présente

Chapitre 12

Dénombrement
Fiche de cours
Tout ce qu’il faut absolument connaître sur le bout des doigts

I. Cardinaux
I.1 Généralités
• Cardinal d’u...
ii

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• Formule de Poincaré (ou formule du crible) : Soient n un entier naturel non nul, et (Ai ...
Fiche de cours

iii

II.3 Permutations d’un ensemble à n éléments
Soient n un entier naturel non nul, et E = {x k , k Î 1...
iv

Master ClassPrépa 2012-2013

IV. Propriétés des coefficients binomiaux
æn ÷ æ n ÷
ö
ö
ç ÷ ç
÷
• Formule de symétrie : ...
Fiche méthodologique
Bien comprendre le cours et maîtriser les méthodes classiques de résolution

I. Les différents modèle...
vi

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II. Dénombrer un ensemble
Dénombrer un ensemble fini consiste à déterminer le nombre d’él...
Fiche méthodologique

vii

II.2 Éléments discernables et indiscernables
• Il est impératif, lorsque l’on dénombre un ensem...
viii

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Dans ce cas, on peut également montrer que : B = A È C , où A et C sont deux ensembles ...
Fiche méthodologique

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• Pour calculer une somme comprenant deux coefficients binomiaux :
- si la variable de sommation...
Table des matières des exercices
Les basiques

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Les basiques
Tous les exercices pour bien débuter et maîtriser les éléments clefs du cours…

➤ A. iPomme

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2) Pour procéder à une immatriculation ne comportant que des lettres distinctes et des chi...
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➤ D. Tiercé

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Au tiercé, pour parier sur une course donnée, un joueur remplit un ticket en indiquant, d...
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Pour remplir une grille comportant deux numéros et une étoile exacts, il faut et il suf...
Les basiques

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2) On effectue maintenant un tirage de 4 boules sans remise dans l’urne. Déterminer le nombre de tirages
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2) a) Comme les 4 tirages sont effectués successivement et sans remise dans une urne conte...
Les basiques

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➤ G. Poker

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Au poker, avec un jeu de 52 cartes, déterminer :
1) le nombre total de mains de 5 cartes,
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b) Une main contenant deux paires étant constituée de deux fois 2 cartes de même hauteur (l...
Les basiques

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- choisir la plus petite hauteur des 5 cartes de la main : 10 possibilités (A, 2, 3, …, 9 et 10), et :
- ...
10

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g) Une main contenant un carré étant constituée de 4 cartes d’une même hauteur et d’une au...
Les basiques

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Comme Card(H ) = Card(D ) + Card(E ) (cf. supra), on en déduit alors : Card(H ) = 4 512 + 48 = 4 560, d’...
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☞ Pour dénombrer un ensemble dont les éléments ont tous au moins k

objets donnés (n éta...
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➤ H. Échiquier

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On considère un échiquier (8 rangées de 8 cases).
1) De combien de façons peut-on pla...
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De plus, pour choisir un élément de A8 , i.e. une disposition de 4 pions sur cet échiquie...
Les basiques

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De plus, pour choisir un élément de B8 , i.e. une disposition de 4 pions sur cet échiquier de telle sort...
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2) Soient n et p deux entiers naturels non nuls. On considère une urne contenant n boules ...
Les basiques

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D’après la définition des (Ai )1£i £n , on peut écrire que, pour tout k Î 1, n  et pour toute k...
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D’après la définition des réels (an )n Î‫ , *ގ‬on en déduit alors : " n Î ‫ ,*ގ‬an +1 = (...
Les basiques

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Comme, pour tout i Î 1, 5, l’application x i  yi = x i - i + 1 est affine, donc bijective, on peut éc...
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✦ 1. Formule...
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1) Par symétrie des coefficients binomiaux, on peut écrire :
æ2n ÷ æ 2n ÷
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ö
ç
ç
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" k Î...
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✦ 3. Formules sommatoires obtenues par décomposition de coefficients binomiaux

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b) Supposons que n ³ 2. On a :

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" k Î 2, n , k (k - 1) ç ÷ = k (k - 1)
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æn ÷
ö
ç ÷
une expression de la forme k (k - 1) ... (k - i + 1) ç ÷ (i Î 1, n ), il faut écrire...
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æk + 2 ÷
ö
æk ö
ç
ç ÷
÷
ç
" k Î n, p , (k + 1)(k + 2) ç ÷ = (n + 1)(n + 2) ç
ç ÷
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÷
ç...
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æ k ö
÷
ç
÷
ç
çn - 1÷
÷
ç
÷
ø
k =n -1 è
p-1

÷
ç ÷
ç ÷
å k çn ø = n å
ç ÷
è

k =n

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...
28

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☞ Noter les décompositions suivantes :

æk ÷
ö
ç ÷
- " k Î i, +¥, k (k - 1)(k - 2)... ...
Chapitre 12 : Dénombrement
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Chapitre 12 : Dénombrement

