II. Dénombrements usuels

Dénombrement

Rédaction incomplète. Version 1.3

Plan Index

nombre de permutations,3 permutation,3

question de cours

cardinal d'un produit cartésien,1

cardinal de l'ensemble des fonctions,2 nombre d'injections,3

nombre de parties à p éléments,3 nombre de parties d'un ensemble,2

I. Principes et outils fondamentaux

Notation. Le nombre d'éléments d'un ensemble niAest appelé le cardinal deA. Il peut être noté de plusieurs manières.

Card(A) =|A|=]A.

Les méthodes et les propositions à utiliser en dénombrement sont peu nombreuses. Il convient de ne pas sortir des listes suivantes et ne pas se laisser aller à des raisonnements trop alambiqués.

1. Propositions à utiliser et combiner

Une partie d'un ensemble ni est nie et son cardinal est plus petit que le cardinal de la partie qui la contient.

S'il existe une bijection entre deux ensembles nis, ils ont le même nombre d'éléments.

Pour une application entre deux ensembles avec le même nombre d'éléments, injectivité, surjectivité et bijectivité sont équivalentes.

SiA₁,· · ·, A_p sont des parties nies et disjointes deux à deux d'un ensembleA(partition deA) : ](A1∪ · · ·Ap) =] A1+· · ·+] A1.

Éventuellement certains desAi peuvent avoir le même nombre d'éléments. Les classes d'équivalence d'une relation d'équivalence dénie surA forment une partition deA.

Dénombrements usuels.

2. Méthodes

Récurrence.

Former une partition en classant des objets (éventuellement en utilisant une relation d'équivalence). Cela conduit en général à une formule de récurrence.

Repérer d'éventuelles bijections entre certains ensembles (en particulier les classes d'objets) intervenant dans le problème et des ensembles usuels.

Les présentations du type : on a tant de choix pour ceci et tant de choix pour cela donc ... sont à REJETER. Elles ne seront pas prises en considération.

II. Dénombrements usuels

Pour résoudre les exercices, il faut connaitre les dénombrements usuels et s'inspirer des preuves présentées.

Elles sont des prototypes de raisonnement pour traiter les exercices.

Proposition 1 (Produit cartésien). SoitA etB deux ensembles nis. Le produit cartésienA×B est ni avec ](A×B) = (] A)(] B).

Remarques. Les formulations à rejeter ( tant de possibilités pour ceci, tant pour cela ) traduisent souvent le fait qu'un certain produit cartésien est sous-jacent dans la modélisation du problème. Préciser le modèle permet d'éviter les erreurs et de rédiger de manière plus percutante.

Une conséquence de cette proposition est](Aⁿ) = (]A)ⁿ pourn∈N(immédiat par récurrence).

Preuve. On classe les couples deA×B selon le premier élément du couple. Pour touta∈A, notons Fa ={a} ×B={(a, b), b∈B}.

On forme ainsi] ApartiesFa deA×B. Elles sont deux à deux disjointes et recouvrentA×B (partition). De plus elles ont toutes] Béléments car l'application

B→Fa

b→(a, b) est une bijection deB versF_a. On en déduit la formule annoncée.

Proposition 2 (Nombre de parties d'un ensemble). SoitE un ensemble ni. L'ensembleP(E) des parties deE est ni avec

]P(E) = 2^{] E}

Preuve. S'il existe une bijection entre deux ensembles E et F, on peut fabriquer facilement une bijection entre P(E)etP(F). On en déduit que, si pour un ensemble niE, l'ensembleP(E)est ni, alors, pour tout ensemble F de même cardinal queE, l'ensembleP(F)est ni et de même cardinal queP(E).

Notons A l'ensemble des n ∈ N tels qu'il existe un ensemble ni E (de cardinal n) tel que P(E) soit ni avec ]P(E) =xn.

On va montrer par récurrence queA=Netx_n= 2ⁿ pour toutn∈N.

Il est clair que0∈Aavecx₀= 1carP(∅) ={∅}. On a aussi1∈Aavecx₁= 2carP({a}) ={∅,{a}}. Considéronsn∈Aet un ensembleF à n+ 1éléments.

Fixons un élémentaparticulier dansF et posons E=F\ {a}. On peut alors classer les partiesX deF en deux catégories et former ainsi deux partiesP etQdeP(F)qui constituent une partition deP(F).

X ∈ P ⇔a∈X, X ∈ Q ⇔a6∈X.

Il est clair queQ=P(E), il est donc ni avecx_n éléments. Considérons l'application P(E)→ P

Y →Y ∪ {a}

C'est clairement une bijection. On en déduit queQest ni de cardinalxn. CommeP etQconstituent une partition deP(F), ce dernier ensemble est ni et de cardinalxn+1= 2xn. La formule est alors évidente par récurrence.

Proposition 3 (Nombre de fonctions). Soit E et F deux ensembles nis. L'ensemble F(E, F) de toutes les fonctions deE dansF est ni avec

]F(E, F) = (] F)^{] E}.

