Dénombrements

�

Leçon 8EN1D2- Lycée Gustave Ei�el - Bordeaux

Thierry Sageaux.

Résumé

Dans cette leçon, on aborde quelques aspects du dénombrement en mettant l'accent sur la classi�cationavec/sans ordre, avec/sans remise. .

Table des matières

I Introduction 1

II Sans remise, avec ordre - Arrangements sans répétition 2

IIISans remise, sans ordre - Combinaisons sans répétition 3

IVAvec remise, avec ordre - Arrangements avec répétition 4

V Avec remise, sans ordre - Combinaisons avec répétition 4

VI L'exercice type ! 5

VIILe multinôme 6

VIII Le coin du guerrier 6

I Introduction

Dé�nition 8.1 On appelle cardinal d'un ensemble E, et on note card(E) (parfois #(E) en suivant lanotation anglo-saxone peu répandue en France) le nombre d'éléments de l'ensemble E.

Hormis le décompte sur ses doigts, il existe une formule classique qui est :

Proposition 8.2 card(A ∪B) = card(A) + card(B)− card(A ∩B).

Il su�t de faire un petit dessin pour s'en convaincre.Et sa généralisation :

Proposition 8.3 (Formule du crible ou de Poincaré)

card

(n⋃k=1

Ak

)=

n∑i=1

card (Ai) −∑

1≤i<j≤ncard (Ai ∩Aj) +

∑1≤i<j<k≤n

card (Ai ∩Aj ∩Al) − · · · +

(−1)n+1 card

(n⋂i=1

Ai

).

Il su�t de faire un dessin (un peu plus grand) pour s'en convaincre là encore. La démonstration peut sefaire par récurrence si vous êtes courageux.

Exercice 1.Soit E un ensemble �ni et soient A et B deux parties de E, on note card(E) = n, card(A) = a,

card(B) = b et card(A ∪B) = c.

1

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Calculer card(A ∩B), card(B ∩A), card(A ∩ B), card(A ∪B), card(B ∪A), card(A ∪ B) en fonctionde a, b, c et n.

L'objectif principal de cette leçon est de déterminer le nombre de façons de choisir p éléments dans unensemble à n éléments. On imagine donc que l'on possède une liste L = {x1, x2, ..., xn} de n éléments et l'onveut en extraire p éléments. Il y a deux façons de le faire :

- La première chose est de déterminer si on veut un résultat ordonné. C'est le cas lorsque l'on écrit : "tirerles uns après les autres...", "...successivement..." (On parle alors d'arrangements) et le résultat obtenu estune p-liste notée (x1, x2, ..., xp)- ou non-ordonné. Quand on écrit : "Tirer un ensemble, un paquet...", "...simultanément..." (on parle decombinaisons à p éléments notée {x1, x2, ..., xp}Un petit procédé mnémotechnique qui vaut ce qu'il vaut : Dans COMBINAISONS, il y a "SO" comme SansOrdre.

Remarque: A noter que lorsque l'on tire une seule boule de l'urne, on a un tirage avec ou sans ordre, çan'a pas d'importance !

- La seconde chose est de déterminer si le tirage est avec remise : i.e. répétition possible des termes dela liste L- ou sans remise : i.e. pas de répétition possible.

Voici quelques exemples concrets a�n de �xer les idées :

sans remise avec remise

sans ordre loto yam

avec ordre tiercé cadenas

Remarque: Dans la suite, on modélisera systématiquement les situation par une (ou plusieurs) urnedans laquelle on place n boules numérotées et on en tire p avec ou sans remise, avec ou sans ordre (idée desimultanéité).

II Sans remise, avec ordre - Arrangements sans répétition

Exercice 2.Dans le cas du tiercé, faire un arbre pour trouver le nombre de façons de choisir un tiercé gagnant

quand il y a 15 chevaux partants.

Théorème 8.4 Le nombre d'arrangements de p éléments dans une liste à n éléments - on parle aussi dep-liste parfois - est :

n(n− 1)...(n− p+ 1) = n!(n−p)!

On note parfois (en France) le nombre d'arrangements : Apn.Dans le cas où n = p, on parle du nombre de permutations sur n éléments et on trouve n! en appliquantla formule.