  1. 1. présente Chapitre 12 Dénombrement
  2. 2. Fiche de cours Tout ce qu’il faut absolument connaître sur le bout des doigts I. Cardinaux I.1 Généralités • Cardinal d’un ensemble : Soient E un ensemble fini non vide, et n un entier naturel non nul. On dit que E est de cardinal n, et on note Card(E ) = n ou E = n, s’il existe une bijection de E vers l’ensemble 1,n  des n premiers entiers naturels non nuls (ou l’ensemble  0, n - 1 des n premiers entiers naturels). Par convention, on dit que l’ensemble vide est de cardinal 0, et on note : Card(Æ) = 0. Le cardinal d’un ensemble fini est égal au nombre de ses éléments. • Soient A un ensemble fini, et B un ensemble tel qu’il existe une bijection de A vers B. B est un ensemble fini, et : Card(B ) = Card(A). • Complémentaire : Soient E un ensemble fini, et A une partie de E. A est un ensemble fini, et : Card(A) = Card(E ) - Card(A). • Différence : Soient A et B deux ensembles finis. A  B est un ensemble fini, et : Card(A  B ) = Card(A) - Card(A Ç B ). En particulier, lorsque B Ì A, on a : Card(A  B ) = Card(A) - Card(B ). I.2 Cardinal d’un produit cartésien • Soient A et B deux ensembles finis. A ´ B est un ensemble fini, et on a : Card(A ´ B ) = Card(A) ´ Card(B ). n • Plus généralement, soient n un entier naturel non nul, et (Ai )1£i £n une famille d’ensembles finis.  Ai est i =1 n æ n ö ÷ un ensemble fini, et on a : Card ç  Ai ÷ =  Card(Ai ). ç ÷ ç ç i =1 ÷ i =1 è ø En particulier, soient n un entier naturel non nul, et A un ensemble fini. An est un ensemble fini, et : n Card(An ) = (Card(A)) . I.3 Cardinal d’une réunion • Cardinal d’une réunion disjointe : Soient n un entier naturel non nul, et (Ai )1£i £n une famille d’ensembles n finis deux à deux disjoints. æ n ö n ÷ ç ÷  Ai est un ensemble fini, et on a : Card ç  Ai ÷ = å Card(Ai ). ç ÷ ç è ø i =1 i =1 Auteur : Steeve SARFATI – Tous droits réservés – Reproduction interdite i =1
  3. 3. ii Master ClassPrépa 2012-2013 • Formule de Poincaré (ou formule du crible) : Soient n un entier naturel non nul, et (Ai )1£i £n une famille æ n d’ensembles finis. n ö n é æ k öù ÷ ç ÷ Card ç  Aij ÷ úú . ç ÷ ç j =1 ÷ ú è øû ë 1£i1 <i2 < ... <ik £n ÷ ç ÷  Ai est un ensemble fini, et on a : Card ç  Ai ÷ = å (-1)k +1 êêê ç ÷ ç è ø i =1 i =1 k =1 å II. Arrangements II.1 p-listes d’un ensemble à n éléments (arrangements avec répétitions) Soient n et p deux entiers naturels non nuls, et E un ensemble de cardinal n. • Définition : On appelle p -liste d’éléments de E (ou arrangement avec répétitions de p éléments d’un ensemble à n éléments), toute application de 1, p  dans E, c’est-à-dire toute suite, notée (x k )1£k £p , de p éléments (non forcément distincts) de E. Par exemple, (3, 1, 2, 3) est une 4-liste de 1, 3 . • Le nombre : - d’arrangements avec répétitions de p éléments d’un ensemble à n éléments, i.e. : - de p -listes d’éléments d’un ensemble à n éléments, i.e. : - de suites de p éléments d’un ensemble à n éléments, i.e. : - d’applications d’un ensemble à p éléments dans un ensemble à n éléments, est égal à : n p . Par extension, ce résultat demeure valable si n = 0 ou p = 0. • Modèle : Tirages successifs de p éléments parmi n avec remise (les éléments sont ordonnés et non forcément distincts). II.2 p-listes d’éléments distincts d’un ensemble à n éléments (arrangements sans répétition) Soient n et p deux entiers naturels non nuls tels que p £ n, et E un ensemble de cardinal n. • Définition : On appelle p -liste d’éléments distincts de E (ou arrangement sans répétition de p éléments d’un ensemble à n éléments), toute injection de 1, p  dans E, c’est-à-dire toute suite, notée (x k )1£k £p , de p éléments distincts de E. Par exemple, (3, 4, 1, 2) est une 4-liste d’éléments distincts de 1, 5 . • Le nombre : - d’arrangements sans répétition de p éléments d’un ensemble à n éléments, i.e. : - de p -listes d’éléments distincts d’un ensemble à n éléments, i.e. : - de suites de p éléments distincts d’un ensemble à n éléments, i.e. : - d’injections d’un ensemble à p éléments dans un ensemble à n éléments, n! p (ce nombre était autrefois noté An ). est égal à : (n - p) ! Par extension, ce résultat demeure valable si n = 0 ou p = 0. Par convention, si p > n, on considère que ce nombre est égal à 0. • Modèle : Tirages successifs de p éléments parmi n sans remise (les éléments sont ordonnés et distincts). Auteur : Steeve SARFATI – Tous droits réservés – Reproduction interdite
  4. 4. Fiche de cours iii II.3 Permutations d’un ensemble à n éléments Soient n un entier naturel non nul, et E = {x k , k Î 1, n } un ensemble de cardinal n. • Définition : On appelle permutation de E, toute bijection s de E vers lui-même, et on note : x2 æ x1 ç s =ç ç s(x ) s(x ) ç 1 2 è   xn ö ÷ ÷. ÷ s(x n )÷ ÷ ø • Par simplification, on appelle également permutation de E, toute n -liste (s(x k ))1£k £n d’éléments dis- tincts de E. Par exemple, (1, 3, 4, 5, 2) est une permutation de 1, 5 . • Le nombre : - de permutations d’un ensemble à n éléments, i.e. : - de n -listes d’éléments distincts d’un ensemble à n éléments, i.e. : - de suites de n éléments distincts d’un ensemble à n éléments, i.e. : - de bijections d’un ensemble à n éléments, est égal à : n !. Par extension, ce résultat demeure valable si n = 0. • Modèle : Tirages successifs de n éléments parmi n sans remise (les éléments sont ordonnés et distincts). C’est le cas particulier, lorsque p = n, du modèle précédent. III. Combinaisons III.1 Parties d’un ensemble à n éléments Soit n un entier naturel. Le nombre de parties d’un ensemble à n éléments est égal à : 2n. III.2 Parties à p éléments d’un ensemble à n éléments (combinaisons sans répétition) Soient n et p deux entiers naturels non nuls tels que p £ n, et E un ensemble de cardinal n. • Définition : On appelle partie à p éléments de E (ou combinaison sans répétition à p éléments d’un ensemble à n éléments), tout sous-ensemble de p éléments (distincts) de E. Par exemple, {1,3,4} est une partie à 3 éléments de 1, 5 . æn ö • Le nombre “p parmi n”, noté çp ÷, de parties à p éléments d’un ensemble à n éléments (également ç ÷ ç ÷ è ÷ ø æn ö n! p dénommé “coefficient binomial”), est égal à : çp ÷ = (ce nombre était autrefois noté C n ). ç ÷ ç ÷ p ! (n - p)! ÷ è ø Par extension, ce résultat demeure valable si n = 0 ou p = 0. æn ö Par convention, si p > n, on pose : ç p ÷ = 0. ç ÷ ç ÷ è ÷ ø • Modèle : Tirage simultané de p éléments parmi n (les éléments sont non ordonnés et distincts). Auteur : Steeve SARFATI – Tous droits réservés – Reproduction interdite
  5. 5. iv Master ClassPrépa 2012-2013 IV. Propriétés des coefficients binomiaux æn ÷ æ n ÷ ö ö ç ÷ ç ÷ • Formule de symétrie : " n Î ‫ " ,ގ‬p Î  0, n , ç p ÷ = çn - p ÷ . ç ÷ ç ÷ è ø è ø ö æn ö n æn - 1÷ ç ÷ • Petite formule (“sans nom”) : " (n, p) Î (‫ , 2) *ގ‬çp ÷ = ç ç ÷ ç ÷ p çp - 1÷ . ÷ ç ÷ è ÷ ø è ø æn - 1÷ æn - 1ö æn ö ö ç ÷ = ç ÷. ÷ ÷ ç ÷ ç • Formule de Pascal : " (n, p) Î (‫ , 2) *ގ‬ç ÷+ç ÷ ç ÷ ç p - 1÷ ç p ÷ çp ÷ ÷ ç ø è ø è ø è ææn öö çç ÷÷ • Triangle de Pascal : C’est le triangle des ççp ÷÷ obtenu à l’aide de la formule de Pascal : çç ÷÷ çè ÷÷ è øø(n,p )Î‫2ގ‬ 1 1 1 1 2 1 1 3 3 1 1 4 6 4 1 1 5 10 10 5 1 1 6 15 20 15 6  • " n Î ‫,ގ‬ n  1  æn ö ÷ ç ÷ å çk ø = 2n. ç ÷ ç ÷ è k =0 Auteur : Steeve SARFATI – Tous droits réservés – Reproduction interdite
  6. 6. Fiche méthodologique Bien comprendre le cours et maîtriser les méthodes classiques de résolution I. Les différents modèles du cours • On peut résumer les différents modèles du cours à l’aide des trois tableaux suivants : - le tableau donnant le nombre de p -listes et de parties à p éléments d’un ensemble à n éléments : Éléments distincts Éléments non forcément distincts n! (n - p) ! np p -listes (éléments ordonnés) æn ÷ ö ç ÷ çp ÷ ç ÷ è ø Parties à p éléments (éléments non ordonnés) Hors-programme (cf. 12.11) - le tableau donnant le nombre de façons de choisir p éléments (discernables) parmi n dans les différents cas de figure : Éléments distincts Éléments non forcément distincts (tirages sans remise) (tirages avec remise) n! (n - p) ! np Éléments ordonnés (tirages successifs) æn ö ç ÷ çp ÷ ç ÷ ÷ è ø Éléments non ordonnés (tirages simultanés) Hors-programme (cf. 12.11) - le tableau donnant le nombre d’applications d’un ensemble à p éléments dans un ensemble à n éléments : Applications np Injections n! (n - p) ! Bijections n! Surjections Hors-programme (cf. 12.14) • D’autres modèles, hors-programme, mais auxquels on devra parfois se ramener dans des cas plus complexes, existent : listes strictement croissantes d’éléments d’un ensemble (cf. 12.9.1), combinaisons avec répétitions (cf. 12.11), chemins monotones (cf. 12.12), permutations laissant k points fixes (cf. 12.13), surjections (cf. 12.14), partages d’un ensemble (cf. 12.16), partitions d’un ensemble (cf. 12.17), partitions d’un entier (cf. 12.19)... Auteur : Steeve SARFATI – Tous droits réservés – Reproduction interdite
  7. 7. vi Master ClassPrépa 2012-2013 II. Dénombrer un ensemble Dénombrer un ensemble fini consiste à déterminer le nombre d’éléments de cet ensemble. II.1 Méthode générale • Pour dénombrer un ensemble A “complexe”, i.e. dont on ne peut calculer le cardinal sans distinguer différents cas de figure (cf. 12.F, 12.G, 12.H et 12.12), il faut commencer par construire une partition (Ak ) de A en fonction de ces différents cas de figure : A =  Ak (chacun des ensembles (Ak ) étant plus facile à dénombrer k que A, cf. infra), d’où, l’union étant disjointe (les (Ak ) formant une partition de A, ils sont disjoints deux à deux) : Card(A) = å Card(Ak ). k Ainsi, la conjonction “ou” (“il faut et il suffit de faire ceci ou cela”) indique qu’il faudra procéder à l’addition des différentes possibilités offertes dans chaque cas. • Pour dénombrer un ensemble B de “complexité moyenne” (c’est le cas généralement des ensembles (Ak ) du point précédent), i.e. que l’on peut exprimer sous forme de produit cartésien d’ensembles “simples”, il convient d’expliciter un “scénario” de constitution de tout élément de celui-ci et de déterminer, à chaque étape, le nombre de possibilités offertes par cette dernière (cf. 12.B, 12.C, 12.E, 12.F, 12.G, 12.H, 12.I, 12.J, 12.K, 12.8, 12.9, 12.11, 12.12, 12.13, 12.14, 12.15, 12.16, 12.17 et 12.18). Pour ce faire, on rédigera comme suit : “Pour obtenir un élément de B, il faut et il suffit de : - choisir/construire/numéroter/ordonner/placer/ranger/tirer/trier… : x possibilités, - choisir/construire/numéroter/ordonner/placer/ranger/tirer/trier… : y possibilités, - choisir/construire/numéroter/ordonner/placer/ranger/tirer/trier… : z possibilités…”. B est ainsi le produit cartésien des ensembles décrits à chacune des étapes précédentes, et donc Card(B ) aaa est le produit des cardinaux des ensembles précédents (ce que certains appellent le “lemme des bergers”) : aaaaaa Card(B ) = xyz ... Ainsi, la conjonction “et” (“il faut et il suffit de faire ceci et cela”) indique qu’il faudra procéder à la multiplication des différentes possibilités offertes dans chaque cas. • Pour dénombrer un ensemble “simple”, i.e. que l’on peut ramener directement aux différents modèles du cours (c’est le cas généralement des ensembles décrits à chacune des trois lignes du point précédent), il faut toujours se demander au préalable : - si les éléments considérés sont discernables (c’est le cas dans les différents modèles du cours) ou indiscernables (cf. II.2), - si les éléments considérés doivent être ordonnés (modèle des tirages successifs) ou non ordonnés (modèle des tirages simultanés), et : - si les éléments considérés doivent être distincts (modèle des tirages sans remise) ou non forcément distincts (modèle des tirages avec remise). • Pour dénombrer un ensemble, il faut presque toujours (sauf cas indiqués au II.3) procéder comme indiqué ci-dessus. Il est par ailleurs formellement interdit de dénombrer un ensemble en procédant à des divisions... Auteur : Steeve SARFATI – Tous droits réservés – Reproduction interdite
