Tabledesmatières Dénombrement

Dénombrement

Cours de É. Bouchet ECS1 5 novembre 2018

Table des matières

1 Techniques de dénombrement 2

2 Dénombrement des ensembles 3

2.1 p-listes d'un ensemble ànéléments . . . 3

2.2 p-liste d'éléments distincts d'un ensemble ànéléments . . . 4

2.3 Permutations d'un ensemble ànéléments . . . 5

2.4 Parties àp-éléments d'un ensemble à néléments . . . 5

2.5 Parties d'un ensemble ànéléments . . . 6

3 Coecient binomiaux 7 3.1 Dénition et propriétés . . . 7

3.2 Formule de Pascal . . . 8

3.3 Formule du binôme de Newton . . . 9

1 Techniques de dénombrement

Soit Aun ensemble ni. On appelle cardinal le nombre de ses éléments, et on le noteCard(A). Dénition (Cardinal).

SiA etB sont deux ensembles nis disjoints, alors

Card (A∪B) = Card(A) + Card(B).

Formule (Formule de somme).

SiA etB sont deux ensembles nis, alors

Card (A∪B) = Card(A) + Card(B)−Card (A∩B). Formule (Formule de somme, cas général).

SiΩest un ensemble ni et A⊂Ω, alors Card A

= Card(Ω)−Card(A).

Formule (Formule du complémentaire).

Démonstration. En eet, A∪A= Ω, etA etA sont disjoints, on peut donc appliquer la formule de somme : Card A

+ Card(A) = Card(Ω).

Soitn∈N^∗. SoitΩun ensemble ni et(Ai)i∈[[1,n]] une famille de sous-ensembles deΩvériant

n

[

i=1

Ai = Ω et tels que pour tout i6=j,Ai∩Aj =∅, (on parle alors d'ensembles disjoints deux à deux). Alors

Card(Ω) =

n

X

i=1

Card(Ai).

Formule (Formule de partition).

Démonstration. Soit n∈N^∗, on pose : P(n) :∀(A_i)_i∈[[1,n]]∈ P(Ω)ⁿ, si

n

[

i=1

A_i= Ω et∀i6=j, A_i∩A_j =∅, alors Card(Ω) =

n

X

i=1

Card(A_i).

Pourn= 1, siA₁ = Ω,Card(Ω) = Card(A₁) =

1

X

i=1

Card(A_i) donc P(1) est vraie.

Soit n∈N^∗, on suppose que P(n) est vraie. Soit(A_i)i∈[[1,n+1]]∈ P(Ω)ⁿ⁺¹, on suppose queSn+1

i=1 A_i= Ω et que

∀i6=j,Ai∩Aj =∅. Alors(A1, . . . , An−1,(An∪An+1)) vérie les hypothèses deP(n), on a donc :

Card(Ω) =

n−1

X

i=1

Card(A_i) + Card(A_n∪A_n+1).

Or A_n∩A_n+1=∅, donc par formule de somme,Card(A_n∪A_n+1) = Card(A_n) + Card(A_n+1). DoncP(n+ 1) est vraie.

D'où le résultat.

SiA etB sont deux ensembles nis, alors

Card (A×B) = Card(A)×Card(B).

Formule (Formule du produit).

2 Dénombrement des ensembles

2.1 p-listes d'un ensemble à n éléments

Soit (p, n)∈(N^∗)². Soit E un ensemble ni de cardinal n. On appelle p-liste deE tout élément deE^p. Dénition (p-liste).

Exemple 1. (1,2,1)est une 3-liste d'éléments de l'ensemble[[1,6]]de cardinal 6.

Soit (p, n)∈(N^∗)². Le nombre de p-listes d'un ensemble à néléments estCard (E^p) =n^p. Proposition (Nombre de p-listes).

Démonstration. Par la formule du produit, itéréep−1 fois, on trouveCard (E^p) = Card(E)^p =n^p. Représentation arborescente : Les3-listes de[[1,4]].

1

1 2 3 4

1234 1234 1234 1234

2

1 2 3 4

1234 1234 1234 1234

3

1 2 3 4

1234 1234 1234 1234

4

1 2 3 4

1234 1234 1234 1234 Il y en a au total4³ = 64.