La bonne idée pour comprendre ce qui se passe est de faire un arbre et de compter le nombre de branches.Exercice 3.

Quel est le nombre de mots de cinq lettres que l'on peut faire avec les lettres du mot SUPERMAN?Avec le même mot, le nombre d'anagrammes ?Plus dur : Le nombre d'anagrammes de BATMAN? et de HARRY POTTER?

Exercice 4.On dispose de trois chambres et de cinq camarades.1) De combien de façons distinctes peut-on faire dormir les cinq amis ?

27 janvier 2016 2 Thierry Sageaux

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2) Même question si l'on suppose qu'Enguerrand ne se sépare jamais de Calixte pour des raisons quiles regardent.3) Idem mais en supposant que le couple précédent est, la nuit, incompatible avec les autres.

Remarque: Il s'agit du nombre d'injections d'un ensemble à p éléments dans un ensemble à n éléments.

III Sans remise, sans ordre - Combinaisons sans répétition

Exercice 5.Quel est le nombre de grilles possibles au loto ? (7 numéros, 49 possibles)

Théorème 8.5 Le nombre de combinaisons sans répétition de p éléments dans un ensemble à n élé-ments est

n!(n−p)!p! =

(np

)=

Apn

p!

On notait auparavant (en France) le nombre de combinaisons : Cpn. Maintenant, la notation anglo-saxonnea pris le dessus et on lit "p parmi n".

Exercice 6.Déterminer le nombre de mains possibles (au premier tour) au poker (5 cartes sur 52).

Exercice 7.Résoudre (

n+12

)+(n+13

)=

5n2 − 4n

3

(n3

)= n(2n− 9).

Rappel du triangle de Pascal :...

Proposition 8.6 (Formules sur les combinaisons)(n0

)= 1

(n1

)= n

(nn

)= 1(

np

)=(nn−p) (

np

)=(n−1p

)+(n−1p−1)

Exercice 8.Montrer les deux dernières par récurrence.

Proposition 8.7 (Formule du binôme de Newton)

(a+ b)n =

n∑p=0

(n

p

)apbn−p

Exercice 9.Ecrire (1−

√2)5 sous la forme a+ b

√2 avec (a, b) ∈ Z2.

Exercice 10.1) Montrer que (a+ b)3 + (a− b)3 = 2a(a2 + 3b2).2) En déduire que P (x) = (x+

√1 + x2)3 + (x−

√1 + x2)3 est un polynôme.

Exercice 11.

Calculer 993, 9982, 134, 1023 et

(7

6

)3

.

Remarque: D'autre part, il faut connaître la formule de factorisation :

3 Thierry Sageaux

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a3 − b3 = (a− b)(a2 + ab+ b2)

Une application classique de la propriété précédente est le calcul du nombres de parties d'un ensemble àn éléments.

Proposition 8.8 Le nombre de parties d'un ensemble à n élément est 2n.

Démonstration: Il su�t de dire que cela revient à compter le nombre de parties à k éléments (soit(nk

))

pour toutes les valeurs de k possible. Ainsi, on cherche à calculern∑k=0

(nk

). Il reste à spécialiser dans la formule

du binôme par a = b = 1 et on obtient le résultat.

�

Exercice 12.Démontrer l'identité de Frobenius : Si p est un nombre premier et si k ∈ [[1, p − 1]], alors p divise(

pk

).

IV Avec remise, avec ordre - Arrangements avec répétition

Exercice 13.Déterminer le nombre de codes possibles pour mon cadenas (5 chi�res).

Théorème 8.9 Le nombre d'arrangements avec répétition d'un ensemble à p éléments dans un ensemble àn éléments est np.

On peut tracer là aussi un arbre pour retrouver la formule facilement.

Remarque: Il s'agit du nombre d'applications d'un ensemble à p éléments dans un ensemble à n éléments.Exercice 14.

Déterminer le nombre de nombres palindromes à 351 chi�res ? Parmi ceux-là, quelle est la plus petitedi�érence entre deux d'entre eux ?