Preuve. L'ensemble est ni car il est en bijection avec une partie deP(E×F).

Supposons qu'il existe une bijection entre deux ensembles nisE etE⁰ et une bijection entre deux ensemblesF et F⁰. On peut alors fabriquer une bijection entreF(E, F)etF(E⁰, F⁰). Le nombre d'éléments deF(E, F)ne dépend donc que du nombre d'éléments deE et du nombre d'éléments deF.

Notonsϕ(]E, ]F)le nombre d'éléments deF(E, F). Dans le raisonnement on noten >0le nombre d'éléments de E6=∅ etp >0celui deF 6=∅.

LorsqueF est un singleton, il existe une seule application (constante) deEversF. On en déduit :

∀n∈N^∗:ϕ(n,1) = 1.

LorsqueE est un singleton,F(E, F)est en bijection avecF. On en déduit :

∀p∈N^∗:ϕ(1, p) =p.

Supposonsn≥2, p≥2 et xons un élément particulier a deE. On va l'utiliser pour classer les fonctions deE versF suivant l'image dea.

Pour chaquebdeF, on dénit la partieFb deF(E, F)par :

∀f ∈ F(E, F) :f ∈ Fb ⇔f(a) =b

Ces] F =ppartiesFb sont deux à deux disjointes et recouvrentF(E, F).

Elles ont toutes le même nombre d'élémentsϕ(n−1, p)car chaqueFb est en bijection avecF(E\ {a}, F). On en déduit

ϕ(n, p) =p×ϕ(n−1, p) =p²ϕ(n−2, p) =· · ·=n^p−1ϕ(1, p) =n^p.

Remarque. En notant toujours ]E = n et en numérotant les éléments de E, c'est à dire en considérant une bijection entreE et J1, nK, on peut former une bijection entre F(E, F)et Fⁿ ce qui permet de conclure avec le dénombrement d'un produit cartésien.

Remarque. On peut intervertir les deux dernières propositions et commencer par le dénombrement de l'ensemble des fonctions (nitude et nombre d'éléments). Le caractère ni de l'ensemble des fonctions s'obtient par récurrence à partir de la démonstration proposée. On en déduit le dénombrement de l'ensemble des parties en formant une bijection entreP(E)et F(E,{0,1})à l'aide de la fonction caractéristique d'une partie.

Proposition 4 (Nombre d'injections). L'ensemble des injections entre deux ensembles nis est ni et ne dépend que du nombre d'éléments des ensembles. SiE etF sont des ensembles nis ayant respectivementnetpéléments, le nombre d'injections deE vers F est :

(0 sip < n

p(p−1)· · ·(p−n+ 1) sin≤p. Dans le casn≤p, le produit contient nfacteurs.

Preuve. NotonsI(E, F)l'ensemble des applications injectives deE versF. Par bijectivité, le nombre d'éléments ne dépend que du nombre d'éléments de E et de F. On note encore ϕ(n, p) ce nombre lorsque n et p sont respectivement les nombres d'éléments deE et de F.

Si l'espace d'arrivée contient strictement plus d'éléments que l'espace de départ, il n'existe pas d'application injective. Si l'espace de départ est un singleton, toute application est injective donc :

∀p∈N^∗:ϕ(1, p) =p.

Lorsquenet psont supérieurs à2, on raisonne comme pour les fonctions. On xe una∈E qui permet de classer les fonctions suivant l'image dea. On dénitFxpour chaquex∈F par :

∀f ∈ I(E, F) :f ∈ Fx⇔f(a) =x.

Cespparties constituent une partition de I(E, F).

Elles ont toutes le même nombre d'élémentsϕ(n−1, p−1)carF_xest en bijection avecI(E\ {a}, F\ {x}). Cette fois l'injectivité exige d'enlever lexà l'arrivée.

On en déduit

ϕ(n, p) =p×ϕ(n−1, p−1) =p(p−1)×ϕ(n−2, p−2)

=· · ·=p(p−1)· · ·(p−n+ 2)ϕ(1, p−(n−1)) =p(p−1)· · ·(p−n+ 1)

Dénition (Permutation). Une permutation est une bijection d'un ensemble ni dans lui même.

Proposition 5 (Nombre de permutations). Le nombre de permutations d'un ensemble àn éléments estn!. Preuve. C'est un cas particulier du nombre d'injections.

Proposition 6 (Nombre de parties à p éléments). Le nombre de parties à p éléments dans un ensemble à n éléments est le coecient du binôme ⁿ_p

.

Remarque. LorsqueEest un ensemble ni etp∈J0, ] EK, on désigne parP_p(E)l'ensemble des parties àpéléments deE. La proposition se traduit donc par :

]P_p(E) = n

p

Preuve. Notonsc(n, p)le nombre de parties à péléments dans un ensemble àn éléments et ramenons nous à la dénition récursive des coecients du binôme par le triangle de Pascal.

