Leçon 1
Utilisation d’arbres, de tableaux, de diagrammes pour des exemples de dénombrement. Dénombrement des arrangements et des permutations.
Pré-requis :
- Vocabulaire ensembliste : union et intersection de deux parties d’un ensemble, partition d’un ensemble, cardinal d’un ensemble fini.
- Raisonnement par récurrence
Dans toute la leçon, on note card(E) le cardinal d’un ensemble fini E (ou plus simplement |E|).
Dénombrer, c’est compter les éléments d’un ensemble fini, c'est-à-dire rechercher son cardinal.
I – Principes de dénombrement
a) Principe de la somme
Exemple : Utilisation de tableaux (de Caroll)
Une étude menée sur une population de 100 individus classés selon leur groupe sanguin (O, A, B, AB) et leur rhésus (Rh+, Rh-) nous indique les données suivantes :
• Parmi les 43 individus du groupe O, 37 sont Rh+ ;
• 6 individus sont A- et 7 sont B+ ;
• Parmi les 3 individus du groupe AB, 2 sont Rh+ ;
• 15 individus sont Rh-
Combien d’individus sont du groupe B ?
groupe
O A B AB total
+ 37 39 7 2 85
- 6 6 2 1 15
total 43 45 9 3 100
Proposition 1 : Soit n ∈∈∈∈ IN* et E1, …, En n ensembles.
Si E1, … , En forment une partition de l’ensemble fini E alors : card(E) =
∑
i = 1 n
card(Ei)
Preuve : Par récurrence sur l’entier n. La propriété est triviale pour n = 1. Si n = 2, on considère une partition E1, E2 de E. Si l’on note ni le cardinal de Ei, on sait l’existence de deux bijections fi : INni→→→→ Ei (avec i = 1, 2) et on vérifie que l’application f : IN n1 + n2→→→→ E = E1∪∪∪∪ E2
n →→→→
{
f1(n) si n ≤≤≤≤ n1f2(n – n1 ) si n > n1
est une bijection. La propriété au rang 2 suffit à prouver que la propriété est héréditaire. En effet, si la formule est vraie au rang n, et si E1, …, En+1 désigne une partition de E, la paire { E1∪∪∪∪ … ∪∪∪∪ En, En+1 } est une partition de E. On a donc card(E) = card(E1∪∪∪∪ … ∪∪∪∪ En ) + card(Em+1 ), et l’hypothèse de récurrence entraîne :
card(E) = card(E1 ) + … + card(Em+1 ). ■
Exercice 1 : On fait les observations suivantes sur une population :
• Il y a 3 fois plus d’hommes que de femmes
• Il y a 2 fois plus de mariés que de célibataires
• Parmi les célibataires, il y a autant d’hommes que de femmes Quelle est la proportion de femmes parmi les individus mariés ?
Solution :
hommes femmes total
mariés 7
2 x 1
2 x 4 x
célibataires x x 2 x
total 9
2 x 3
2 x 6 x Proportion cherchée : 1 2x 4x = 1
8.
b) Principe d’exclusion-inclusion Exemple : Utilisation de diagrammes (de Venn).
Il y a deux supermarchés m1 et m2 dans une ville. On a interrogé 1000 personnes, 60% de ces personnes font des achats dans le magasin m1, 45% dans le magasin m2 et 20% dans les deux.
Donner le nombre de personnes constituant chacune des parties 1, 2, 3 et 4 :
- partie 1 : 400 personnes (60% de 1000 – 20%) - partie 2 : 250 personnes (45% de 1000 – 20%) - partie 3 : 200 personnes (20% de 1000)
- partie 4 : 150 personnes (1000 – 400 – 250 – 200)
Proposition 2 : Si A et B sont deux parties d’un ensemble fini E, alors :
* card(A) = card(E) – card(A) (avec A le complémentaire de A dans E).
* card(A∪∪∪∪ B) = card(A) + card(B) – card(A∩∩∩∩ B)
Preuve : 1) La paire {A,CA } forme une partition de A.