  8. 8. Fiche méthodologique vii II.2 Éléments discernables et indiscernables • Il est impératif, lorsque l’on dénombre un ensemble “simple” (et avant même de se demander si les éléments doivent être ordonnés ou non, distincts ou non), de se demander si les éléments de cet ensemble sont discernables (c’est le cas dans les différents modèles du cours) ou indiscernables (cf. 12.C, 12.H et 12.20). • Lorsque les n éléments d’un ensemble sont indiscernables, il n’y a toujours qu’une seule façon d’en choisir k, que ces éléments doivent être ordonnés ou non, distincts ou non (comme ils sont indiscernables, il n’y a aucune différence entre eux du point de vue de l’expérimentateur, donc aucune différence dans le résultat final quelque soient les éléments choisis). • En revanche, lorsque les n éléments d’un ensemble sont discernables, le nombre de façons d’en choisir k d’entre eux est donné par les différents modèles du cours, selon que les éléments doivent être ordonnés ou non, distincts ou non (cf. I). • On notera l’intérêt de certains modèles (cf. 12.11 et 12.19) dans le dénombrement d’ensembles comprenant des éléments indiscernables. En effet, lorsque l’on dispose de n objets indiscernables : p - le nombre de p -listes d’entiers naturels (x i )1£i £p telles que å xi = n (cf. 12.11) est le nombre de façons de i =1 trier ces n objets en un premier “paquet” de x1 élément(s), un deuxième “paquet” de x 2 élément(s), ..., un p ème “paquet” de x p élément(s), l’“identité” des élément(s) de chaque “paquet” étant ici sans objet (on ne s’intéresse qu’à leur nombre), - le nombre de partitions de l’entier n en p sommants (cf. 12.19) est le nombre de façons de trier ces n objets en un “paquet” de x1 élément(s), un “paquet” de x 2 élément(s), ..., un “paquet” de x p élément(s), l’“identité” des élément(s) de chaque “paquet” (on ne s’intéresse qu’à leur nombre), ainsi que l’ordre de ces “paquets” (on ne s’intéresse en fait qu’au nombre de “paquets” contenant un nombre donné d’objets), étant ici sans objet... II.3 Modèles complémentaires • Pour dénombrer un ensemble A lorsque celui-ci s’exprime sous la forme d’une union disjointe d’ensembles (Ak ) (cf. II.1), il convient d’expliciter cette union : A =  Ak (sans oublier de mentionner qu’elle est k disjointe, i.e. que pour tout x Î A et pour tout (i, j ) tel que i ¹ j, x ne peut appartenir concomitamment à Ai et à Aj ), puis d’en déduire que : Card(A) = å Card(Ak ) (cf. 12.F, 12.G, 12.H et 12.12). k • Pour dénombrer un ensemble A lorsque celui-ci s’exprime sous la forme d’une union non forcément disjointe d’ensembles (Ai ), il convient d’expliciter cette union : A =  Ai , puis d’utiliser la formule de Poincaré i é æ k öù æ ö ÷ ç ÷ (ou formule du crible) : Card ç  Ai ÷ = å (-1)k +1 êê Card ç  Aij ÷ úú (cf. 12.A et 12.I). ç ÷ å ÷ ç ç ÷ ÷ ç j =1 ÷ ú ç i =1 ø k =1 è êë 1£i1 <i2 < ... <ik £n è øû æn ö ç ÷ On notera que la somme en (i j )1£ j £k comprend ç ÷ termes (cf. 12.9.1), généralement égaux entre eux (cf. 12.I). çk ÷ ç ø è ÷ n n • Pour dénombrer un ensemble A lorsque celui-ci s’exprime sous la forme de la différence de deux ensembles B et C tels que C Ì B (cf. 12.F), il convient d’expliciter cette différence : A = B  C , avant de dénombrer, comme précédemment, les ensembles B et C, puis d’en déduire que : Card(A) = Card(B ) - Card(C ). Auteur : Steeve SARFATI – Tous droits réservés – Reproduction interdite
  9. 9. viii Master ClassPrépa 2012-2013 Dans ce cas, on peut également montrer que : B = A È C , où A et C sont deux ensembles disjoints, avant d’en déduire que : Card(B ) = Card(A) + Card(C ), puis que : Card(A) = Card(B ) - Card(C ) (les deux raisonnements sont équivalents). • Pour dénombrer un ensemble A lorsque celui-ci est en bijection avec un ensemble B dont le cardinal est connu (cf. 12.K, 12.9, 12.10, 12.11, 12.12 et 12.19), il suffit de montrer qu’il existe une bijection j entre A et B. Pour cela, sauf dans les cas les plus élémentaires, il convient de : - déterminer une application j de A dans B (en choisissant un élément quelconque x Î A, on montre que j(x ) Î B ), - montrer que j est surjective (en choisissant un élément quelconque y Î B, on montre qu’il existe un élément x Î A tel que j(x ) = y ), et : - montrer que j est injective (en choisissant un élément quelconque (x , x ¢) Î A2 tel que j(x ) = j(x ¢), on montre que x = x ¢, ou en choisissant un élément quelconque (x , x ¢) Î B 2 tel que x ¹ x ¢, on montre que j(x ) ¹ j(x ¢)). • Noter que pour dénombrer un ensemble A, il est parfois plus aisé d’en dénombrer le complémentaire ; en notant A est le complémentaire de A dans l’ensemble E, on a alors : Card(A) = Card(E ) - Card(A) (cf. 12.12). III. Démontrer une identité combinatoire Pour démontrer une identité combinatoire (cf. 12.7, 12.8, 12.13 et 14), il faut généralement interpréter l’un des deux membres (le plus simple) comme le cardinal d’un certain ensemble A, et l’autre (exprimé sous forme de somme) comme la somme des cardinaux d’ensembles (Ak ) formant une partition de A. On démontre alors que A =  Ak , d’où, l’union étant disjointe (les (Ak ) formant une partition de A, ils sont k disjoints deux à deux) : Card(A) = å Card(Ak ). k En déterminant Card(A), puis, pour tout k, Card(Ak ), on démontre alors l’identité recherchée. IV. Calcul de formules sommatoires comprenant des coefficients binomiaux • Pour calculer une somme comprenant un seul coefficient binomial : - si la variable de sommation est “en bas” du coefficient binomial, il faut voir la formule du binôme de Newton : n æn ö n æn ö ç ÷ a k b n -k = (a + b)n (et notamment son cas le plus remarquable : ç ÷ ç ÷ å çk ø å çk ÷ = 2n ), éventuellement avec quelques ç ÷ ç ÷ è ÷ è ÷ k =0 k =0 ç ø aaa variantes (cf. 12.2, mais aussi 0.3), - si la variable de sommation est “en haut” du coefficient binomial, il faut voir la formule de Pascal itérée : p æk ö æ p + 1ö ÷ ç ÷ ç ÷ ç ÷ ç ÷ å çn ÷ = çn + 1÷ (cf. 12.1), ç ÷ ç ÷ è ø k =n è ø - si le coefficient binomial est multiplié par une fonction polynôme de la variable de sommation, il faut æn - i ö æn ÷ ö ÷ ç ÷ ç ÷ voir la petite formule ou l’une de ses généralisations : k (k - 1)...(k - i + 1) ç ÷ = n (n - 1)...(n - i + 1) ç çk - i ÷ çk ÷ ÷ ç ç ÷ è ø è ø æ ö æk ÷ ö çk + i ÷ ÷ ç ÷ ou (k + 1)(k + 2) ... (k + i ) ç ÷ = (n + 1)(n + 2)... (n + i ) ç çn + i ÷, avant d’appliquer l’une des deux méthodes précéç ÷ ç ç ÷ ÷ èn ø è ø aaa aaa dentes (cf. 12.3). Auteur : Steeve SARFATI – Tous droits réservés – Reproduction interdite
  10. 10. Fiche méthodologique ix • Pour calculer une somme comprenant deux coefficients binomiaux : - si la variable de sommation est “en bas” des coefficients binomiaux, il faut voir la formule de Vandermonde : n æp ö æ q ö ö ÷ ÷ æp + q ÷ ÷ ç ÷ç ÷ ç ç ÷ç ç ÷ ç å çk ø çn - k ø = è n ø (cf. 12.7), ÷ ç ÷ç ç ÷ ÷ è k =0 è - si la variable de sommation est “en haut” et “en bas” des coefficients binomiaux, il faut voir une décomö æn ÷ æn - k ÷ æn ö æp ÷ öç ö ÷ ç ÷ç ÷ ÷ç ç ÷ç position du type : ç ÷ ç ÷ç ÷ çk ÷ ç p - k ÷ = çp ø çk ÷, avant de sommer en utilisant la formule du binôme de Newton ÷ è ç ÷ ç ÷è ø è øè ø (cf. 12.5 et 12.6), - si la variable de sommation est “en haut” des coefficients binomiaux, il faut voir la formule :  n -q æk ö æn - k ö æ n +1 ö ÷ ÷ ç ç ÷ç ÷ ÷ ÷ ç ç ÷ç ÷ ç å çpø ç q ø = çp + q + 1÷ (cf. 12.8). ÷ ÷ç ÷ è ç è ÷ ø k =p è Auteur : Steeve SARFATI – Tous droits réservés – Reproduction interdite
  11. 11. Table des matières des exercices Les basiques ➤ ➤ ➤ ➤ ➤ ➤ ➤ ➤         ➠  ➠  ➠  A. iPomme ........................................................................................................................................................................ 1 B. Immatriculations .......................................................................................................................................................... 1 C. Anagrammes ................................................................................................................................................................ 2 D. Tiercé .......................................................................................................................................................................... 3 E. Euro Millions ............................................................................................................................................................... 3 F. Tirages dans une urne.................................................................................................................................................. 4 G. Poker............................................................................................................................................................................ 7 H. Échiquier .................................................................................................................................................................... 13 æ k ö æ n ö ÷ ç ÷ ç I. Card ç  Aij ÷ et Card ç  Ai ÷ .................................................................................................................................... 15 ÷ ÷ ç ç ÷ ÷ ç ç i =1 ø ÷ ç j =1 ÷ è è ø J. Partitions en paires d’un ensemble de cardinal pair .................................................................................................. 