n k

x^k. PourC₁, on prendx= 1et pourC2, on prend x=−1. On obtient

C1= 2ⁿ et C2= 0 2. S1+S2=C1= 2ⁿ etS1−S2=C2= 0. D’où

S1=S2= 2ⁿ⁻¹

3. C’est la traduction en terme combinatoire de la question précédente :S1est le nombre de parties de cardinal pair etS2 de cardinal impair.

(10)

Exercice 19

1. On sait bien que, pour toutk>n+ 1, ok a (^k−1n−1)⁺(^k−1_n )⁼(^k_n) (avec la convention _a^b

= 0sib < a.

d’où, pour tout k>p, _n−1^k−1

= ^k_n

− ^k−1_n

. En réinjectant dans la somme, on a

2n

P

k=n k−1 n−1

=

2n

P

k=n

_k

n

− ^k−1_n

=

2n

P

k=n k n

−

2n

P

k=n k−1

n

=

2n

P

k=n k n

−

2n−1

P

k=n−1 k n

= ²ⁿ_n

− ⁿ⁻¹_n

= ²ⁿ_n

(téléscopage) 2. Méthode 1 :

Si on a placé lesnlettresAparmis les2npossibilités, les lettresB complètent automatiquement. On a donc ²ⁿ_n

mots possibles.

Méthode 2 :

Le nombre de possibilités est décomposé de la manière suivante :

S =

n

P

k=0

card{(

2n

z }| { B . . . B

| {z }

kfois

A∗. . .∗)+permutations}

=

n

P

k=0

2n−k−1 n−1

| {z }

choix de l’emplacement desA

=

2n

P

k=n k−1 n−1

Exercice 20

1. a) On noteCl’ensemble des possibilités de choix dep+1éléments parmiS.

• Montrons queCk⊂C pour toutk :

Dans chacun des cas C_k, on choisit bien au total p+ 1éléments parmi n+ 1(lespdeS_k etx_k. LesC_k sont donc inclus dans les choix dep+ 1 éléments parmin+ 1.

• Montrons que lesC_k sont2 à2 incompatibles. :

Les possibilités sont bien incompatibles car on ne peut en même temps faire un choix de typeCiet un autre de typeCj. En effet, (décidons que i > j). Si on fait C_i, on choisit x_i, mais si on faitC_j en même temps, on ne chosit pasx_i cari > j, ce qui est donc incohérent.

• Montrons queC⊂

n

S

k=p

Ck :

Choisissons p+ 1éléments dans S. On notek l’indice minimum desxi

choisis. Alors on est bien dans le casCk. De plus, on a nécessairement k>p

car les autres cas sont impossibles : sii < p, le casCi signifie en partie qu’on choisitpéléments dansx0, . . . , xi−1, mais sii < p, on a moins de péléments. On ne peut donc pas en choisirp.

• Conclusion :

l’ensemble desCi est une partition de l’ensemble des choix possibles de p+ 1éléments deS.

(11)

b) Étant donné qu’on a une partition des choix dep+ 1éléments parmi les n+ 1deS, on sait que

cardC=

n

X

k=p

cardC_k or,

cardC= n+ 1

p+ 1

et

cardCk = 1× k

p

= k

p

car on choisitxk qui est fixé (donc 1 choix possible) puis en parallèlep éléments dansSk qui en comprendk. D’où

n+ 1 p+ 1

=

n

X

k=p

k p

2. On a

n

P

k=p

k ^k_p

=

n

P

k=p

(k+ 1) ^k_p

− ^k_p

=

n

P

k=p

(k+ 1) k

p

| {z }

=(p+1)(^k+1_p+1)⁾

−

n

P

k=p k p

= (p+ 1)

n

P

k=p k+1 p+1

−

n

P

k=p k p

= (p+ 1)

n+1

P

k=p+1 k p+1

−

n

P

k=p k p

Grâce à l’exercice précédent, on sait que

n+1

P

k=p+1 k p+1

= ⁿ⁺²_p+2 et

n

P

k=p k p

=

n+1 p+1

, d’où

n

P

k=p

k ^k_p

= (p+ 1) n+ 2

p+ 2

| {z }

n+2 p+2(ⁿ⁺¹_p+1)

− ⁿ⁺¹_p+1

= _(n+2)(p+1)

p+2 −1 _n+1

p+1

Exercice 21

1. On utilise le développement en formule de Newton de (x+y)^m+n = (x+y)^m(x+y)ⁿ

ou deux manières distinctes de choisirkéléments parmism+n: choisir les éléments parmismet parmisn.