2) On a une partition de A ∪∪∪∪ B : A ∪∪∪∪ B = (A\B) ∪∪∪∪ (B\A) ∪∪∪∪ (A ∩∩∩∩ B) D’après le principe de la somme : |A ∪∪∪∪ B| = |A\ B| + |B\A| + |A ∩∩∩∩ B|
= [|A\ B| + |A ∩∩∩∩ B|] + [|B\A| + |A ∩∩∩∩ B|] – |A ∩∩∩∩ B|
= |A| + |B| – |A ∩∩∩∩ B|. ■
Remarque : Cette formule (de Poincaré) peut se généraliser à un nombre fini de parties.
Exercice 2 : Dans une école de langues, tous les élèves inscrits suivent au moins un cours d’anglais, de français, ou d’espagnol. On sait que 183 élèves suivent des cours de français, 230 des cours d’espagnol, et 220 des cours d’anglais. On sait aussi que 328 élèves suivent des cours de français ou d’espagnol ; que 350 des cours de français ou d’anglais, et qu’exactement 43 élèves étudient simultanément les trois langues.
Enfin, 105 élèves étudient au moins deux langues.
1/ Question préliminaire : Montrer que pour A, B et C trois parties d’un ensemble fini E :
|A ∪ B ∪ C| = |A| + |B| + |C| – (|A ∩ B| + |A ∩ C| + |B ∩ C|) + |A ∩ B ∩ C|.
2/ Quel est l’effectif total de l’établissement ?
Solution : 1/ Question préliminaire : A ∪ B ∪ C = (A\(B ∪ C)) ∪ (B\(A ∪ C)) ∪ (C\(A ∪ B)) ∪ ((A ∩ B)\(A ∩ B ∩ C)) ∪ ((B ∩ C)\(A ∩ B ∩ C)) ∪ (A ∩ C)\(A ∩ B ∩ C)) ∪ (A ∩ B ∩ C).
|A ∪ B ∪ C| = |(A ∪ B) ∪ C| = |A ∪ B| + |C| – |(A ∪ B) ∩ C|
= |A| + |B| + |C| – |A ∩ B| – |(A ∩ C) ∪ (B ∩ C)|
= |A| + |B| + |C| – |A ∩ B| – |A ∩ C| – |B ∩ C| + |(A ∩ C) ∩ (B ∩ C)|
= |A| + |B| + |C| – |A ∩ B| – |A ∩ C| – |B ∩ C| + |A ∩ B ∩ C|.
2/ Un tableau rend compte des effectifs, et sera progressivement rempli : les nombres en rouge ont été calculés. Notons F, A et E les ensembles formés par les élèves qui apprennent respectivement le français, l’anglais, ou l’espagnol.
On a : |F ∩ E| = |F| + |E| – |F ∪ E| = 183 + 230 – 328 = 85.
Donc |(F ∩ E)\(F ∩ E ∩ A)| = 85 – 43 = 42.
De même : |F ∩ A| = |F| + |A| – |F ∪ A| = 183 + 230 – 350 = 53.
Donc |(F ∩ A)\(F ∩ E ∩ A)| = 53 – 43 = 10.
De 105 = 42 + 10 + 43 + |(A ∩ E)\(F ∩ E ∩ A)| ; on en déduit
|(A ∩ E)\(F ∩ E ∩ A)| = 10, puis |(A ∩ E)| = 10 + 43 = 53. Finalement : |F ∪ A ∪ E| = |F| + |A| + |E| – (|F ∩ E| + |F ∩ A| + |A ∩ E|) + |F ∩ A ∩E|.
= 183 + 220 + 230 – (85 + 53 + 53) + 43 = 485.
c) Principe du produit Exemple : Utilisation d’arbres.
On considère l’ensemble E = {1, 2, 3, 4}.
Dénombrer tous les nombres commençant par 1 et formés de trois chiffres distincts de E :
Proposition 3 : Soit p ∈∈ IN∈∈ *. Si une situation comporte p étapes offrant respectivement n1, …, np
possibilités où chacun des nj (1 ≤≤≤≤ j ≤≤≤≤ p) ne dépend que de l’étape j alors le nombre total d’issues est∏
= p 1 j
.nj.
Preuve : On peut raisonner par récurrence sur p.