V Avec remise, sans ordre - Combinaisons avec répétition

Théorème 8.10 Le nombre de combinaisons avec répétition d'un ensemble à p éléments dans un ensembleà n éléments est Γpn =

(n+p−1

p

).

Remarque: Avec la formule des évènements contraires sur les combinaisons, on trouve aussi Γpn =(n−1n+p−1

)Le bon modèle a garder en tête ici est celui des p objets à ranger dans n tiroirs. Il su�t d'imaginer les

objets rangés dans les tiroirs (sans ordre donc). A chaque objet on associe 1 et à chaque séparation de tiroir,on associe 0. On obtient ainsi un code binaire.

Par exemple, si on a 9 objets et 5 tiroirs, le code 1110101111100 signi�e qu'il y a 3 objets dans le premierrangement, 1 dans le deuxième, 5 dans le troisième et rien dans les deux derniers.

La question du dénombrement revient donc à calculer le nombre de codes binaires avec p bits égaux à 1et n− 1 bits égaux à 0. Ce qui revient à calculer le nombre de façons de placer p chi�res 1 parmi n− p+ 1emplacements.

Les applications sont multiples, en voici deux :

a) Le nombre Γpn est le nombre de façons de décomposer l'entier p en somme de n entiers. Il su�t devoir le problème comme le rangement de p chi�res 1 dans n tiroirs. Plus généralement, on peut s'intéresser

4 Thierry Sageaux

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au nombre de façons de décomposer un entier n en somme d'entiers naturels. C'est le sujet traité dansl'addendum en �n de chapitre.

b) Ce nombre Γpn est aussi le nombre de termes obtenus après le développement du multinôme (a1 +a2 +...an)p (voir dernier paragraphe). En e�et, les termes du développement sont de la forme : aα1

1 aα22 ...aαn

n avecα1 + α2 + ...αn = p.

Exercice 15.Quel est le nombre de dominos ?

Exercice 16.Quel est le nombre de résultats possibles au Yam?

On voit que Γ0n = 1, que Γ1

n = n, que Γ2n =

(n+12

)= n(n+1)

2 =n∑k=1

k et Γ3n =

(n+23

)= n(n+1)(n+2)

6 =n+1∑k=2

(k2

)Plus généralement,

Proposition 8.11 On a la formule :

Γpn =

(n+ p− 1

p

)=

n+p−2∑k=p−1

(k

p− 1

)

Exercice 17.Le chef du personnel d'une entreprise vient d'embaucher 18 ouvriers qu'il doit répartir entre les 4

ateliers de l'usine. Sachant qu'il doit a�ecter au moins 4 personnes à l'atelier 1, au moins 2 personnes auxateliers 2 et 3 et au moins une personne à l'atelier 4, de combien de façons peut-il le faire en supposantque l'on ne s'intéresse qu'au nombre de personne par atelier et que le fait de savoir qui est à un atelierne nous intéresse pas ?

VI L'exercice type !

Voici un exercice très classique regroupant tous les cas possibles de dénombrements. Il est bon de letravailler, retravailler et de prendre le temps de graver quelques neurones à ce modèle.

Exercice 18.Un facteur arrive dans le hall d'un immeuble. Il doit distribuer 7 prospectus dans 10 boîtes aux lettres

nominatives. De combien de façon peut-il le faire sachant que :1) Chaque boîte aux lettres peut contenir au plus un prospectus et

a) les prospectus sont distincts.b) Les prospectus sont identiques.

2) Chaque boîte aux lettres peut contenir un nombre quelconque de prospectus eta) les prospectus sont distincts.b) Les prospectus sont identiques.

Résumé :

sans remise avec remise

sans ordre(np

)Γpn

avec ordre Apn np

5 Thierry Sageaux

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VII Le multinôme

On se propose de calculer le coe�cient du multinôme.Imaginons que l'on veuille développer

(a1 + ...+ ap)n.

Il est clair que tous les termes sont de la forme aα11 aα2

2 ...aαpp avec α1 +α2 + ...αp = n. (on dit que le résultat

est homogène, dans le sens où il n'y a pas des termes de degrés totaux di�érents) La proposition suivantedonne le coe�cient de ce terme dans le développement :

Proposition 8.12 Le coe�cient de aα11 aα2

2 ...aαpp est

n!