17 K. Loto et numéros non consécutifs ................................................................................................................................ 18 Les incontournables ✦  1. Formule de Pascal itérée (ou formule des colonnes) .................................................................................................. 21 ✦  2. Calcul de ✦  3. Formules sommatoires obtenues par décomposition de coefficients binomiaux ......................................................... 23 n -1 æ2n ö ç ÷ è ø æ2n + 1÷ ö ç ÷ .............................................................................................................................. 21 ÷ k ÷ ÷ ø k =0 è n ç ÷ ç å ç k ÷ et å ç ç ÷ ç ç ÷ ç k =0 n n k =i k =0 ✦  114. Calcul de ✦  5. Calcul de ✦  6. Calcul de ✦  7. Formule de Vandermonde.......................................................................................................................................... 30 ✦  8. Calcul de ★  ★  å k (k - 1)(k - 2)...(k - i + 1) et å k(k + 1)(k + 2)...(k + i - 1) n ............................................................... 27 æn ö æn - k ö ÷ ÷ç ÷ ç ÷ç å çk ø çp - k ÷ ............................................................................................................................................ ç ÷ç ÷ ç ÷ç ÷ è ÷ k =0 è ø æq ÷ æk ö ö ÷ q ç ÷ç ÷ å (-1)k çk ÷ èpø ç ÷ç ÷ ç ÷ç ÷ è øç ÷ 28 ......................................................................................................................................... 29 k =p n -q æk ö æn - k ÷ ö ÷ ÷ ............................................................................................................................................ 31 ÷ q ÷ ÷ ø ç ÷ç å çp ø è ç ÷ç ç ÷ç è ÷ç k =p 119. p-listes strictement croissantes et croissantes d’un ensemble de cardinal n ............................................................... 33 10. Trous de Kaplansky ................................................................................................................................................... 34 p ★  11. p-listes (x i )1£i £p telles que ★  ★  ★  12. Chemins monotones ................................................................................................................................................... 37 ★  15. p-listes (Ai )1£i£p de parties de E telles que ★ ★ ★ ★ ✦ 16. p-partages d’un ensemble de cardinal n ..................................................................................................................... 46      å xi = n. Combinaisons avec répétition.......................................................................... 36 i =1 13. Permutations laissant k points fixes. Dérangements ................................................................................................. 40 14. Surjections d’un ensemble de cardinal p sur un ensemble de cardinal n ................................................................... 42 p  Ai = E .............................................................................................. 44 i =1 17. p-partitions et partitions d’un ensemble : nombres de Stirling et nombres de Bell ................................................... 47 18. Partitions d’un ensemble de cardinal np en classes de cardinal p ............................................................................. 50 19. Partitions d’un entier................................................................................................................................................. 51 20. Objets et emplacements, discernables et indiscernables............................................................................................. 56 Auteur : Steeve SARFATI – Tous droits réservés – Reproduction interdite
  12. 12. Les basiques Tous les exercices pour bien débuter et maîtriser les éléments clefs du cours… ➤ A. iPomme  Dans une classe donnée de 40 élèves, 5 d’entre eux ont un iPad, 8 ont un iPod, 12 ont un iPhone, 3 ont un iPad et un iPod, 3 ont un iPad et un iPhone, 4 ont un iPod et un iPhone, et 2 ont un iPad, un iPod et un iPhone. Combien d’élèves de cette classe ont au moins un de ces produits “à la pomme” ? Soient A, B et C les ensembles d’élèves de cette classe ayant respectivement un iPad, un iPod et un iPhone. D’après la formule de Poincaré, on peut écrire : Card(A È B È C ) = Card(A) + Card(B ) + Card(C ) - Card(A Ç B ) - Card(A Ç C ) - Card(B Ç C ) + Card(A Ç B Ç C ) Card(A È B È C ) = 5 + 8 + 12 - 3 - 3 - 4 + 2 et donc : Card(A È B È C ) = 17 i.e. : d’où la conclusion : 17 élèves de cette classe ont au moins un de ces produits “à la pomme” ➤ B. Immatriculations  Le 15 avril 2009, un nouveau système d’immatriculation est entré en vigueur en France. Désormais, chaque plaque d’immatriculation comporte deux lettres, suivies de trois chiffres, suivis à nouveau de deux lettres. 1) Combien d’immatriculations sont (théoriquement) possibles avec ce système ? 2) Combien d’immatriculations ne comportant que des lettres distinctes et des chiffres distincts sont (théoriquement) possibles avec ce système ? 1) Pour procéder à une immatriculation, il faut et il suffit de : - choisir les 2 premières lettres (ordonnées et non forcément distinctes) parmi les 26 lettres de l’alphabet : 262 possibilités, - choisir les 3 chiffres (ordonnés et non forcément distincts) parmi les 10 chiffres possibles : 103 possibilités, et : - choisir les 2 dernières lettres (ordonnées et non forcément distinctes) parmi les 26 lettres de l’alphabet : 262 possibilités, d’où la conclusion : Il y a 262 ´ 103 ´ 262 = 456 976 000 immatriculations (théoriquement) possibles avec ce système NB : Il était bien entendu possible de choisir simultanément les quatre lettres de l’immatriculation. Auteur : Steeve SARFATI – Tous droits réservés – Reproduction interdite
  13. 13. 2 Master ClassPrépa 2012-2013 2) Pour procéder à une immatriculation ne comportant que des lettres distinctes et des chiffres distincts, il faut et il suffit de : - choisir 4 lettres (ordonnées et distinctes) parmi les 26 lettres de l’alphabet : 26 ! possibilités, et : (26 - 4)! - choisir 3 chiffres (ordonnés et distincts) parmi les 10 chiffres possibles : 10 ! possibilités, d’où (10 - 3)! la conclusion : 26 ! 10 ! ´ = 258 336 000 immatriculations ne comportant que des lettres distinctes 22 ! 7 ! et des chiffres distincts (théoriquement) possibles avec ce système. Il y a ➤ C. Anagrammes  Combien y a-t-il d’anagrammes des mots : - “Master”, et : - “heureusement” ? ■ Comme le mot “ Master ” est constitué de 6 lettres distinctes, pour déterminer une anagramme de ce mot, il faut et il suffit d’effectuer une permutation des 6 lettres du mot : 6 ! possibilités, d’où la conclusion : Il y a 6! = 720 anagrammes du mot “Master” ■ Comme le mot “heureusement” est constitué de 12 lettres dont 4 “e” (indiscernables), 2 “u” (indiscer- nables) et 6 autres lettres distinctes, pour déterminer une anagramme de ce mot, il faut et il suffit de : - choisir les emplacements (non ordonnés et distincts) des 4 “e” parmi les 12 emplacements possibles : æ12÷ ö ç ÷ ç ÷ possibilités, ç4÷ ç ÷ è ø - choisir les emplacements (non ordonnés et distincts) des 2 “u” parmi les 8 emplacements restants : æ 8÷ ö ç ÷ ç ÷ possibilités, et : ç2 ÷ ç ÷ è ø - placer les 6 lettres restantes dans les 6 emplacements restants : 6 ! possibilités, d’où la conclusion : æ12ö æ8ö ç ÷ç ÷ ÷ Il y a ç ÷ ç ÷ 6 ! = 9 979 200 anagrammes du mot “heureusement” ç 4 ÷ ç2 ÷ ÷ ç øè ø è ÷ç ÷ NB : Il est formellement interdit de procéder à des divisions pour dénombrer un ensemble. On ne peut donc considérer ici que le nombre d’anagrammes d’un mot est égal au nombre de permutations de ses différentes lettres, divisé, pour chacune d’entre elles, par le nombre de permutations (virtuelles) de ses différents exemplaires (indiscernables), même si l’on aboutit, en procédant de la sorte, au même résultat. ☞ Pour déterminer le nombre d’anagrammes d’un mot (i.e. le nombre de façons de placer différents objets – chacun d’entre eux pouvant être présent sous la forme de plusieurs exemplaires indiscernables –, dans des emplacements discernables, à raison d’un par emplacement), il faut, lettre après lettre (ou objet après objet), déterminer le nombre p de ses représentants, ainsi que le nombre n d’emplacements (encore) disponibles pour ces derniers. æn ö Il y a alors ç p ÷ façons de placer les p représentants de cette lettre (ou de cet objet). ç ÷ ç ÷ è ÷ ø Auteur : Steeve SARFATI – Tous droits réservés – Reproduction interdite
  14. 14. Les basiques 3 ➤ D. Tiercé  Au tiercé, pour parier sur une course donnée, un joueur remplit un ticket en indiquant, dans l’ordre, les numéros des trois chevaux qu’il pronostique pour les trois premières places. Lors d’une course hippique comportant 18 partants, déterminer le nombre de tickets qu’un parieur doit valider pour être certain de remporter : 1) le tiercé dans l’ordre, 2) le tiercé dans l’ordre ou le désordre. 1) Lors d’une course hippique comportant 18 partants, pour qu’un parieur soit certain de remporter le tiercé dans l’ordre, il faut et il suffit qu’il joue tous les “tiercés” possibles, c’est-à-dire toutes les 3-listes d’éléments distincts de l’ensemble des 18 chevaux. Or, il y a 18 ! = 4 896 3-listes d’éléments distincts de l’ensemble des 18 chevaux, d’où la conclusion : (18 - 3)! Pour être certain de remporter le tiercé dans l’ordre, un parieur doit valider 4 896 tickets 2) Lors d’une course hippique comportant 18 partants, pour qu’un parieur soit certain de remporter le tiercé dans l’ordre ou le désordre, il faut et il suffit qu’il joue toutes les “trios” possibles, c’est-à-dire toutes les parties à 3 éléments (sans se préoccuper de l’ordre d’arrivée) de l’ensemble des 18 chevaux. æ18ö ç ÷ ç ÷ Or, il y a ç ÷ = 816 parties à 3 éléments de l’ensemble des 18 chevaux, d’où la conclusion : ÷ ç3ø è ÷ Pour être certain de remporter le tiercé dans l’ordre ou le désordre, un parieur doit valider 816 tickets ➤ E. Euro Millions  À l’Euro Millions (loterie à 5 numéros à choisir parmi 50 et à 2 étoiles à choisir parmi 11), déterminer le nombre total de grilles possibles, puis le nombre de grilles comportant exactement : - deux numéros et une étoile exacts, - trois numéros et deux étoiles exacts, - cinq numéros (et aucune étoile) exacts. ■ Pour remplir une grille, il faut et il suffit de : æ50ö ç ÷ - choisir 5 numéros (non ordonnés et distincts) parmi les 50 numéros possibles : ç ÷ possibilités, et : ç5÷ ç ÷ è ø æ11ö ç ÷ - choisir 2 étoiles (non ordonnées et distinctes) parmi les 11 étoiles possibles : ç ÷ possibilités, d’où la conclusion : ç2÷ ÷ ç ø è ÷ æ50ö æ11ö ç ÷ ç ÷ç ÷ Il y a ç ÷ ç ÷ = 116 531 800 grilles possibles à l’Euro Millions ç 5 ÷ç2÷ ÷è ø ç ø ÷ è Auteur : Steeve SARFATI – Tous droits réservés – Reproduction interdite