Exemple 2. On tire trois cartes avec remise dans un jeu de 32 cartes. Combien de tirages diérents peut-on rencontrer ? Un tirage de trois cartes avec remise est une3-liste d'un ensemble à32éléments : il y a donc32³= 32768possibilités.

2.2 p-liste d'éléments distincts d'un ensemble à n éléments

Soit E un ensemble ni de cardinal n ∈N^∗ et soit p∈ [[1, n]]. On appelle p-liste d'éléments distincts de E tout élément (x₁, . . . , x_p)∈E^p tel que

∀(i, j)∈[[1, p]]² tels que i6=j, x_i6=x_j. Dénition (p-liste d'éléments distincts).

Exemple 3. (1,2,5)est une 3-liste d'éléments distincts de l'ensemble[[1,6]]de cardinal6.

Soit n∈N^∗ etp∈[[1, n]]. Le nombre de p-listes d'éléments distincts d'un ensemble à néléments est A^p_n= n!

(n−p)!. Proposition (Nombre de p-listes d'éléments distincts).

Remarque. Unep-liste d'éléments distincts est également appelée un arrangement dep parmin ou unep-liste sans répétition.

Représentation arborescente : Les3-listes d'éléments distincts de [[1,4]]. On élague des branches de la représentation des3-listes :

1

2 3 4

34 2 4 23

2

1 3 4

34 1 4 1 3

3

1 2 4

2 4 1 4 12

4

1 2 3

23 1 3 12 Il y en a au totalA³₄ = 4!

(4−3)! = 4×3×2 1 = 24.

Exemple 4. On tire trois cartes sans remise dans un jeu de 32 cartes. Combien de tirages diérents peut-on rencontrer ? Un tirage de trois cartes sans remise est une 3-liste d'éléments distincts d'un ensemble à 32 éléments : il y a donc A³₃₂ = 32!

(32−3)! = 32×31×30 = 29760 possibilités. On peut vérier que ce résultat est cohérent : il est bien plus petit que dans le cas avec remise.

2.3 Permutations d'un ensemble à n éléments

Soit Aun ensemble ni. Une permutation deA est une bijection deA sur lui-même.

Dénition (Permutation).

Remarque. Une permutation de n objets distincts rangés dans un certain ordre correspond à un changement de l'ordre de succession de cesnobjets.

Remarque. On représente souvent une permutation en donnant les images successives de ses éléments : c'est plus rapide que de dénir explicitement la bijection utilisée.

Exemple 5. SiE = [[1,5]],(1; 2; 3; 4; 5),(5; 4; 3; 2; 1)et(2; 4; 1; 3; 5)sont des permutations deE.

Soit n∈N^∗. Le nombre de permutations d'un ensemble à néléments estn!. Proposition.

Démonstration. Ce résultat découle directement du fait que si E est un ensemble àn éléments, une permutation de E est unen-liste d'éléments distincts deE. Il y en a donc Aⁿ_n= ^n!_0! =n!.

Représentation arborescente : Les permutations de[[1,4]]. 1

2 3 4

3 4 2 4 2 3

4 3 4 3 3 2

2

1 3 4

3 4 1 4 1 3

4 3 4 1 3 1

3

1 2 4

2 4 1 4 1 2

4 2 4 1 2 1

4

1 2 3

2 3 1 3 1 2

3 2 3 1 2 1 Il y en a au total4! = 24.

Exemple 6. De combien de manières diérentes peut-on mélanger un jeu de 32 cartes ?

Le nombre de mélanges correspond au nombre de permutations sur les32 cartes : il y en a 32!(de l'ordre de10³⁵...) Exemple 7. Combien PERLE a-t-il d'anagrammes ?

Ce mot a5lettres, il y a donc a priori 5!façon de les mélanger. Mais la lettre E gure deux fois : intervertir les deux lettresE ne modie pas le mot. Il y a donc ^5!_2! = 60anagrammes.

2.4 Parties à p-éléments d'un ensemble à n éléments

Soit E un ensemble ni de cardinal n ∈ N et soit p ∈ [[0, n]]. On appelle partie à p éléments de E tout sous-ensemble de E à péléments.