α1!α2!...αp!

On l'appelle le coe�cient multinomial.

VIII Le coin du guerrier

Exercice 19.On considère six morceaux de �celle de même longueur. On les tient dans la main comme le dessin

ci-dessous.On décide de demander à quelqu'un de l'assistance de nouer les cordes deux par deux en haut et en

bas. Ensuite, on ouvre la main.1) Combien de con�gurations possibles existe-t-il ?2) A-t-on plus de 50% de chance d'avoir une grande boucle ?

Exercice 20.On considère une grille de morpion (grille 3× 3).1) Combien y a-t-il de façons de placer une croix sur la grille ?2) Et avec deux croix ?3) Combien y a-t-il de lignes gagnantes ?4) On utilise les règles classiques d'alternance des joueurs (croix, puis cercles). Combien y a-t-il degrilles complètes ?5) Combien existe-t-il de grilles gagnantes pour les croix ?

Exercice 21.Combien y a-t-il de nombres palindromes compris entre 100 et 10 000 ?

Exercice 22.

Montrer que[n2 ]∑k=0

(n2k

)=

[n2−1]∑k=0

(n

2k+1

)où [n2 ] désigne la partie entière de n

2

Exercice 23.Trouver une démonstration combinatoire de k

(nk

)= n

(n−1k−1)

Exercice 24.Démontrer la formule suivante :(

2nn

)=

n∑k=0

(nk

)2par récurrence puis par une démonstration combinatoire.

6 Thierry Sageaux

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Exercice 25. Droites du plan et plans de l'espace.

1) Soit n droites dans le plan en position générale (i.e. pas de points de concours de trois droites, pasde droites parallèles). Combien y a-t-il de points d'intersection ?2) On se donne, là encore, n droites du plan en position générale . Déterminer le nombre P (n) derégions du plan délimitées par ces droites.3) Même question avec n plans dans l'espace en position générale (i.e. pas deux plans parallèles, pastrois plans concourants en une droite, pas quatre plans concourants en un point).

Exercice 26.Soit P un polygone convexe général à n sommets.1) Combien ce polygone a-t-il de diagonales ?2) En combien de points distincts des sommets se coupent-elles (au plus) ?

Exercice 27. Nombre de surjections

1) Déterminer le nombre de surjections d'un ensemble à n+1 éléments sur un ensemble à n éléments.2) On note dans la suite P kn le nombre de partitions d'un ensemble à n éléments en k classes. Montrerque P kn = P k−1n−1 + kP kn−1 pour 2 ≤ k ≤ n− 1.3) Calculer, en fonction de P kn le nombre de surjections d'un ensemble à n éléments sur un ensembleà p éléments.4) Montrer que le nombre de surjections d'un ensemble E à n éléments dans un ensemble F à péléments est :

n∑i=0

(−1)in!

i!(n− i)!(n− i)p.

Annie aime les séries génératrices

On se propose de résoudre un problème a priori très di�cile de dénombrement. Et pourtant, son énoncéest désarmant de simplicité :

Exercice 28.Tous les dimanches, Annie (qui aime les sucettes à l'anis) quitte ses études pour aller acheter pour 1ede

sucettes. Cette année, elle décide de payer chaque dimanche de façon di�érente des dimanches précédentsà l'aide de pièces de 1e, 50c, 20c, 10c ou 5c. Elle arrêtera les sucettes quand elle aura épuisé toutes lescombinaisons. Réussira-t-elle à passer l'année ?

La solution fait intervenir les séries génératrices. On prend pour base le centime :

G5(q) = 1 + q5 + q10 + q15 + ...

G10(q) = 1 + q10 + q20 + q30 + ...

G20(q) = 1 + q20 + q40 + q60 + ...

G50(q) = 1 + q50 + q100 + q150 + ...

G100(q) = 1 + q100 + q200 + q300 + ...