Si p = 1, la propriété est triviale. On la suppose vraie au rang p–1, pour tout x ∈∈∈∈ Ep, on peut considérer la partie : Fx = E1 ×××× … ×××× Ep–1×××× {x}. La famille {Fx }x∈∈∈∈Ep, et chaque partie Fx est trivialement en bijection avec E1 ×××× … ×××× Ep–1. Le principe de la somme et l’hypothèse de récurrence permettent donc d’écrire :
|E1 ×××× … ×××× Ep–1×××× Ep| = ∑
x ∈∈∈∈ Ep
|Fx| = ∑
x ∈∈∈∈ Ep
(|E1 ×××× … ×××× Ep–1|) = |E1|×××× … ×××× |Ep|. ■
Exercice 3 :
Pour préparer une excursion, cinq randonneurs, Anne, Benjamin, Carine, Dimitri et Elise, nomment parmi eux trois responsables différents, l’un chargé du parcours, l’autre du matériel et le troisième du budget.
Combien y a-t-il de façons possibles de nommer ces trois responsables parmi les cinq randonneurs ?
Solution :
Il y a 5 × 4 × 3 = 60 façons possibles de nommer trois responsables parmi les cinq randonneurs.
Conclusion : Tous les problèmes de dénombrement se résolvent en utilisant les principes précédents ou des conséquences des principes.
Le principe du produit et le principe d’exclusion-inclusion étant des conséquences du principe de la somme, on pourra retenir que tous les problèmes de dénombrement peuvent être résolus à l’aide du principe de la somme.
2 – Dénombrement des arrangements et des permutations
Soit (n, p) ∈ (IN*)² et E un ensemble fini à n éléments.
a) p-liste
Définition : On appelle p-liste d’éléments de E un élément du produit cartésien Ep = E × … × E (p fois).
Remarque : Une p-liste de E s’écrit (x1, …, xp) où xi∈ E pour tout i, et où l’ordre des termes est important.
C’est donc une suite ordonnée de p éléments de E non nécessairement distincts.
Le principe du produit permet de dénombrer np p-listes de E, d’où :
Théorème 1 : Le cardinal de l’ensemble des p-listes d’éléments de E est np.
Preuve : On considère l’expérience à p étapes dont chaque étape est : « choix d’un élément de E parmi les n ». Alors, chaque étape offre n possibilités et on peut donc appliquer le principe du produit pour obtenir le résultat.
|Ep| = |E| ×××× … ×××× |E| = n ×××× … ×××× n = np. ■
b) Arrangement
Définition : Si 1 ≤ p ≤ n, on appelle arrangement de p éléments de E (ou p-arrangement), une application injective de {1,…,p} dans E.
Remarque : Un arrangement de p éléments est une p-liste d’éléments de E distincts deux à deux.
Théorème 2 : Le nombre d’arrangements de p éléments de E est fini, il est noté An
p avec : An
p = n(n-1) … (n-p+1) si p ≤≤≤≤ n 0 si p > n
Preuve : On construit un arbre de choix comprenant p étapes. La première étape consiste à choisir un élément x1 parmi les n éléments de E et à le placer en première position de la p-liste. La seconde consiste à choisir un élément x2 parmi les n-1 éléments restant de E, et à placer en deuxième position de la p-liste. Et ainsi de suite… La k-ième étape consiste à choisir un élément xk parmi les n – (k – 1) éléments de E autres que x1,…,xk-1, et à placer en k-ième position dans la p-liste. Au bout de p étapes, on
obtient une suite (x1,…,xp) d’éléments distincts de E et une branche de l’arbre. Le principe du produit dénombre n ×××× (n – 1) ×××× … ×××× (n – p + 1) suites possibles et autant de branches dans l’arbre.■
c) Permutation
Définition : On appelle permutation de E une application bijective de {1,…,n} dans E.
Remarque : Une permutation de E est un arrangement de n éléments de E, ou encore une liste ordonnée de tous les éléments de E pris une et une seule fois.
Théorème 3 : Le nombre de permutations de E est Ann = n(n-1) … 1, noté n! qui se lit "factorielle n".
Par convention, 0! = 1. (par structure multiplicative, 1 est le neutre)
Preuve : Conséquence du théorème précédent.■
Remarque : ♣ An p = n!
(n-p)! si p ≤ n.
Résumé : ♣ Soit E et F deux ensembles finis de cardinaux respectifs p et n. Le nombre d’applications injectives de E dans F est égal à An
p.