Dénition (Parties àp-éléments d'un ensemble àn éléments).

Exemple 8. {1,2,5} est une partie à 3éléments de l'ensemble [[1,6]]de cardinal6.

Soitn∈Netp∈[[0, n]]. SoitE un ensemble ni de cardinaln. Le nombre de parties àp-éléments deE est n

p

= n!

p! (n−p)!.

Proposition (Nombre de parties à p-éléments d'un ensemble à néléments).

Représentation arborescente Les parties àp éléments d'un ensemble à n éléments peuvent être vues comme le nombre de chemins d'un arbre réalisantpsuccès pour nrépétitions. Par exemple, pour p= 2 etn= 3 :

• 1

•

0

•

1 •

0 •

0 •

1 •

1 •

0 • ←−2 victoires 1 • ←−2 victoires

0 •

0 •

1 •

0 •

1 • ←−2 victoires

Il y en a au total 3

2

= 3×2 2 = 3.

Exemple 9. On tire simultanément trois cartes dans un jeu de 32 cartes. Combien de tirages diérents peut-on rencontrer ?

Un tirage simultané de trois cartes est une partie à 3 éléments d'un ensemble à 32 éléments : il y a donc ³²₃

=

32×31×30

3! = 4960 possibilités. C'est beaucoup moins que le nombre de 3-listes d'éléments distincts, car l'ordre dans lequel on pioche les cartes ne compte pas.

2.5 Parties d'un ensemble à n éléments

Soit n∈N etE un ensemble ni de cardinal n. Le nombre de parties de E est Card (P(E)) = 2ⁿ.

Proposition (Parties d'un ensemble àn éléments).

Démonstration. (démonstration à connaître) Soit n∈ N, on pose P(n) = si E est un ensemble ni de cardinal n, Card (P(E)) = 2ⁿ.

Le seul ensemble de cardinal0 est∅, et leP(∅) ={∅}est de cardinal1 = 2⁰. Donc P(0) est vraie.

Soit n∈Non suppose que P(n) est vraie. SoitE un ensemble ni de cardinaln+ 1, et soitx∈E (existe car Card(E)>1). AlorsE={x} ∪E⁰, oùE⁰ est un ensemble ni de cardinaln. Soit A∈ P(E). Alors :

Soit x /∈AetA∈P(E⁰).

Soit x∈Aet on peut écrire A={x} ∪B avec B ∈P(E⁰).

Ces deux possibilités sont disjointes. Donc le nombre de parties deE est le nombre de parties contenantx, plus le nombre de parties ne le contenant pas. Dans les deux cas, cela vaut2ⁿparP(n). Il y en a donc2ⁿ+2ⁿ= 2ⁿ⁺¹. Donc P(n+ 1) est vraie.

D'où le résultat annoncé.

3 Coecient binomiaux

3.1 Dénition et propriétés

Soit (n, p)∈Z².

Sin∈Netp∈[[0, n]] on pose n

p

= n!

p! (n−p)!. Sin <0ou p /∈[[0, n]] on pose

n p

= 0. Dénition (Coecient binomiaux).

Exemple 10.

8 4

= 8×7×6×5 1×2×3×4 = 70.

∀(n, p)∈Z²,

n p

= n

n−p

. Formule.

Exemple 11.

8 2

= 8

8−2

= 8

6

.

Démonstration. Si n ∈ N et p ∈ [[0, n]], alors n−p ∈ [[0, n]], et la dénition donne : n

n−p

= n!

(n−p)!p! = n

p

. Sinon, les deux termes sont nuls. Dans tous les cas, il y a donc égalité.

Soit n∈Z.∀p∈Z^∗,

n p

= n p

n−1 p−1

,

∀p∈Z\ {0,1},

n p

= n(n−1) p(p−1)

n−2 p−2

. Formule.

Démonstration. On va montrer la première formule, la deuxième s'obtient simplement en itérant la première.

Si n > 1 et p ∈ [[1, n]], on a : n

p

= n!

p! (n−p)!

p>1,n>1

= n

p

(n−1)!