L'avantage de ces séries, c'est que l'on peut les multiplier comme des polynômes. Et si l'on calcule G(q) =G5(q)×G10(q)×G20(q)×G50(q)×G100(q), on se rend compte que le coe�cient du terme q100 est exactementle nombre de façons qu'Annie a pour acheter ses sucettes :

7 Thierry Sageaux

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1 + q5 + 2q10+2q15 + 4q20 + 4q25 + 6q30 + 6q35 + 9q40 + 9q45 + 13q50 + 13q55 + 18q60 + 18q65 + 24q70+

24q75 + 31q80 + 31q85 + 39q90 + 38q95 + 50q100 + ....

Il y a donc 50 façons de payer les sucettes. Raté de peu, Annie attendra les chocolats de Noël des deuxderniers dimanches.On remarque qu'il y a plus de façons de payer 90c que 95c.

Cette méthode des séries génératrices est très e�cace, mais on peut se débrouiller sans. Pour le voir, nousallons traiter un cas particulier :

Exercice 29.De combien de façons di�érentes peut-on payer la somme de 100e avec des pièces de 10, 20 et 50

centimes ?

On note x, y, z respectivement le nombre de pièces de 10, 20 et 50 nécessaires. Il faut résoudre l'équation10x + 20y + 50z = 1000 ⇔ x + 2y + 5z = 100 dans N3. Trois variables, c'est beaucoup pour un seulhomme, aussi, on pose k = x+ 2y. Le nombre de solution de l'équation x = k − 2y est :

[ k2 ]∑k=0

1 = [k2 ] + 1,

où [k2 ] est la partie entière de k2 .

Pour 0 ≤ z ≤ 200 donné, le nombre de solutions de l'équation x + 2y = 1000 − 5z est donc [ 1000−5z2 ] + 1,d'où le nombre de solutions de l'équation cherchées :

200∑z=0

([1000− 5z

2

]+ 1

)=

200∑z=0

([−5z

2

]+ 501

)= 201× 501︸ ︷︷ ︸

100 701

+200∑z=0

[−5z

2

].

Il reste à calculer le dernier sigma :

200∑z=0

[−5z

2

]=

100∑k=1

([−5(2k − 1)

2

]+

[−5(�2k)

�2

])

=

100∑k=1

([−5k +

5

2

]− 5k

)

=

100∑k=1

(−10k + 2)

= 200− 10100× 101

2= −50 300

D'où le nombre de solutions : 100 701− 50 300 = 50 401 .

Addendum - Partition d'un entier

Pour dénombrer le nombre de partition d'un entier n (i.e. le nombre de façons d'écrire un entier ensomme d'entiers naturels non nuls), on peut le faire à la main. Par exemple, pour 5 :

8 Thierry Sageaux

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5 = 5

= 4 + 1

= 3 + 2

= 3 + 1 + 1

= 2 + 2 + 1

= 2 + 1 + 1 + 1

= 1 + 1 + 1 + 1 + 1.

Une astuce pour ne pas en perdre dans le décompte est d'utiliser les diagramme de Ferrer :

Mais même avec ces diagrammes, on ne peut pas raisonnablement aller bien loin... En e�et, p(10) = 42,p(100) = 190569292 et p(1000) ' 24× 1032.Une très jolie formule de Hardy et Ramanujan qui date de 1900 donne un valeur approchée pour les grandesvaleurs de n

p(n) ' 14n√3eπ√

2n3 .

9 Thierry Sageaux

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Solutions des exercices

Exercice 1.card(A∩B) = c−a, card(B∩A) = c−b, card(A∩B)n−c, card(A∪B)n−c+b, card(B∪A) = n−c+a,

card(A ∪ B) = n− a− b+ c.

Exercice 2.A3

15 = 15× 14× 13 = 2730.

Exercice 3.Pour SUPERMAN : 8!. Pour BATMAN, il faut considérer que les deux "A" sont di�érents. Un jaune

un rouge par exemple. On a alors 6! possibilités, mais lorsque l'on enlève les couleurs, chaque mot estécrit 2! = 2 fois. Il faut donc diviser par 2, soit 6!

2! possibilités. Avec HARRY POTTER, on obtient avec

le même raisonnement 11!2!3! , 2! correspondant aux "T" et 3! aux "R".