Pourp= 0:c(n,0) = 1car∅ est la seule partie à0 éléments. Pourp=n,c(n, n) = 1carE est la seule partie de Eavecnéléments.

Pourpentre1etn, xons unaparticulier dansEet classons les partiesXàpéléments suivant qu'elles contiennent ou non l'élémenta. Cela constitue une partition deP_p(E).

L'ensemble des parties àpéléments ne contenant pasaest en bijection avecP_p(E\{a}). Il contient doncc(n−1, p) éléments.

L'ensemble des parties àpéléments contenantaest en bijection avecP_p−1(E\ {a}). Il contient doncc(n−1, p−1) éléments. On en déduit

c(n, p) =c(n−1, p−1) +c(n−1, p) ce qui est la formule dénissant les coecients du binôme.

III. Autour des coecients du binôme

1. Nouveau dénombrement de parties

Commençons par une nouvelle démonstration de]Pp(E) = ⁿ_plorsque]E=n. Classons les injections selon l'image de l'ensemble de départ.

SoitE un ensemble ànéléments etpnaturel entre0et n. Considérons l'ensembleF des injections deJ1, pKdans Eet classons les suivant l'image deE en dénissant une relationRi. Posons

∀(f, g)∈ F, fRig⇔f(J1, pK) =g(J1, pK) C'est une relation d'équivalence qui dénit donc une partition deF.

Quel est le nombre de classes ? Quel est le nombre d'éléments dans une classe ?

Une classe est caractérisée par une partie àp éléments dansE. Il y a donc antant de classes que de parties à p éléments dansE.

Soitf une injection deJ1, pKet notons A=f(J1, pK). Toutes les injections g dans la classe de f sont telles que g(J1, pK) = A. Elles sont de la forme g = f ◦ϕ où ϕ est une bijection de J1, pK dans lui même. Il y a donc p!

éléments dans la classe def et ce nombre est le même pour toutes les classes.

On en déduit

Nombre d'injections

=n(n−1)···(n−p+1)

= Nombre de classes

=Nombre de parties àpéléments × Nombre d'éléments dans une classe

=p!

⇒Nombre de parties àpéléments = n(n−1)· · ·(n−p+ 1) p!

2. Chemins sur une grille

On considère une grille formée de points à coordonnées entières. Un chemin est constitué de segments : un pointM de coordonnées(x, y)est l'origine de deux segments seulement

M −(x+ 1, y)segment horizontal, M−(x, y+ 1)segment vertical.

Pour un entier n non nul, l'ensemble des chemins de longueur n issus d'un point donné est en bijection avec l'ensemble des parties deJ1, nK.

Preuve. Fixons arbitrairement l'origine des chemins à(0,0). SoitA une partie deJ1, nK. On lui associe le chemin de longueurnconstitué des segments(S1,· · ·, Sn)tels que

Si horizontal ⇔i∈A.

Par exemple, pourn= 5et A={1,3,4}, le chemin associé est

(0,0)→(1,0)→(1,1)→(2,1)→(2,2)→(2,3).

Voir gure ??. La fonction ainsi dénie est une bijection car tout chemin de longueurnest caractérisé par la place de ses segments horizontaux.

(0,0)

Fig. 1: Chemins sur une grille

SoitM1= (x1, y1)etM2= (x2, y2)avecx1≤x2et y1≤y2. Le nombre de chemins issus deM1et aboutissant àM2 est

x₂−x₁+y₂−y₁ x2−x1

.

Preuve. Tous les chemins deM₁versM₂sont de longueursl=x₂−x₁+y₂−y₁et constitués dex₂−x₁segments horizontaux et y₂−y₁ segments verticaux. Un tel chemin est caractérisé par la place dans J1, nK des x₂−x₁ segments horizontaux d'où la formule.

3. Formule du binôme

On peut utiliser les images précédentes pour démontrer directement la formule du binôme.

Preuve. Considérons de élémentsh₁,· · · , h_netv₁,· · ·, v_n. Ils appartiennent à un anneau quelconque mais doivent commuter entre eux.

Développer c'est choisir. Pour illustrer cela développons

T = (h₁+v₁)(h₂+v₂)· · ·(h_n+v_n).

On obtient une somme de2ⁿ termes et chaque terme est un produit denfacteurs : certains sont deshi d'autres desvj. Rassemblons leshi et lesvi

T = X

A∈P(J1,nK)

Y

i∈A

hi

! Y

i /∈A

vi

! .

Supposons tous lesh_iégaux àhet tous lesv_jégaux àv. Rassemblons les parties avec le même nombre d'éléments :

(h+v)ⁿ=T = X

A∈P(J1,nK)

h^]Av^n−]A=

n

X

k=0

X

A∈Pk(J1,nK)

h^kv^n−k =

n

X

k=0

n k

h^kv^n−k.