(p−1)! ((n−1)−(p−1))! = n p

n−1 p−1

, où la dernière égalité est valide car on a bien p−1∈[[0, n−1]].

Sinon les deux termes sont nuls.

On a donc bien toujours égalité.

3.2 Formule de Pascal

Remarque (Représentation ensembliste). Parties àp éléments d'un ensemble àn éléments.

Soitn∈N^∗,p∈[[1, n−1]]etE un ensemble ni de cardinaln. On sait qu'il y a ⁿ_p

possibilités d'obtenir une partie àp éléments deE. Mais pour construire une telle partie àp éléments, on peut aussi écrireE =E⁰∪ {x} puis :

soit on ne choisit pas x, et on choisit péléments parmi les n−1 de E⁰ : ⁿ⁻¹_p

possibilités, soit on choisitx, et on choisit ensuitep−1éléments parmi lesn−1 deE⁰ : ⁿ⁻¹_p−1

possibilités, ces deux cas étant disjoints. D'où ⁿ_p

= ⁿ⁻¹_p

+ ⁿ⁻¹_p−1 .

∀(n, p)∈Z²\ {(0,0)},

n p

=

n−1 p

+

n−1 p−1

. Formule (Formule de Pascal).

Démonstration. (démonstration à connaître) Si n∈N^∗ etp∈[[1, n−1]], on a aussip−1∈[[0, n−1]]et : n−1

p

+

n−1 p−1

= (n−1)!

p! (n−1−p)!+ (n−1)!

(p−1)! ((n−1)−(p−1))!

= (n−1)!

p! (n−1−p)!

1 + p n−p

= (n−1)!

p! (n−1−p)!

n n−p

= n

p

Sin∈N^∗ etp= 0, ⁿ⁻¹₀

+ ⁿ⁻¹₋₁

= ⁿ⁻¹₀

+ 0 = 1 = ⁿ₀

. Sin∈N^∗ etp=n, ⁿ⁻¹_n

+ ⁿ⁻¹_n−1

= 0 + 1 = 1 = ⁿ_n . Dans tous les autres cas, les deux membres de la formule sont nuls dont égaux.

La formule est donc vraie pour tout couple d'entiers diérent de(0,0).

∀n∈N,∀p∈[[0, n]], n

p

∈N. Corollaire.

Démonstration. Soit n∈N, on pose P(n) =∀p∈[[0, n]], n

p

∈N. Initialisation : sin= 0,

0 0

= 1∈N. DoncP(0)est vraie.

Soit n∈Nxé. Supposons queP(n) est vraie. Soit p∈[[0, n+ 1]]. Alors par la formule de Pascal, n+ 1

p

= n

p

+ n

p−1

.

Sip∈[[1, n−1]],P(n)garantit que les deux termes de cette somme sont entiers. Par ailleurs, sip= 0, _p−1ⁿ

= 0 et ⁿ_p

∈Net si p=n+ 1, _p−1ⁿ

∈N et ⁿ_p

= 0. DoncP(n+ 1)est vraie.

Cela montre le résultat annoncé.

Remarque. Le tableau suivant, appelé triangle de Pascal, permet de retrouver facilement les petits coecients binomiaux :

n\p 0 1 2 3 4 5

0 1 0 0 0 0 0

1 1 1 0 0 0 0

2 1 2 1 0 0 0

3 1 3 3 1 0 0

4 1 4 6 4 1 0

5 1 5 10 10 5 1

3.3 Formule du binôme de Newton

∀(a, b)∈R²,∀n∈N,

(a+b)ⁿ=

n

X

k=0

n k

a^kb^n−k Formule (Formule du binôme de Newton).

Démonstration. (démonstration à connaître) Soit n∈N, on poseP(n) : (a+b)ⁿ=

n

X

k=0

n k

a^kb^n−k. (a+b)⁰= 1, et

0

X

k=0

n k

a^kb^n−k= 0

0

a⁰b⁰= 1 donc P(0)est vraie.