Exercice 4.1) On modélise de la façon suivante : Dans l'urne, on dispose trois boules numérotées de 1 à 3 pourles chambres et on tire avec remise cinq fois de façon ordonnée car les personnes sont, par nature,distinctes. Soit 35 = 243 possibilités.2) Il s'agit du même problème en supposant qu'on ne fait qu'un seul tirage pour le couple. Soit

34 = 81 possibilités.

3) On commence par tirer la chambre attribuée au couple, soit(31

)= 3 possibilités. Il reste alors 2

chambres pour les autres, soit 23 = 8 possibilités. Ce qui fait au total 3× 8 = 24 solutions.

Exercice 5.(496

)= 13 983 816.

Exercice 6.(525

)= 2598960.

Exercice 7.En simpli�ant les coe�cients binomiaux, on obtient :

(n+ 1)n

2+

(n+ 1)n(n− 1)

6=n(5n− 4)

3⇔ n

6[3(n+ 1) + (n+ 1)(n− 1)− 2(5n− 4)] = 0

Ce qui donnen(n− 2)(n− 5)

6= 0 et les solutions : S = {0; 2; 5}.

Pour le second, on simpli�e, on trouve n[n2 − 5n+ 11] = 0 et comme le discriminant est négatif, celadonne S = {0}.

Exercice 9.On utilise le binôme de Newton (ou le triangle de Pascal ici) :

(1−√

2)5 = 1− 5√

2 + 10× 2− 10× 2√

2 + 5× 4− 4√

2 = 41− 29√

2.

Exercice 10.1) Il su�t d'appliquer la formule du binôme :(a+ b)3 + (a− b)3 = a3 +���3a2b+ 3ab2 +��b3 + a3 −���3a2b+ 3ab2 −��b3 = 2a3 + 6ab2 = 2a(a2 + 3b2).2) 2x(x2 + 3(1 + x2)) = 8x3 + 6x.

Exercice 12.

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Avec l'égalité k(pk

)= p(p−1k−1).

Exercice 13.105.

Exercice 14.Nombre de palindrome : 9× 10175. On a 90000...00009− 89999...99998 = 11 .

Exercice 15.Γ27 = 28

Exercice 16.Cinq dés, Γ5

6 = 252

Exercice 17.Il y a neuf personnes placées du fait de la contrainte. Il reste neuf personnes à répartir, avec remise

(les ateliers) et sans ordre, soit le nombre cherché : Γ49 = 220 .

Exercice 18.1) Sans remise a) Avec ordre : A7

10.b) Sans ordre :

(107

).

2) Avec remise a) Avec ordre : 107.b) Sans ordre : Γ7

10.

Exercice 19.1) 3. Trois petites boucles, une petite boucle et une moyenne, une grande boucle.2) Oui. On remarque qu'on peut supposer les cordes nouées en haut par exemple et ne s'occuper quede celle du bas. On dénombre le nombre de cas possibles : 5 × 3 × 1 (5 choix pour le premier brin,3 pour un des brins non relié et 1 seule possibilité pour les deux derniers brins. Le nombre de casfavorables est 4× 2× 1 pour les mêmes raisons. D'où une probabilité de 8

15 > 0.5.A noter que la con�guration "trois petites boucles" n'apparaît qu'une fois sur quinze.

Exercice 20.1) On modélise avec un urne dans laquelle se trouvent les numéros des neuf cases. On en tire uneseule. Il y a 9 cases, donc autant de possibilités.2) Il s'agit d'un tirage de p = 2 parmi n = 9 sans ordre (on place dans les cases des croix indiscernables)

et sans remise (on ne peut pas placer deux croix dans la même case. D'où(92

)= 36 solutions.

3) Trois lignes, trois colonnes et deux diagonales : 8

4) Il su�t de placer 5 croix et les cercles prennent les places qu'il reste. Soit(95

)= 126 grilles. On

remarque au passage qu'il y en a autant si l'on considère les places des quatre cercles du fait de lasymétrie du coe�cient binomial.5) A faire.

Exercice 21.On distingue entre 100 et 1000 :

Il y en a 9 × 10 = 90, le 9 venant du choix du chi�re signi�catif (le premier) qui est le même que ledernier, le 10 correspondant au chi�re central (qui peut être 0).et entre 1000 et 10 000 :Il y en a autant car le chi�re central précédent est doublé.Soit au total : 180 nombres palindromes entre 100 et 10 000.