  15. 15. 4 Master ClassPrépa 2012-2013 ■ Pour remplir une grille comportant deux numéros et une étoile exacts, il faut et il suffit de : æ5ö ç ÷ ç ÷ - choisir 2 numéros (non ordonnés et distincts) parmi les 5 numéros gagnants : ç ÷ possibilités, ÷ ç2ø è ÷ æ45÷ ö ç - choisir 3 numéros (non ordonnés et distincts) parmi les 45 numéros perdants : ç ÷ possibilités, ÷ ç3÷ ç ø è ÷ - choisir 1 étoile parmi les 2 étoiles gagnantes : 2 possibilités, et : - choisir 1 étoile parmi les 9 étoiles perdantes : 9 possibilités, d’où la conclusion : æ5ö æ45ö ç ÷ç ÷ Il y a ç ÷ ç ÷ ´ 2 ´ 9 = 2 554 200 grilles comportant deux numéros et une étoile exacts ç2÷ ç 3 ÷ ÷ ç øç ÷ è ÷è ÷ ø ■ Pour remplir une grille comportant trois numéros et deux étoiles exacts, il faut et il suffit de : æ5ö ç ÷ ç ÷ - choisir 3 numéros (non ordonnés et distincts) parmi les 5 numéros gagnants : ç ÷ possibilités, ÷ ç3ø è ÷ æ45÷ ö ç - choisir 2 numéros (non ordonnés et distincts) parmi les 45 numéros perdants : ç ÷ possibilités, et : ç2÷ ÷ ç ø è ÷ - choisir les 2 étoiles gagnantes (non ordonnées et distinctes) : 1 possibilité, d’où la conclusion : æ5ö æ45ö ç ÷ç ÷ Il y a ç ÷ ç ÷ ´ 1 = 9 900 grilles comportant trois numéros et deux étoiles exacts ç3÷ ç 2 ÷ ÷ ç øç ÷ è ÷è ÷ ø ■ Pour remplir une grille comportant cinq numéros (et aucune étoile) exacts, il faut et il suffit de : - choisir les 5 numéros gagnants (non ordonnés et distincts) : 1 possibilité, et : æ9ö ç ÷ - choisir 2 étoiles (non ordonnées et distinctes) parmi les 9 étoiles perdantes : ç ÷ possibilités, d’où la conclusion : ç2÷ ÷ ç ø è ÷ æ9ö ç ÷ ç ÷ Il y a 1 ´ ç ÷ = 36 grilles comportant cinq numéros (et aucune étoile) exacts ÷ ç2ø è ÷ ➤ F. Tirages dans une urne  On considère une urne contenant 10 boules discernables : 3 boules blanches et 7 boules noires. 1) On effectue un tirage de 4 boules avec remise dans l’urne. Déterminer le nombre de tirages possibles permettant d’obtenir : a) quatre boules noires, b) trois boules noires suivies d’une boule blanche, c) trois boules noires et une boule blanche (dans n’importe quel ordre), d) au moins trois boules noires. Auteur : Steeve SARFATI – Tous droits réservés – Reproduction interdite
  16. 16. Les basiques 5 2) On effectue maintenant un tirage de 4 boules sans remise dans l’urne. Déterminer le nombre de tirages possibles permettant d’obtenir : a) quatre boules noires, b) trois boules noires suivies d’une boule blanche, c) trois boules noires et une boule blanche (dans n’importe quel ordre), d) au moins trois boules noires. 1) a) Comme les 4 tirages sont effectués successivement et avec remise dans une urne contenant 7 boules noires, on peut directement conclure : Il y a 7 4 = 2 401 tirages de 4 boules avec remise dans l’urne permettant d’obtenir 4 boules noires b) Pour obtenir 3 boules noires suivies d’une boule blanche, il faut et il suffit de : - tirer successivement et avec remise 3 boules parmi les 7 boules noires de l’urne au cours des 3 premiers tirages : 7 3 possibilités, puis : - tirer 1 boule parmi les 3 boules blanches de l’urne : 3 possibilités, d’où la conclusion : Il y a 7 3 ´ 3 = 1 029 tirages de 4 boules avec remise dans l’urne permettant d’obtenir 3 boules noires suivies d’une boule blanche. c) Pour obtenir 3 boules noires et une boule blanche (dans n’importe quel ordre), il faut et il suffit de : - choisir le tirage auquel on obtient la boule blanche parmi les 4 tirages effectués : 4 possibilités, - tirer 1 boule parmi les 3 boules blanches de l’urne, à ce tirage : 3 possibilités, - tirer successivement et avec remise 3 boules parmi les 7 boules noires de l’urne au cours des 3 autres tirages : 7 3 possibilités, d’où la conclusion : Il y a 4 ´ 3 ´ 7 3 = 4 116 tirages de 4 boules avec remise dans l’urne permettant d’obtenir 3 boules noires et une boule blanche (dans n’importe quel ordre). ☞ Le cardinal d’un ensemble dont les différents éléments sont formés d’objets pouvant apparaître dans n’importe quel ordre est égal au cardinal de cet ensemble lorsque ses différents éléments sont formés d’objets apparaissant dans un ordre donné, multiplié par le nombre de façons d’ordonner ces objets. d) Soient A l’ensemble des tirages de 4 boules successives et avec remise dans l’urne permettant d’obtenir au moins 3 boules noires, B l’ensemble des tirages de 4 boules successives et avec remise dans l’urne permettant d’obtenir 4 boules noires, et C l’ensemble des tirages de 4 boules successives et avec remise dans l’urne permettant d’obtenir 3 boules noires et une boule blanche (dans n’importe quel ordre). On a clairement : A = B È C , d’où, l’union étant disjointe (on ne peut obtenir concomitamment 4 boules noires, et 3 boules noires et une boule blanche) : Card(A) = Card(B ) + Card(C ). Or, on a : Card(B ) = 2 401 (cf. 1a) et Card(C ) = 4 116 (cf. 1c). On en déduit alors : Card(A) = 2 401 + 4 116 = 6 517, d’où la conclusion : Il y a 6 517 tirages de 4 boules avec remise dans l’urne permettant d’obtenir au moins 3 boules noires Auteur : Steeve SARFATI – Tous droits réservés – Reproduction interdite
  17. 17. 6 Master ClassPrépa 2012-2013 2) a) Comme les 4 tirages sont effectués successivement et sans remise dans une urne contenant 7 boules noires, on peut directement conclure : Il y a 7! = 840 tirages de 4 boules sans remise dans l’urne permettant d’obtenir 4 boules noires (7 - 4)! b) Pour obtenir 3 boules noires suivies d’une boule blanche, il faut et il suffit de : - tirer successivement et sans remise 3 boules parmi les 7 boules noires de l’urne au cours des 3 premiers tirages : 7! possibilités, puis : (7 - 3)! - tirer 1 boule parmi les 3 boules blanches de l’urne : 3 possibilités, d’où la conclusion : 7! ´ 3 = 630 tirages de 4 boules sans remise dans l’urne permettant d’obtenir 4! 3 boules noires suivies d’une boule blanche. Il y a c) Pour obtenir 3 boules noires et une boule blanche (dans n’importe quel ordre), il faut et il suffit de : - choisir le tirage auquel on obtient la boule blanche parmi les 4 tirages effectués : 4 possibilités, - tirer 1 boule parmi les 3 boules blanches de l’urne, à ce tirage : 3 possibilités, - tirer successivement et sans remise 3 boules parmi les 7 boules noires de l’urne au cours des 3 autres tirages : 7! possibilités, d’où la conclusion : (7 - 3)! 7! = 2 520 tirages de 4 boules sans remise dans l’urne permettant d’obtenir 4! 3 boules noires et une boule blanche (dans n’importe quel ordre). Il y a 4 ´ 3 ´ d) Soient A¢ l’ensemble des tirages de 4 boules successives et sans remise dans l’urne permettant d’obtenir au moins 3 boules noires, B ¢ l’ensemble des tirages de 4 boules successives et sans remise dans l’urne permettant d’obtenir 4 boules noires, et C ¢ l’ensemble des tirages de 4 boules successives et sans remise dans l’urne permettant d’obtenir 3 boules noires et une boule blanche (dans n’importe quel ordre). On a clairement : A¢ = B ¢ È C ¢, d’où, l’union étant disjointe (on ne peut obtenir concomitamment 4 boules noires, et 3 boules noires et une boule blanche) : Card(A¢) = Card(B ¢) + Card(C ¢). Or, on a : Card(B ¢) = 840 (cf. 2a) et Card(C ¢) = 2 520 (cf. 2c). On en déduit alors : Card(A¢) = 840 + 2 520 = 3 360, d’où la conclusion : Il y a 3 360 tirages de 4 boules successives et sans remise dans l’urne permettant d’obtenir au moins 3 boules noires. Auteur : Steeve SARFATI – Tous droits réservés – Reproduction interdite
  18. 18. Les basiques 7 ➤ G. Poker  Au poker, avec un jeu de 52 cartes, déterminer : 1) le nombre total de mains de 5 cartes, 2) le nombre de mains de 5 cartes contenant exactement : a) une paire, b) deux paires, c) un brelan, d) une suite, e) une couleur, f) un full, g) un carré, h) une quinte flush, 3) le nombre de mains de 5 cartes contenant : a) au moins trois as, b) au plus trois as, c) au moins un as, d) au plus un as, 4) le nombre de mains de 5 cartes contenant exactement deux as et trois cœurs. 1) Pour constituer une main de 5 cartes, il faut et il suffit de choisir 5 cartes (non ordonnées et distinctes) parmi les 52 cartes du jeu, d’où la conclusion : æ52ö ç ÷ Il y a ç ÷ = 2 598 960 mains de 5 cartes dans un jeu de 52 cartes ç5÷ ç ÷ è ø 2) a) Une main contenant une paire étant constituée de 2 cartes de même hauteur (à choisir parmi les 13 hauteurs du jeu) et de 3 autres cartes de hauteurs distinctes (à choisir parmi les 12 hauteurs restantes), pour obtenir une main de 5 cartes contenant exactement une paire, il faut et il suffit de : - choisir la hauteur de la paire parmi les 13 hauteurs du jeu : 13 possibilités, - choisir les 2 cartes (non ordonnées et distinctes) de la paire parmi les 4 cartes de cette hauteur : æ 4ö ç ÷ ÷ ç ÷ ç2÷ possibilités, ç ø è ÷ - choisir les 3 hauteurs (non ordonnées et distinctes) des 3 cartes restantes parmi les 12 hauteurs restantes : æ12÷ ö ç ÷ ç ÷ possibilités, et : ç3÷ ç ÷ è ø - pour chacune de ces 3 hauteurs, choisir 1 carte parmi les 4 cartes de la hauteur : 4 possibilités pour chacune d’entre elles, donc 43 possibilités pour les 3 hauteurs, d’où la conclusion : æ4ö æ12ö ç ÷ç ÷ Il y a 13 ç ÷ ç ÷ 43 = 1 098 240 mains de 5 cartes contenant exactement une paire ç2 ÷ ç 3 ÷ ç ÷ç ø ÷ ÷ è øè ÷ Auteur : Steeve SARFATI – Tous droits réservés – Reproduction interdite