♣ Si E est un ensemble fini de cardinal n, toute application injective de E est bijective. On dit qu’il s’agit d’une permutation. Le nombre d’applications bijectives de E dans F est égal à n!
d) Exercices
Exercice 1 : Montrer que le cardinal de l’ensemble des parties de E est 2n.
Preuve : Chaque partie est une succession de choix qui est un chemin. Il y a n étapes avec deux choix à chaque fois. On note a1, …, an les n éléments de E, à savoir E = {a1, …, an}. On construit un arbre des choix correspondant aux n étapes suivantes : Etant donnée une partie A de E, à la première étape on se demande si l’élément a1 appartient ou non à A puis on répond par OUI(O) ou NON(N).
A la deuxième étape on se demande si l’élément a2 appartient ou non à A et on répond par O ou N.
Et ainsi de suite.
A est alors représenté par une n-liste de l’ensemble {O, N}. D’après le théorème 1, il existe 2n telles n-listes car card({O,N}) = 2, donc autant de parties de E, et donc card (PPPP(E))=2n.
Exercice 2 : 1/ Combien peut-on trouver de nombres : a) d’au plus n chiffres ?
b) à n chiffres exactement ?
c) à n chiffres tous distincts deux à deux ?
2/ Quel est le pourcentage de nombre inférieurs à 1 milliard qui comportent le chiffre 0 dans leur écriture ?
Solution : 1/ a) Il y a 10 chiffres possibles, donc 10n nombres possibles.
b) Le premier chiffre ne doit pas être nul, et l’on obtient maintenant 9.10n-1 nombres à n chiffres exactement.
c) Le premier chiffre est non nul, soit 9 possibilités. Les n–1 derniers chiffres sont distincts et choisis parmi les 9 chiffres restants. Il y aura donc 9An-19 nombres à n chiffres tous distincts deux à deux.
2/ Il y a 99 nombres inférieurs à 1 milliard qui ne possède pas le chiffre 0. Or il y a 109 nombres inférieurs à 1 milliard.
Donc il y a 109 – 99 nombres qui possèdent le 0, soit 109 – 99 109 = 1 –
9 10
9
≈ 0,612 soit 61 %. ♦
Exercice 3 : De combien de façons peut-on répartir huit personnes autour d’une table ronde ?
Solution : On pense à 8! mais il y a 8 permutation qui donne la même disposition (i.e on fait une rotation de 1/8ième). Donc si la table est ronde, il y a 7! dispositions possibles, et si la table ne l’est pas, il y a 8!. ♦
Exercice 4 : Combien y a-t-il d’anagrammes des mots : FRAMBOISE et ANANAS ?
Solution : Pour framboise : c’est un mot à 9 lettres, sans répétition, il y a donc 9! anagrammes.
Pour ananas : c’est un mot à 6 lettres, avec 2 N et 3 A, les permutations sur les N (ou les A) donnent le même mot. Il y a donc 6!
2!3!
anagrammes.
Autre méthode : on place A puis N et finalement S :
3
6
2
3
1 1 . ♦
La notion de combinaison est la même que celle d’arrangement, sauf qu’on ne tient pas compte de l’ordre.
Elle fait l’objet d’une autre leçon d’oral.
Exercice 5 : Combien y a-t-il d’applications injectives de {1, . .., p} dans {1, …, n} telles que 1 → 1 ?
Solution : Ap-1n-1 si p ≤ n, 0 sinon. ♦
3 – Compléments
Principe du berger
Ex : nombre de moutons = nb de pattes 4 Produit cartésien
Définition : Le produit cartésien de m ensembles E1, …, Em pris dans cet ordre, est l’ensemble des suites ordonnées (x1, …, xm) telles que xi ∈ Ei pour tout i ∈ INm. Cet ensemble est noté E1 × … × Em. Ainsi :
E1 × … × Em = {(x1, …, xm) | ∀ i ∈ INm xi ∈ Ei}.
Mathématiciens
Venn John (1843 – 1923) : Mathématicien et logicien britannique, célèbre pour avoir conçu les diagrammes de Venn, lesquels sont employés dans beaucoup de domaines, en théorie des ensembles, en probabilité, en logique, en statistique et en informatique. Il a présenté les diagrammes en 1881.
Carroll Lewis (1832 – 1898) : Ecrivain, photographe et mathématicien britannique. Il est l’auteur d’Alice au pays des merveilles.