Exercice 22.Soit E un ensemble à n éléments, le problème revient à montrer qu'il contient autant de parties de

cardinal pair que de parties de cardinal impair. Mais l'application :

11 Thierry Sageaux

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ϕ : Pp(E) −→ P〉(E)A 7−→ A

est une bijection des parties de cardinal pair vers les parties de cardinal impair, d'où le résultat.

Exercice 23.Soit E = {a1, a2, ..., an} un ensemble. On �xe un élément a de E. Il y a

(n−1k−1)parties à k éléments

qui contienne a ; on note Pk,a l'ensemble de ces parties. En faisant la somme, on trouve :(n− 1

k − 1

)︸ ︷︷ ︸cardPk,a1

+

(n− 1

k − 1

)︸ ︷︷ ︸cardPk,a2

+...+

(n− 1

k − 1

)︸ ︷︷ ︸cardPk,an

= n(n−1k−1).

Il s'agit du nombre de parties de k éléments contenant a1, puis a2 et ainsi de suite.Dans cette somme, chaque partie à k éléments a été comptée plusieurs fois. Combien de fois ? Eh bien kfois puisqu'elle est comptée dans chaque Pk,a pour a dans la liste. D'où le résultat :

k(nk

)= n

(n−1k−1)

Exercice 24.On considère un ensemble à 2n éléments, mettons {a1, ...an, b1, ...bn}. Le nombre de parties à n

éléments de cet ensemble est(2nn

). On dénombre d'une autre façon en disant qu'une partie à n élément

dans cet ensemble contient k éléments de {a1, ..an} et n− k éléments de {b1, .., bn}, soit, en faisant varier

k, on trouve :n∑k=0

(nk

)2.

Exercice 25.1) On note I(n) le nombre de points d'intersection de n droites en position générale. On a clairementI(2) = 1.On cherche une relation de récurrence. Si l'on a déjà I(n) points d'intersection pour n droites, combienen rajoute-t-on avec une n+ 1e droite ? Cette dernière droite coupe chacune des autres droites en unpoint distinct des précédents. Donc I(n+ 1) = I(n) + n. Donc

I(n) =n∑k=2

(k − 1) =n−1∑k=1

k =n(n− 1)

2

2) Il est clair que P (1) = 2. On essaie de déterminer P (n + 1) en fonction de P (n). On place unedroite dn+1 en plus des n premières. Par hypothèse, elle coupe chacune de ces droites en n pointsdistincts qui donnent n+ 1 intervalles sur la droite dn+1. Chacun de ces intervalles divise une régiondéjà existante en deux régions et rajoute donc une nouvelle région. Ainsi, P (n+ 1) = P (n) + (n+ 1)et

P (n) = P (1) +n−1∑k=2

(k + 1) = 1 +n∑k=1

k = 1 +n(n+ 1)

2=

n2 + n+ 2

2.

3) On note Q(n) le nombre de régions de l'espace délimitées par n plans en position générale. Il estclair que Q(1) = 2.Si l'on se donne n plans, on regarde ce qu'il se passe en en plaçant un de plus, le plan Pn+1. Les npremiers plans déterminent Q(n) régions de l'espace. Chacun de ces plans coupe Pn+1 en une droiteet ces n droites sont en position générale comme dans le cas précédent. Ces droites délimitent P (n)

12 Thierry Sageaux

EN1D2- Lycée Gustave Ei�el Dénombrements

régions sur le plan Pn+1. Chacune de ces régions partage une des Q(n) régions déjà existantes en deuxrégions et rajoute donc une nouvelle région à l'espace. Ainsi, Q(n+ 1) = Q(n) + P (n). Donc,

Q(n) = Q(1) +

n−1∑k=1

(Q(k + 1)−Q(k)) = 2 +

n−1∑k=1

k2 + k + 2

2

= 2 + (n− 1) +1

2

n−1∑k=1

k2 +1

2

n−1∑k=1

k = (n− 1) +n(n− 1)(2n− 1)

12+n(n− 1)

4

=n3 + 5n+ 6

6.