  19. 19. 8 Master ClassPrépa 2012-2013 b) Une main contenant deux paires étant constituée de deux fois 2 cartes de même hauteur (les deux hauteurs étant à choisir parmi les 13 hauteurs du jeu) et d’une cinquième carte de hauteur différente (à choisir parmi les 11 ´ 4 = 44 cartes des 11 hauteurs restantes), pour obtenir une main de 5 cartes contenant exactement deux paires, il faut et il suffit de : æ13÷ ö ç - choisir les 2 hauteurs (non ordonnées et distinctes) parmi les 13 hauteurs du jeu : ç ÷ possibilités, ç2÷ ç ÷ è ÷ ø - pour chacune de ces 2 hauteurs, choisir les 2 cartes (non ordonnées et distinctes) de la paire parmi les 4 cartes æ4ö2 æ 4ö ç ÷ ÷ possibilités pour chacune d’entre elles, donc ç ÷ possibilités pour les 2 hauteurs, et : ç ÷ de la hauteur : ç ÷ ç2 ÷ ç2 ÷ ç ø ç ÷ ÷ è è ÷ ø - choisir la dernière carte de la main parmi les 44 cartes restantes du jeu : 44 possibilités, d’où la conclusion : æ13÷ æ4ö2 ö ç ç ÷ Il y a ç ÷ ç ÷ 44 = 123 552 mains de 5 cartes contenant exactement deux paires ç 2 ÷ ç2 ÷ ÷ç ÷ ç ÷è ø è ø ÷ c) Une main contenant un brelan étant constituée de 3 cartes de même hauteur et de 2 autres cartes de hauteurs distinctes (à choisir parmi les 12 hauteurs du jeu restantes), pour obtenir une main de 5 cartes contenant exactement un brelan, il faut et il suffit de : - choisir la hauteur du brelan parmi les 13 hauteurs du jeu : 13 possibilités, æ 4ö ç ÷ - choisir les 3 cartes (non ordonnées et distinctes) du brelan parmi les 4 cartes de la hauteur : ç ÷ possibilités, ç3÷ ÷ ç ø è ÷ - choisir les 2 hauteurs (non ordonnées et distinctes) des 2 cartes restantes parmi les 12 hauteurs restantes : æ12÷ ö ç ÷ ç ÷ possibilités, et : ç2÷ ç ÷ è ø - pour chacune de ces 2 hauteurs, choisir 1 carte parmi les 4 cartes de la hauteur : 4 possibilités pour chacune d’entre elles, donc 42 possibilités pour les 2 hauteurs, d’où la conclusion : æ4÷ æ12÷ ö ö ç ç Il y a 13 ç ÷ ç ÷ 42 = 54 912 mains de 5 cartes contenant exactement un brelan ç3÷ ç 2 ÷ ç ÷è ÷ è ÷ç ÷ ø ø d) Soient A l’ensemble des mains contenant une suite, B l’ensemble des mains constituées de 5 cartes qui se “suivent” (A, 2, 3, 4, 5 ou 2, 3, 4, 5, 6 ou … 10, V, D, R, A) et C l’ensemble des mains de 5 cartes qui se suivent dans la même couleur (quinte flush). Une main contenant une suite étant constituée de 5 cartes qui se “suivent”, mais qui ne sont pas toutes de la même couleur (quinte flush), on a clairement : A = B  C , soit, comme C Ì B : Card(A) = Card(B ) - Card(C ). Or, pour obtenir une main de 5 cartes qui se “suivent”, il faut et il suffit de : - choisir la plus petite hauteur des 5 cartes de la main : 10 possibilités (A, 2, 3, …, 9 et 10), et : - pour cette hauteur et chacune des 4 hauteurs immédiatement supérieures, choisir 1 carte parmi les 4 cartes de la hauteur : 4 possibilités pour chacune d’entre elles, donc 45 possibilités pour les 5 hauteurs, d’où : Card(B ) = 10 ´ 45. De plus, pour obtenir une main de 5 cartes qui se “suivent” dans la même couleur (quinte flush), il faut et il suffit de : Auteur : Steeve SARFATI – Tous droits réservés – Reproduction interdite
  20. 20. Les basiques 9 - choisir la plus petite hauteur des 5 cartes de la main : 10 possibilités (A, 2, 3, …, 9 et 10), et : - choisir la couleur commune des 5 cartes de la main parmi les 4 couleurs possibles : 4 possibilités, d’où : Card(C ) = 10 ´ 4 = 40. Comme Card(A) = Card(B ) - Card(C ) (cf. supra), on en déduit alors : Card(A) = 10 ´ 45 - 40 = 10 200, d’où la conclusion : Il y a 10 200 mains de 5 cartes contenant exactement une suite ☞ Lorsque l’on dénombre un ensemble, il faut prendre garde à ne pas ajouter d’élément, i.e. comptabiliser des éléments absents de cet ensemble. Pour cela, il faut parfois voir dans l’ensemble que l’on cherche à dénombrer, la différence de deux ensembles. e) Soient D l’ensemble des mains contenant une couleur et E l’ensemble des mains constituées de 5 cartes de la même couleur (cœur, carreau, trèfle ou pique). Une main contenant une couleur étant constituée de 5 cartes de la même couleur, mais qui ne se “suivent” pas (quinte flush), on a clairement : D = E  C , soit, comme C Ì E : Card(D ) = Card(E ) - Card(C ). Or, pour obtenir une main de 5 cartes de la même couleur, il faut et il suffit de : - choisir la couleur commune des 5 cartes de la main parmi les 4 couleurs possibles : 4 possibilités, et : - choisir les 5 cartes (non ordonnées et distinctes) de la main parmi les 13 cartes de cette couleur : æ13ö ç ÷ possibilités, d’où : ç ÷ ç5÷ ç ø è ÷ æ13ö ç ÷ Card(E ) = 4 ´ ç ÷ . ç5÷ ç ø è ÷ Comme Card(D ) = Card(E ) - Card(C ) (cf. supra) et comme Card(C ) = 40 (cf. 2d), on en déduit alors : æ13ö ç ÷ ç ÷ Card(D ) = 4 ´ ç ÷ - 40 = 5 108, d’où la conclusion : ç5ø è ÷ Il y a 5 108 mains de 5 cartes contenant exactement une couleur f) Une main contenant un full étant constituée d’un brelan et d’une paire, pour obtenir une main de 5 cartes contenant un full, il faut et il suffit de : - choisir les 2 hauteurs (ordonnées et distinctes) du brelan et de la paire : 13! possibilités (les 2 hauteurs (13 - 2)! doivent être ordonnées car le brelan et la paire ne jouent pas des rôles symétriques), æ 4÷ ö ç - choisir les 3 cartes (non ordonnées et distinctes) du brelan parmi les 4 cartes de la hauteur : ç ÷ possibilités, ç3÷ ç ÷ è ÷ ø æ4÷ ö ç - choisir les 2 cartes (non ordonnées et distinctes) de la paire parmi les 4 cartes de la hauteur : ç ÷ possibilités, ç2 ÷ ç ÷ è ÷ ø d’où la conclusion : Il y a ö 13! æ4÷ æ4ö ç ÷ç ÷ ç ÷ ç ÷ = 3 744 mains de 5 cartes contenant exactement un full ç3÷ ç2÷ (13 - 2)! ç ÷ ç ÷ ÷ è øè ø Auteur : Steeve SARFATI – Tous droits réservés – Reproduction interdite
  21. 21. 10 Master ClassPrépa 2012-2013 g) Une main contenant un carré étant constituée de 4 cartes d’une même hauteur et d’une autre carte d’une hauteur différente, pour obtenir une main de 5 cartes contenant un carré, il faut et il suffit de : - choisir la hauteur du carré parmi les 13 hauteurs du jeu : 13 possibilités, - choisir les 4 cartes (non ordonnées et distinctes) du carré parmi les 4 cartes de cette hauteur : æ 4÷ ö ç ÷ ç ÷ = 1 possibilité, ç 4÷ ç ÷ è ø - choisir la dernière carte de la main parmi les 48 cartes restantes du jeu : 48 possibilités, d’où la conclusion : Il y a 13 ´ 48 = 624 mains de 5 cartes contenant exactement un carré h) On peut directement conclure (cf. 2d) : Il y a 40 mains de 5 cartes contenant exactement une quinte flush 3) Dans toute cette question, on désigne par : - A l’ensemble des mains de 5 cartes, - B l’ensemble des mains de 5 cartes ne contenant aucun as, - C l’ensemble des mains de 5 cartes contenant exactement 1 as, - D l’ensemble des mains de 5 cartes contenant exactement 3 as, - E l’ensemble des mains de 5 cartes contenant exactement 4 as, - F l’ensemble des mains de 5 cartes contenant au moins 1 as, - G l’ensemble des mains de 5 cartes contenant au plus 1 as, - H l’ensemble des mains de 5 cartes contenant au moins 3 as, - I l’ensemble des mains de 5 cartes contenant au plus 3 as. a) D’après la définition des différents événements considérés, on a clairement : H = D È E , d’où, l’union étant disjointe (une main ne peut contenir concomitamment 3 as et 4 as) : Card(H ) = Card(D ) + Card(E ). Or, pour obtenir une main de 5 cartes contenant exactement 3 as, il faut et il suffit de : æ 4÷ ö ç - choisir 3 as (non ordonnés et distincts) parmi les 4 as du jeu : ç ÷ possibilités, et : ç3÷ ÷ ç ÷ è ø - choisir les 2 autres cartes de la main (non ordonnées et distinctes) parmi les 48 cartes restantes du jeu : æ48ö ç ÷ ç ÷ possibilités, d’où : ç2÷ ç ÷ è ÷ ø æ4÷ æ48÷ ö ö ç ç Card(D ) = ç ÷ ç ÷ = 4 512. ÷ç ÷ ç3÷ ç 2 ÷ ç ÷è ÷ è ø ø De plus, pour obtenir une main de 5 cartes contenant exactement 4 as, il faut et il suffit de : æ 4÷ ö ç ÷ - choisir 4 as (non ordonnés et distincts) parmi les 4 as du jeu : ç ÷ = 1 possibilité, et : ç 4÷ ç ÷ è ø - choisir la dernière carte de la main parmi les 48 cartes restantes du jeu : 48 possibilités, d’où : Card(E ) = 1 ´ 48 = 48. Auteur : Steeve SARFATI – Tous droits réservés – Reproduction interdite
  22. 22. Les basiques 11 Comme Card(H ) = Card(D ) + Card(E ) (cf. supra), on en déduit alors : Card(H ) = 4 512 + 48 = 4 560, d’où la conclusion : Il y a 4 560 mains de 5 cartes contenant au moins trois as b) D’après la définition des différents événements considérés, on a clairement : I = A  E , d’où, comme E Ì A : Card(I ) = Card(A) - Card(E ). Or, on a : Card(A) = 2 598 960 (cf. 1) et Card(E ) = 48 (cf. 3a). Comme Card(I ) = Card(A) - Card(E ), on en déduit alors : Card(I ) = 2 598 960 - 48 = 2 598 912, d’où la conclusion : Il y a 2 598 912 mains de 5 cartes contenant au plus trois as c) D’après la définition des différents événements considérés, on a clairement : F = A  B, d’où, comme B Ì A : Card(F ) = Card(A) - Card(B ). Or, pour obtenir une main de 5 cartes ne contenant aucun as, il faut et il suffit de choisir les 5 cartes (non æ48ö ç ÷ ordonnés et distinctes) de la main parmi les 52 - 4 = 48 cartes qui ne sont pas des as : ç ÷ possibilités, d’où : ç5÷ ç ø è ÷ æ48ö ç ÷ Card(B ) = ç ÷ = 1 712 304. ç5÷ ç ÷ è ø Comme Card(F ) = Card(A) - Card(B ) (cf. supra) et comme Card(A) = 2 598 960 (cf. 1), on en déduit alors : Card(F ) = 2 598 960 - 1 712 304 = 883 656, d’où la conclusion : Il y a 883 656 mains de 5 cartes contenant au moins un as d) D’après la définition des différents événements considérés, on a clairement : G = B È C , d’où, l’union étant disjointe (une main ne peut contenir concomitamment aucun as et 1 as) : Card(G ) = Card(B ) + Card(C ). æ48ö ç ÷ Or, on a (cf. 3c) : Card(B ) = ç ÷ = 1 712 304. De plus, pour obtenir une main de 5 cartes contenant ç5÷ ç ÷ è ø exactement 1 as, il faut et il suffit de : - choisir 1 as parmi les 4 as du jeu : 4 possibilités, et : - choisir les 4 autres cartes de la main (non ordonnés et distinctes) parmi les 48 cartes restantes du jeu : æ48ö ç ÷ ç ÷ possibilités, d’où : ç4÷ ç ÷ è ÷ ø æ48ö ç ÷ Card(C ) = 4 ç ÷ = 778 320. ç4÷ ç ÷ è ÷ ø Comme Card(G ) = Card(B ) + Card(C ) (cf. supra), on en déduit alors : Card(G ) = 1 712 304 + 778 320 = 2 490 624, d’où la conclusion : Il y a 2 490 624 mains de 5 cartes contenant au plus un as Auteur : Steeve SARFATI – Tous droits réservés – Reproduction interdite
  23. 23. 12 Master ClassPrépa 2012-2013 ☞ Pour dénombrer un ensemble dont les éléments ont tous au moins k objets donnés (n étant le maximum possible), on peut le voir soit comme la réunion des ensembles disjoints dont les éléments ont tous k de ces objets, k + 1 de ces objets, …, n de ces objets, soit comme la différence de l’ensemble de tous les éléments possibles, privé de l’ensemble des éléments ayant au plus k - 1 de ces objets. De même, pour dénombrer un ensemble dont les éléments ont tous au plus k objets donnés, on peut le voir soit comme la réunion des ensembles disjoints dont les éléments ont tous aucun de ces objets, un seul de ces objets, …, k - 1 de ces objets, soit comme la différence de l’ensemble de tous les éléments possibles, privé de l’ensemble des éléments ayant au moins k + 1 de ces objets. 4) Soient maintenant A l’ensemble des mains de 5 cartes contenant deux as et trois cœurs, B l’ensemble des mains de 5 cartes contenant deux as et trois cœurs, dont l’as de cœur, et C l’ensemble des mains de 5 cartes contenant deux as et trois cœurs, mais pas l’as de cœur. On a clairement : A = B È C , d’où, l’union étant disjointe (une main ne peut concomitamment contenir et être privée de l’as de cœur) : Card(A) = Card(B ) + Card(C ). Or, pour obtenir une main de 5 cartes contenant deux as et trois cœurs, dont l’as de cœur, il faut et il suffit de : - choisir l’as de cœur : 1 possibilité, - choisir 1 as parmi les 3 as restants : 3 possibilités, æ12ö ç ÷ - choisir 2 cœurs (non ordonnés et distincts) parmi les 12 cœurs restants : ç ÷ possibilités, et : ç2÷ ÷ ç ø è ÷ - choisir la dernière carte de la main parmi les 52 - 13 - 4 + 1 = 36 cartes qui ne sont ni des as, ni des cœurs : 36 possibilités, d’où : æ12ö ç ÷ Card(B ) = 1 ´ 3 ´ ç ÷ ´ 36 = 7 128. ç2÷ ÷ ç ø è ÷ De plus, pour obtenir une main de 5 cartes contenant deux as et trois cœurs, mais pas l’as de cœur, il faut et il suffit de : æ3ö ç ÷ - choisir 2 as (non ordonnés et distincts) parmi les 3 as autres que l’as de cœur : ç ÷ possibilités, et : ç ÷ ÷ ç2÷ è ø æ12ö ç ÷ - choisir 3 cœurs (non ordonnés et distincts) parmi les 12 cœurs autres que l’as de cœur : ç ÷ possibilités, d’où : ç3÷ ÷ ç ø è ÷ æ3÷ æ12÷ ö ö ç ç Card(C ) = ç ÷ ç ÷ = 660. ç2÷ ç 3 ÷ ç ÷è ÷ è ÷ç ÷ ø ø Comme Card(A) = Card(B ) + Card(C ) (cf. supra), on en déduit alors : Card(A) = 7 128 + 660 = 7 788, d’où la conclusion : Il y a 7 788 mains de 5 cartes contenant deux as et trois cœurs ☞ Lorsque l’on dénombre un ensemble, il faut prendre garde à ne pas compter deux fois certains de ses éléments. Pour cela, on veillera à bien écrire l’ensemble que l’on cherche à dénombrer comme la réunion d’ensembles disjoints, avant d’écrire que le cardinal de cette réunion est égal à la somme des cardinaux de ces différents ensembles. Auteur : Steeve SARFATI – Tous droits réservés – Reproduction interdite