Soit n∈N, supposons que P(n) est vraie. Alors :

(a+b)ⁿ⁺¹ = (a+b)

n

X

k=0

n k

a^kb^n−k Par P(n)

=

n

X

k=0

n k

a^k+1b^n−k+

n

X

k=0

n k

a^kb^n−k+1

=

n+1

X

k=1

n k−1

a^kb^n−k+1+

n

X

k=0

n k

a^kb^n−k+1 en posant k⁰=k+ 1

=aⁿ⁺¹+bⁿ⁺¹+

n

X

k=1

n k−1

+

n k

a^kb^n−k+1 en séparant k= 0, n+ 1

=aⁿ⁺¹+bⁿ⁺¹+

n

X

k=1

n+ 1 k

a^kb^n−k+1 par la formule de Pascal

Donc P(n+ 1) est vraie.

Cela montre le résultat annoncé.

Exemple 12. Soitx∈R. Calculer(1 +x)⁴. La formule du binôme de Newton donne :

(1 +x)⁴= 4

0

x⁴+ 4

1

x³+ 4

2

x²+ 4

3

x+ 4

4

x⁴=x⁴+ 4x³+ 6x²+ 4x+ 1.

Exemple 13. Calculer

n

X

k=0

n k

puis donner une interprétation ensembliste de ce résultat en lien avec le cardinal de P(E).

La formule du binôme de Newton donne :

n

X

k=0

n k

=

n

X

k=0

n k

1^k1^n−k= (1 + 1)ⁿ= 2ⁿ.

Interprétation ensembliste : soitE un ensemble de cardinal n. Pour choisir un élément deP(E), on peut : commencer par choisir son cardinal k∈[[0, n]],

choisir ensuite leskéléments qui le composent, parmi lesn= Card(E)éléments possibles : il y a ⁿ_k

possibilités pour faire ce choix lorsquek est xé.

Ces possibilités correspondent à des cas disjoints, il y a donc

n

X

k=0

n k

possibilités pour choisir un élément deP(E). Ce nombre correspond donc au cardinal deP(E), dont on a déjà déterminé qu'il valait 2ⁿ.

Exemple 14. Soitn∈N^∗. Calculer

n

X

k=0

k n

k

. On sait que pour tout entierk non nul, ⁿ_k

= ⁿ_k ⁿ⁻¹_k−1 . Donc

n

X

k=0

k n

k

= 0 +

n

X

k=1

k n

k

=n

n

X

k=1

n−1 k−1

i=k−1

= n

n−1

X

i=0

n−1 i

=n2ⁿ⁻¹,

où la dernière égalité utilise la formule du binôme de Newton.

Exemple 15. Soit(a, b)∈N² etp∈[[0, a+b]]. Montrer la formule de Vandermonde :

a+b p

=

p

X

k=0

a k

b p−k

. Première possibilité de preuve : preuve ensembliste. On cherche à choisir astucieusementpéléments dans un ensemble E contenanta+béléments. On écritE =A∪B, oùCard(A) =aetCard(B) =b, et on procède comme suit :

on commence par choisir le nombrek∈[[0, p]] d'éléments à choisir dans A, àkxé, on choisit les kéléments dans A: ^a_k

possibilités, on complète ensuite avec p−kéléments de B : _p−k^b

possibilités.

On a donc par formule de somme (cas disjoint)

p

X

k=0

a k

b p−k

possibilités de faire ce choix. D'où le résultat.

Deuxième possibilité de preuve : preuve algébrique. On s'intéresse au polynôme(1 +X)^a+b = (1 +X)^a(1 +X)^b. La formule du binôme de Newton donne :

a+b

X

p=0

a+b p

X^p =

a

X

i=0

a i

Xⁱ

!



b

X

j=0

b j

X^j



.

On va chercher à développer le membre de droite, pour pouvoir identier les coecients du polynôme : pour cela, on commence par déterminer les exposants qui apparaîtront dans le produit, puis on détermine leurs coecients :

a

X

i=0

a i

Xⁱ

!



b

X

j=0

b j

X^j



=

a+b

X

p=0



 X

i+j=p

a i

b j



X^p =

a+b

X

p=0 p

X

k=0

a k

b p−k

! X^p,

En identiant les coecients, on trouve∀p∈[[0, a+b]], a+b

p

=

p

X

k=0

a k

b p−k

.