Exercice 26.1) On suppose n ≥ 5. De chaque sommets partent n − 1 segments, dont deux sont des côtés de P ,soit n − 3 diagonales. Comme il y a n sommets, cela fait n × (n − 3) diagonales qui ont toutes été

comptées deux fois (une fois par sommet). Au total, il y a doncn(n− 3)

2diagonales.

2) Méthode 1 (pas �n) : On va dénombrer en considérant toutes les diagonales et les côtés comme des

droites en position générale (il y en a N = n(n−1)2 ) auxquelles on enlèvera les intersections multiples

aux sommets et les points "extérieurs".Le nombre de points d'intersection de N droites en position générale a déjà été calculé plus haut :N(N−1)

2 .Quant aux multiplicités aux sommets, il y a n−1 droites arrivant à un sommet qui, dans une position

générale, auraient dû se couper en (n−1)(n−2)2 points. On enlève ces points virtuels en chaque sommet

(du coup, le sommet disparaît du décompte).Mais ce n'est pas tout ! Il faut aussi enlever les points d'intersection des diagonales qui se trouventà l'extérieur du polygone convexe. Pour cela, il faut dénombrer le nombre de diagonales qui ne secroisent pas dans le polygone. On choisit quatre sommets (Ai, Aj , Ak, Al) avec i < j < k < l. Ils'agit d'un tirage simultané de quatre entiers entre 1 et n, soit

(n4

)possibilités. Il y a trois paires

de droites possibles (((AiAj), (AkAl)), ((AiAk), (AjAl)) et ((AiAl), (AkAj)) - autant que de choixdu partenaire de Ai, l'autre couple étant automatiquement distribué). Sur ces trois paires, deux secroisent à l'extérieur et une à l'intérieur ; Il faut donc enlever 2×

(n4

)points au total.

D'où, au total :

N(N − 1)

2− n× (n− 1)(n− 2)

2− 2×

(n

4

)=

1

2

(n(n− 1)

2×(n(n− 1)

2− 1

)− n(n− 1)(n− 2)

)− 2

n!

(n− 4)!4!

=n(n− 1)(n− 2)(n− 3)

24

=

(n

4

)?!.

C'est trop simple, on a dû raté quelque chose.... Peut-être laMéthode 2 : Trouver un point d'intersection, c'est ce donner quatre sommets. En e�et, il n'y a que

deux des six diagonales qui se coupent à l'intérieur. D'où le résultat :

(n

4

).

Exercice 27.1) Il su�t de choisir les deux éléments qui ont la même image, soit

(n+12

), ainsi que leur image

commune, soit n possibilités. Ensuite, il faut déterminer les images des n− 1 restant de l'ensemble dedépart qui établissent une bijection sur les n−1 éléments restants de l'ensemble d'arrivée, soit (n−1)!possibilités. Ce qui fait au total :

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n(n+12

)× (n− 1)! = n!

(n+ 1)!

(n− 1)!2!= n!

n(n+ 1)

2=

n(n+ 1)!

2.

2) Soit E un ensemble à n éléments et soit a ∈ E un élément �xé. Il y a P kn partitions de E en kclasses. Parmi ces partitions,- il y a celles dans lesquelles a est dans un singleton, on les identi�e trivialement aux partitions enk − 1 classes de E\{a}, et il y en a P k−1n−1 ,- et celles dans lesquelles a n'est pas isolé. oN les dénombre en partitionnant E\{a} en k classes puisen adjoignant a à l'une de ces k classes, soit kP kn−1 possibilités.

Au total, cela donne bien la relation voulue : P kn = P k−1n−1 + kP kn−13) On suppose ici que n ≥ p. Si l'on veut créer une surjection d'un ensemble à n élément sur unensemble à p éléments, il faut d'abord déterminer le nombre de partitions en p classes de l'ensemblede départ qui possède n éléments, soit P pn . Ensuite, il faut choisir la façon d'envoyer les p classes sur

les p éléments de l'ensemble d'arrivée, soit p! possibilités. Au total, il y a p!P pn surjections.

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