  24. 24. Les basiques 13 ➤ H. Échiquier  On considère un échiquier (8 rangées de 8 cases). 1) De combien de façons peut-on placer 8 tours indiscernables sur cet échiquier de telle sorte qu’aucune ne puisse en “prendre” une autre en un coup ? 2) De combien de façons peut-on placer 4 pions indiscernables sur cet échiquier de telle sorte que : a) ils soient toutes les quatre alignés (i.e. disposées sur une même droite), b) au moins trois d’entre eux soient alignés ? 1) Pour placer 8 tours indiscernables sur un échiquier de telle sorte qu’aucune ne puisse en “prendre” une autre en un coup, il faut et il suffit de ne placer qu’une seule et unique tour sur chaque ligne et sur chaque colonne de l’échiquier. Pour cela, il faut et il suffit de : - numéroter les 8 tours : 1 possibilité (les tours étant indiscernables), - construire une bijection s de l’ensemble 1, 8  vers l’ensemble des 8 colonnes de l’échiquier : 8 ! possibilités, et : - placer, pour tout k Î 1, 8 , la k ème tour sur la case située sur la ligne numéro k et la colonne numéro s(k ) de l’échiquier : 1 possibilité, d’où la conclusion : Il y a 8 ! façons de placer 8 tours indiscernables sur cet échiquier de telle sorte qu’aucune ne puisse en “prendre” une autre en un coup. ☞ Lorsque des objets sont indiscernables, il n’y a toujours qu’une seule façon d’en choisir, numéroter, ordonner, placer, ranger, tirer, trier… un certain nombre d’entre eux, que ces objets doivent être ordonnés ou non, distincts ou non (comme ils sont indiscernables, il n’y a aucune différence entre eux du point de vue de l’expérimentateur, donc aucune différence dans le résultat final quelque soient les objets choisis). 2) a) Soient A l’ensemble des dispositions des 4 pions sur cet échiquier de telle sorte qu’ils soient tous les quatre alignés, et, pour tout k Î  4, 8 , Ak l’ensemble des dispositions des 4 pions sur cet échiquier de telle sorte qu’ils soient tous les quatre alignés sur une droite comportant k cases. Toute “droite” de l’échiquier d’au moins 4 cases comportant au minimum 4 cases et au maximum 8 cases, on a clairement : A = 8  Ak . k =4 Cette union étant disjointe (pour tout (k, k ¢) Î  4, 8 2 tel que k ¹ k ¢, les 4 pions ne peuvent être conco8 mitamment alignés sur une droite comportant k et k ¢ cases), on en déduit alors : Card(A) = å Card(Ak ) ➀. k =4 Or, pour tout k Î  4, 7 , pour choisir un élément de Ak , i.e. une disposition des 4 pions sur cet échiquier de telle sorte qu’ils soient tous les quatre alignés sur une droite comportant k cases, il faut et il suffit de : - choisir une droite comportant k cases sur l’échiquier : 4 possibilités (les 4 “diagonales” de k cases de l’échiquier), æk ÷ ö ç ÷ - choisir 4 cases parmi les k cases de cette droite : ç ÷ possibilités, et : ç 4÷ ç ø è - placer les 4 pions indiscernables sur ces 4 cases : 1 possibilité (les pions étant indiscernables), d’où : æk ÷ ö ç " k Î  4, 7 , Card(Ak ) = 4 ç ÷ . ÷ ç 4÷ ç ÷ è ø Auteur : Steeve SARFATI – Tous droits réservés – Reproduction interdite
  25. 25. 14 Master ClassPrépa 2012-2013 De plus, pour choisir un élément de A8 , i.e. une disposition de 4 pions sur cet échiquier de telle sorte qu’ils soient tous les quatre alignés sur une droite comportant 8 cases, il faut et il suffit de : - choisir une droite comportant 8 cases sur l’échiquier : 18 possibilités (les 8 lignes, les 8 colonnes, et les 2 “grandes” diagonales), æ 8÷ ö ç ÷ - choisir 4 cases parmi les 8 cases de cette droite : ç ÷ possibilités, et : ç 4÷ ç ø è - placer les 4 pions indiscernables sur ces 4 cases : 1 possibilité (les pions étant indiscernables), d’où : æ 8÷ ö ç Card(A8 ) = 18 ç ÷ . ç 4÷ ç ÷ è ÷ ø D’après la relation ➀, on peut maintenant écrire : Card(A) = 4 æk ÷ ö æ 8ö ç ÷ ç ÷ ç ÷ + 18 ç ÷ ç ÷ å ç 4÷ ç ÷ ç4÷ è ø ø k =4 è ÷ 7 d’où, d’après la formule de Pascal itérée (cf. 12.1) : æ 8ö æ8 ö ç ÷ Card(A) = 4 ç ÷ + 18 ç ÷ ç ÷ ÷ ç4 ÷ ç5 ÷ ç ø ç ÷ è è ÷ ø et donc : Card(A) = 1 484 d’où la conclusion : Il y a 1 484 façons de placer les 4 pions sur cet échiquier de telle sorte qu’ils soient tous les quatre alignés. b) ❏ Soient B l’ensemble des dispositions des 4 pions sur cet échiquier de telle sorte qu’exactement trois d’entre eux soient alignés, et, pour tout k Î  3, 8 , Bk l’ensemble des dispositions des 4 pions sur cet échiquier de telle sorte qu’exactement trois d’entre eux soient alignés sur une droite comportant k cases. Toute “droite” de l’échiquier d’au moins 3 cases comportant au minimum 3 cases et au maximum 8 cases, on a clairement : B = 8  Bk . k =3 Cette union étant disjointe (pour tout (k, k ¢) Î  3, 8 2 tel que k ¹ k ¢, 3 des 4 pions ne peuvent être conco8 mitamment alignés sur une droite comportant k et k ¢ cases), on en déduit alors : Card(B ) = å Card(Bk ) ➁. k =3 Or, pour tout k Î  3, 7 , pour choisir un élément de Bk , i.e. une disposition des 4 pions sur cet échiquier de telle sorte qu’exactement trois d’entre eux soient alignés sur une droite comportant k cases, il faut et il suffit de : - choisir une droite comportant k cases sur l’échiquier : 4 possibilités (les 4 “diagonales” de k cases de l’échiquier), æk ÷ ö ç ÷ - choisir 3 cases parmi les k cases de cette droite : ç ÷ possibilités, ç3÷ ç ø è - placer 3 des 4 pions indiscernables sur ces 3 cases : 1 possibilité (les pions étant indiscernables), et : - placer le pion restant sur une des 64 - k cases restantes (pour que seuls trois d’entre eux soient alignés) : 64 - k possibilités, d’où : æk ÷ ö ç " k Î  3, 7 , Card(Bk ) = 4 ´ (64 - k ) ç ÷ . ç3÷ ç ÷ è ÷ ø Auteur : Steeve SARFATI – Tous droits réservés – Reproduction interdite
  26. 26. Les basiques 15 De plus, pour choisir un élément de B8 , i.e. une disposition de 4 pions sur cet échiquier de telle sorte qu’exactement trois d’entre eux soient alignés sur une droite comportant 8 cases, il faut et il suffit de : - choisir une droite comportant 8 cases sur l’échiquier : 18 possibilités (les 8 lignes, les 8 colonnes, et les 2 “grandes” diagonales), æ 8÷ ö ç ÷ - choisir 3 cases parmi les 8 cases de cette droite : ç ÷ possibilités, ç3÷ ç ø è - placer 3 des 4 pions indiscernables sur ces 3 cases : 1 possibilité (les pions étant indiscernables), et : - placer le pion restant sur une des 64 - 8 = 56 cases restantes (pour que seuls trois d’entre eux soient alignés) : 56 possibilités, d’où : æ 8ö ç ÷ Card(B8 ) = 18 ´ 56 ç ÷ . ç ÷ ÷ ç3÷ è ø D’après la relation ➁, on peut maintenant écrire : 7 æk ÷ ö æ 8÷ ö k =3 Card(B ) = 4 è ø è ø ç ÷ ç ÷ ÷ ÷ å (64 - k ) ç3÷ + 1 008 ç3÷ ç ÷ ç ÷ ç ç i.e. : 7 æk ÷ ö æ8÷ ö k =3 Card(B ) = 4 è ø è ø ç ÷ ç ÷ å (65 - (k + 1)) ç3÷ + 1 008 ç3÷ ç ÷ ç ÷ ç ÷ ç ÷ æk ÷ ö æ ö ç çk + 1÷ ÷ d’où, comme " k Î  3, 7 , (k + 1) ç ÷ = 4 ç ç3÷ ç 4 ÷: ÷ ç ÷ ç ÷ è ÷ ø è ø 7 æk ö 7 æk + 1ö æ 8ö ÷ ÷ + 1 008 ç ÷ ç ÷ ç ç ÷ Card(B ) = 260 å ç ÷ - 16 å ç ÷ ÷ ç3÷ ç 4 ÷ ç3÷ ç ø ç ç ÷ ÷ è ÷ ø ø k =3 è ÷ k =3 è et donc, d’après la formule de Pascal itérée (cf. 12.1) : æ8÷ ö æ 8ö æ9ö ç ÷ ç ÷ ç ÷ ÷ ç ÷ ç ÷ Card(B ) = 260 ç ÷ - 16 ç ÷ + 1 008 ç ÷ ç ÷ ç4 ÷ ç5÷ ç3÷ è ø è ø è ø d’où la conclusion : Card(B ) = 72 632. ❏ Soit maintenant C l’ensemble des dispositions des 4 pions sur cet échiquier de telle sorte qu’au moins trois d’entre eux soient alignés. On a clairement : C = A È B, d’où, cette union étant disjointe (on ne peut avoir concomitamment exactement 3 et 4 pions alignés) : Card(C ) = Card(A) + Card(B ) d’où, d’après les résultats précédents : Card(C ) = 1 484 + 72 632 et donc : Card(C ) = 74 116 d’où la conclusion : Il y a 74 116 façons de placer les 4 pions sur cet échiquier de telle sorte qu’au moins trois d’entre eux soient alignés. æ ç ö æn ö ÷ ÷ Aij ÷ et Card ç  Ai ÷ ç  ÷ ç ÷ ç i =1 ÷ ÷ è ø è j =1 ÷ ø ➠ I. Card ç ç ç k  1) Soient n un entier naturel non nul, W l’ensemble des permutations de 1, n , et, pour tout i Î 1, n , Ai = {w Î W / w(i ) = i } . Déterminer, pour tout k Î 1, n  et pour toute k -liste (i j )1£ j £k d’éléments distincts de 1, n , æ k ö ÷ ç Card ç  Aij ÷ . En déduire le nombre de permutations de 1,n  laissant au moins un point fixe. ÷ ç ÷ ç j =1 ø ÷ è Auteur : Steeve SARFATI – Tous droits réservés – Reproduction interdite
  27. 27. 16 Master ClassPrépa 2012-2013 2) Soient n et p deux entiers naturels non nuls. On considère une urne contenant n boules numérotées de 1 à n dans laquelle on effectue une suite de p tirages avec remise d’une boule, et on note, pour tout i Î 1, n , Ai l’ensemble des suites de p tirages d’une boule dans l’urne telle que la boule numérotée i n’apparaisse pas au cours de ces p tirages. Déterminer, pour tout k Î 1, n  et pour toute k -liste (i j )1£ j £k d’éléments distincts de 1, n , æ k ö ÷ ç Card ç  Aij ÷ . En déduire le nombre de suite de p tirages d’une boule de l’urne telles qu’au moins une ÷ ç ÷ ç j =1 ø ÷ è boule n’apparaisse pas au cours de ces p tirages. aaaaaa aaa 1) ■ D’après la définition des (Ai )1£i £n , on peut écrire que, pour tout k Î 1, n  et pour toute k -liste (i j )1£ j £k d’éléments distincts de 1, n , k  Ai j =1 j = {w Î W / " j Î 1, k , w(i j ) = i j } est l’ensemble des permutations de 1,n  laissant au moins les points (i j )1£ j £k fixes. Or, pour tout k Î 1, n  et pour toute k -liste (i j )1£ j £k d’éléments distincts de 1, n , pour construire une æ k ö ÷ application w Î ç  Aij ÷ laissant au moins les points (i j )1£ j £k fixes, il faut et il suffit de : ç ÷ ç ÷ ç è j =1 ø - poser, pour tout j Î 1, k , w(i j ) = i j : 1 possibilité, et : - construire une permutation de 1, n   {i j , j Î 1, k } : (n - k ) ! possibilités, d’où la conclusion : æ k ö ÷ ç ÷ ç Pour tout k Î 1, n  et pour toute k -liste (i j )1£ j £k d’éléments distincts de 1, n , Card ç  Aij ÷ = (n - k )! ÷ ç j =1 ø ÷ è n ■ D’après la définition des (Ai )1£i £n , on peut écrire que  Ai = {w Î W / $ i Î 1, n , w(i) = i } est l’ensemble i =1 des permutations de 1, n  laissant au moins un point fixe. Or, d’après la formule de Poincaré, on peut écrire : é n æ k öù æ n ö ÷ ç ÷ ÷ Card ç  Ai ÷ = å (-1)k +1 êê ç ÷ å Card ç  Aij ÷ úúú ç ç ÷ ç i =1 ÷ k =1 ç j =1 ÷ è ø êë 1£i1 <i2 <...<ik £n è øû d’où (cf. supra) : n æ n ö é ù ÷ Card ç  Ai ÷ = å (-1)k +1 ê ç å (n - k )! úú ÷ ç ê 1£i <i <...<i £n ç i =1 ÷ k =1 è ø k ë 1 2 û æn ÷ ö ç ÷ et donc, la seconde somme comportant ç ÷ termes çk ÷ ç ø è égaux (cf. 12.9.1) : æ ö æn ö ÷ Card ç  Ai ÷ = å (-1)k +1 ç ÷ (n - k )! ç çk ÷ ÷ ç ç ÷ ç ÷ ç i =1 ÷ k =1 è ø è ø n n æ n ö ÷ Card ç  Ai ÷ = n ! ç ÷ ç ÷ ç i =1 ø è i.e. : (-1)k +1 . k! k =1 n å On peut désormais conclure : (-1)k +1 k! k =1 n Le nombre de permutations laissant au moins un fixe est égal à : n ! Auteur : Steeve SARFATI – Tous droits réservés – Reproduction interdite å