2. Dans l’égalité précédente, on remplacekparn, et on posem=non trouve

n

X

i=0

n i

n n−i

= 2n

n

ce qui est l’identité cherchée.

Exercice 23

1. • Une bague par doigt :3×2possibilités.

• Deux bagues par doigts :

3 × 2

↑ ↑

choix du doigts permutation des bagues Conclusion : 12possibilités

2. On numérote les bagues. Supposons que l’on mette dans l’ordre de leur nu- méro. Voyons combien il y a de possibilités : on choisit le nombre de bagues pour chaque doigt :

C’est le nombre de solutions de x1+x2+x3 =n, avec xi ∈N. On sait que c’est ⁿ⁺²_n

:

(il faut placer les barres entre les points et croix de l’ensemble suivant)

• • . . . •

| {z }

× n

On permute les bagues et on obtient en tout n!× ⁿ⁺²_n

possibilités

Exercice 24

1. Méthode 1 :Il s’agit simplement de choisir l’emplacement des A dans le mot, d’où _n

a

possibilités.

Méthode 2 : On cherche toutes les permutations possibles du mot A . . . AB . . . B.

(12)

2. Avec la méthode 2, si on noteA1, . . . , Ak les lettres etr1, . . . , rk leur nombre d’occurence, il est facile de voir qu’il s’agit de toutes les permutations du mot A₁. . . A₁

| {z }

r₁fois

. . . A_k. . . A_k

| {z }

r_kfois

, c’est à dire

n!

r₁!r₂!. . . r_k!

oùn=r1+. . .+rk est le nombre total de lettres.

3. Explications sur l’exemple(x1+x2)ⁿ :

Développer l’expression(x1+x2)ⁿ= (x1+x2). . .(x1+x2)

| {z }

nfois

revient à trouver toutes les combinaisons possibles dex_ix_jrésultant du produit desnmembres.

Cela se présente donc sous la forme (x1+x2)ⁿ=

n

X

k=0

akx^k₁x^n−k₂

oùa_k est le nombre de fois où l’on retrouve l’expressionx^k₁x^n−k₂ dans le déve- loppement. On peut interpréterak comme le nombre de mots possibles écrits avec les lettres A1 et A2. En effet, à un mot à n lettre en A1, A2 possible correspond exactement un choix dex1, x2dans les parenthèses :

Par exemple, le motA1A1A2. . . A1correspond au choix dex1dans la première parenthèse,A1dans la deuxième parenthèse,A2dans la troisième parenthèse, etc . . .

En conclusion, ak= n!

r1!r2!. . . rk! et la formule est démontrée.

Exercice 25

On peut écrire

n=a+ 10b+ 100c, a, b, c∈N, avec06a, b69.

Donc :

n³=a³+ 30a²b+ 100K

(oùK= 10b³+ 10000c³+ 3ab²+ 3a²c+ 300ac²+ 300b²c+ 3000bc²+ 60abc∈N.) Par conséquent,n³ se termine par 11 si et seulement sia³+ 30a²b se termine par 11.

• Sia³+ 30a²bse termine par 11, alorsa³se termine par1, et donc, forcément, on a : a= 1 (examiner touts le cubes des nombres de 0 à 9).

• 1 + 30bse termine par11si et seulement si3bse termine par1, ce qui se produit si et seulement si b= 7 (examiner tous les triples des nombres de 0 à 9).

Ainsi,n³se termine par11si et seulement sia= 1etb= 7. Or,16n610¹⁰−1, signifie que n s’écrit avec 10 chiffres non tous nuls, commençant éventuellement par un ou plusieurs zéros.

Il y a donc 10⁸ tels nombres.