  28. 28. Les basiques 2) ■ 17 D’après la définition des (Ai )1£i £n , on peut écrire que, pour tout k Î 1, n  et pour toute k -liste (i j )1£ j £k d’éléments distincts de 1, n , k  Ai j =1 est l’ensemble des suites de p tirages d’une boule dans l’urne telles que les aaa j boules numérotées (i j )1£ j £k ne soient pas apparues au cours de ces p tirages. Or, pour tout k Î 1, n  et pour toute k -liste (i j )1£ j £k d’éléments distincts de 1, n , pour effectuer une suite de p tirages d’une boule dans l’urne de telle sorte que les boules numérotées (i j )1£ j £k n’apparaissent pas au cours de ces p tirages, il faut et il suffit d’effectuer la suite des p tirages parmi les boules dont les numéros sont éléments de l’ensemble 1, n , à savoir construire une application de 1, p  dans 1, n   {i j , j Î 1, k } : (n - k )p possibilités, d’où la conclusion : æ k ö ÷ ç Pour tout k Î 1, n  et pour toute k -liste (i j )1£ j £k d’éléments distincts de 1, n , Card ç  Aij ÷ = (n - k )p ÷ ç ÷ ç j =1 ÷ è ø n ■ D’après la définition des (Ai )1£i £n , on peut écrire que  Ai est l’ensemble des suites de p tirages d’une i =1 boule de l’urne de telle sorte qu’au moins une boule n’apparaisse pas au cours de ces p tirages. Or, d’après la formule de Poincaré, on peut également écrire : é n æ k öù æ n ö ÷ ç ÷ ç ÷ ç Card ç  Ai ÷ = å (-1)k +1 êê ç ÷ å Card ç  Aij ÷ úúú ÷ ç j =1 ÷ ç i =1 ÷ k =1 è ø êë 1£i1 <i2 <...<ik £n è øû d’où (cf. supra) : n æ n ö é ù ÷ Card ç  Ai ÷ = å (-1)k +1 ê (n - k )p ú ç ÷ ç ÷ ú ê 1£i <i å<i £n ç i =1 ø k =1 è ë 1 2 <... k û æn ö ç ÷ et donc, la seconde somme comportant ç ÷ termes çk ÷ ç ø è ÷ n æ n ö æn ö ÷ Card ç  Ai ÷ = å (-1)k +1 ç ÷ (n - k )p . ç çk ÷ ÷ ç ç ÷ ÷ ç ÷ ç è ø è ø i =1 égaux (cf. 12.9.1) : k =1 On peut désormais conclure : Le nombre de suites de p tirages d’une boule de l’urne telles qu’au moins une boule n’apparaisse pas n æn ÷ ö ç ÷ au cours de ces p tirages est égal à : å (-1)k +1 ç ÷ (n - k )p . çk ÷ ç ø è k =1 ➠ J. Partitions en paires d’un ensemble de cardinal pair  * Déterminer, pour tout n Î ‫ , ގ‬le nombre de partitions en paires d’un ensemble de cardinal 2n. Pour tout n Î ‫ ,*ގ‬on désigne par An un ensemble de cardinal 2n : An = {x i , i Î 1, 2n }, et on note an le nombre de partitions en paires de An . Pour tout entier naturel non nul n, pour construire une partition en paires de An +1, il faut et il suffit de : - choisir l’élément associé à x1 dans leur classe commune parmi les 2n + 1 éléments de l’ensemble æ2n + 1÷ ö ÷ = 2n + 1 possibilités, et : ÷ ÷ ÷ ø ç {x i , i Î 2,2n + 2} : ç 1 ç ç è - construire une partition en paires de l’ensemble des 2n éléments restants : an possibilités. Auteur : Steeve SARFATI – Tous droits réservés – Reproduction interdite
  29. 29. 18 Master ClassPrépa 2012-2013 D’après la définition des réels (an )n Î‫ , *ގ‬on en déduit alors : " n Î ‫ ,*ގ‬an +1 = (2n + 1) an , et donc, à l’aide d’une récurrence immédiate : (2 ´ 1 - 1) é ù " n Î 2, +¥, an = ê  (2k - 1) ú a1 ê k=2 ú ë û n soit, en multipliant cette relation par 1 = n n  2k k =1  2k (n ³ 2) : k=1 é n ùé n ù ê  (2k - 1) ú ê  2k ú úê ú ê û ë k =1 û a " n Î 2, +¥, an = ë k =1 n 1 2k  i.e. : é 2n ù ê k ú ê ú " n Î 2, +¥, an = n ë k =1 nû a é ùé ù 1 ê 2ú ê k ú ê k =1 ú ê k =1 ú ë ûë û et donc : k =1 " n Î 2, +¥, an = (2n )! a1 . 2n n ! Comme on ne peut construire qu’une seule partition en paires d’un ensemble de cardinal 2, on peut également écrire : a1 = 1, et donc : " n Î 2, +¥, an = Comme a1 = 1 = (2n )! . 2n n ! (2 ´ 1)! , le cas n = 1 rejoint le cas général, et on peut désormais conclure : 21 ´ 1! Pour tout n Î ‫ ,*ގ‬le nombre de partitions en paires d’un ensemble de cardinal 2n est égal à :  Se souvenir que le nombre de partitions en paires d’un ensemble de cardinal 2n est égal à : ➠ K. Loto et numéros non consécutifs (2n )! 2n n ! (2n )! . 2n n !  Au Loto (loterie à 5 numéros à choisir parmi 49), déterminer le nombre total de grilles ne comportant pas de numéros consécutifs. Soit (x i )1£i £5 une liste de 5 numéros non consécutifs rangés dans l’ordre croissant de 1, 49. On peut écrire : 1 £ x 1 £ x 2 £ ... £ x 5 £ 49 et " i Î 1, 4 , x i +1 - x i > 1, d’où : 1 £ x1 < x 2 - 1 < x 3 - 2 < ... < x 5 - 4 £ 49 - 4. En posant, pour tout i Î 1, 5, yi = x i - i + 1, on peut maintenant écrire : 1 £ y1 < y2 < ... < y5 £ 45. (yi )1£i £5 est donc une 5-liste strictement croissante d’éléments de 1, 45. Soient alors A l’ensemble des 5-listes de numéros non consécutifs rangés dans l’ordre croissant de 1, 49, B l’ensemble des 5-listes strictement croissantes d’éléments de 1, 45, et j l’application de A dans B qui, à toute 5-liste (x i )1£i £5 associe la 5-liste (yi )1£i £5 Î B définie par : " i Î 1, 5, yi = x i - i + 1. Auteur : Steeve SARFATI – Tous droits réservés – Reproduction interdite aaa
  30. 30. Les basiques 19 Comme, pour tout i Î 1, 5, l’application x i  yi = x i - i + 1 est affine, donc bijective, on peut écrire (pour plus de détails, cf. 12.10) que j est une application bijective de A vers B, et donc : Card(A) = Card(B ). Or, pour construire une 5-liste strictement croissante d’éléments de 1, 45, il faut et il suffit de : æ45ö - choisir 5 éléments (non ordonnés et distincts) de 1, 45 : ç ÷ possibilités, et : ç ÷ ç5÷ ç ø è ÷ - ranger ces 5 éléments dans l’ordre croissant (pour tout i Î 1, 5, on appelle alors x i le i ème plus petit de ces éléments) : 1 possibilité. æ45ö æ45ö On en déduit alors qu’il existe ç ÷ 5-listes strictement croissantes d’éléments de 1, 45, i.e. : Card(B ) = ç ÷, ç ÷ ç ÷ ç5÷ ç5÷ ç ø ç ø è ÷ è ÷ æ45ö et donc, comme Card(A) = Card(B ) (cf. supra) : Card(A) = ç ÷, d’où la conclusion : ç ÷ ç ÷ ç5ø è ÷ æ45ö Au Loto, le nombre total de grilles ne comportant pas de numéros consécutifs est égal à ç ÷ ç ÷ ç ÷ ç5ø è ÷ Auteur : Steeve SARFATI – Tous droits réservés – Reproduction interdite
  31. 31. 20 Master ClassPrépa 2012-2013 Auteur : Steeve SARFATI – Tous droits réservés – Reproduction interdite
  32. 32. Les incontournables Tous les résultats classiques et théorèmes hors-programme au cœur des sujets de concours ✦ 1. Formule de Pascal itérée (ou formule des colonnes) Soient n et p deux entiers naturels tels que n £ p. Montrer que :  p æk ö æ p + 1ö ÷ ç ÷ ç ÷ å çn ÷ = çn + 1÷. ç ÷ ç ÷ ç ÷ ç ÷ è ø k =n è ø D’après la formule de Pascal, on peut écrire : æ ö æk ö ç k ö çk + 1÷ ÷ æ ç ÷ ç ÷ ÷ ç ç ÷ " k Î n, p , ç ÷ + ç ÷ ÷=ç ÷ çn ø çn + 1ø çn + 1÷ ÷ è ÷ è ÷ è ø i.e. : æk ö æk + 1ö æ k ö ÷ ç ÷ ç ÷ ç ÷ ç ÷ " k Î n, p , ç ÷ = ç ç ÷ ç ÷-ç ÷ ÷ è n ø çn + 1÷ èn + 1÷ ç ç ÷ ÷ è ø ø d’où, en sommant cette relation pour k = n à k = p : p æk ö ç ÷= ç ÷ å å çn ÷ ç ÷ k =n k =n è ø p é æk + 1ö æ k ö ù ÷ ÷ êç ÷ ç ÷ú ç êçn + 1÷ - çn + 1÷ ú ÷ ç ÷ ÷ ç ÷ú êë ç è ø è øû et donc, les termes de la seconde somme s’annulant deux à deux : ö æk ö æ p + 1÷ æ n ÷ ö ÷ ç ÷ ç ÷ ç ÷ ç å çn ø = çn + 1÷ - çn + 1÷ ç ÷ ç ÷ ç ÷ ç ÷ è ÷ ç ø ø è k =n è æ n ö ÷ ÷ d’où la conclusion, comme, par convention, ç ç çn + 1÷ = 0 : ÷ ç è ø p p æk ö æ p + 1ö ÷ ç ÷ ç ÷ å çn ÷ = çn + 1÷ ç ÷ ç ÷ ç ÷ ç ÷ è ø è k =n ø NB : Cette formule aurait également pu être démontrée par récurrence.  Retenir la formule de Pascal itérée (ou formule des colonnes) : " (n, p) Î ‫ ,2ގ‬n £ p  æk ö æ p + 1ö ÷ ç ÷ ç ÷ å çn ÷ = çn + 1÷, ou, autre formulation : " (n, p) Î ‫,2ގ‬ ç ÷ ç ÷ ç ÷ è ÷ è ø ç ø k =n p n æ2n + 1ö ÷ ÷ ÷ ÷ et å ç ç ÷ ç k ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ç è ø ø ö æn + k ö æn + p + 1÷ ÷ ç ÷ ÷ ç ÷ = ç n + 1 ÷. ÷ n ø ç ÷ è ÷ ø k =0 p ç åç ç ç è n -1 æ2n ö ç ✦ 2. Calcul de å ç çk è k =0 ç  k =0 1) Soit n un entier naturel non nul. Calculer n -1 æ2n ö ç ÷ k =0 è ø å ç k ÷. ç ÷ ç ÷ ÷ æ2n + 1÷ ö ÷. ÷ ÷ k ø ÷ k =0 è n 2) Soit n un entier naturel. Calculer ç åç ç ç Auteur : Steeve SARFATI – Tous droits réservés – Reproduction interdite
  33. 33. 22 Master ClassPrépa 2012-2013 1) Par symétrie des coefficients binomiaux, on peut écrire : æ2n ÷ æ 2n ÷ ö ö ç ç ÷ " k Î  0,2n , ç ÷ = ç ç k ÷ ç2n - k ÷ ç ÷ ÷ ç ÷ è ÷ è ø ø n -1 æ2n ö ç ÷ n -1 æ ö ç 2n ÷ k =0 è ø k =0 è ÷ å ç k ÷ = å ç2n - k ÷ ç ÷ ç ÷ ç ÷ ç ÷ ÷ n -1 æ2n ö ç ÷ k =0 è ø d’où, en sommant cette relation pour k = 0 à k = n - 1 : et donc, en effectuant le changement de variable k ¢ = 2n - k ø dans la seconde somme : æ2n ö ç ÷ ç ÷. çk ÷ ÷ ÷ è ø k =n +1 ç 2n åçk ÷= å ç ÷ ç ÷ ÷ De plus, on a : n -1 æ2n ö ç ÷ k =0 è ø æ ÷ 2n æ2n ÷ æ2n ö ö ö ç2n ÷ ç ç ÷ ç ÷ ç ÷ ç ÷ ç k ÷ = å ç k ÷-ç n ÷ ç ÷ ç ÷ ç ÷ k =0 è ÷ è ø ø ø k =n +1 è 2n ÷ ç ÷ åç k ÷+ å ç ÷ æ2n ö n -1 æ2n ö ç ÷ ç ÷ = å ç ÷, ç ÷ ÷ çk ÷ ÷ ç ø k =0 ç k ø ç ÷ ÷ è ÷ k =n +1 è 2n soit, comme å d’après la formule du binôme de Newton : n -1 æ2n ö æ2n ö ç ÷ ç ÷ 2 å ç ÷ = 22n - ç ÷ ÷ çk ÷ çn ÷ ç ø ç ø ÷ è ÷ k =0 è d’où la conclusion : n -1 æ2n ö ç ÷ k =0 è 1 æ2n ö ø ç ÷ ç ÷ ç ÷ ÷ å ç k ÷ = 22n-1 - 2 è n ø ç ÷ ç ÷ ç ÷ 2) Par symétrie des coefficients binomiaux, on peut écrire : æ2n + 1ö æ 2n + 1 ÷ ö ÷ ç ç ÷ ÷ " k Î  0, 2n + 1, ç ç k ÷ = ç2n + 1 - k ÷ ÷ ç ÷ ç ÷ ç ÷ è ø è ø d’où, en sommant cette relation pour k = 0 à k = n : n æ 2n + 1 ö æ2n + 1ö ÷ ÷ ç ÷= åç ÷ ç ÷ ÷ ç ÷ ÷ k ÷ k =0 è2n + 1 - k ø ç ÷ ø k =0 è et donc, en effectuant le changement de variable k ¢ = 2n + 1 - k n åç ç ç dans la seconde somme : 2n +1 æ2n + 1ö æ2n + 1÷ ö ÷ ç ÷= å ç ÷. ç ç ÷ ÷ åç k ÷ ç ÷ ÷ k =n +1 ç k ø ÷ ç ø è k =0 è n De plus, on a : æ2n + 1÷ 2n +1 æ2n + 1÷ 2n +1 æ2n + 1ö ö ö ÷ ç ç ÷+ å ç ÷ ÷ ç ÷ ç k ÷= å ç k ÷ ç ÷ ÷ k ÷ k =n +1 è ç ç ÷ ÷ k =0 è ÷ ø ø ø k =0 è n æ2n + 1ö æ2n + 1÷ ö ÷ ç ç ÷ ÷ ç ç k ÷ = å ç k ÷, ç ÷ ÷ ç ç ÷ k =0 è ÷ ø ø k =n +1 è 2n +1 n åç ç ç soit, comme å et d’après la formule du binôme de Newton : n æ2n + 1ö ÷ ç 2n +1 ÷ 2 åç ç k ÷=2 ÷ ç ÷ è ø k =0 d’où la conclusion : æ2n + 1÷ ö ç 2n ÷ ÷=2 ÷ k ÷ ø k =0 è n åç ç ç  Se souvenir que : - " n Î ‫,*ގ‬ - " n Î ‫,ގ‬ n -1 æ2n ö ç ç åçk ç k =0 è 2n æ2n ö 1 ÷ ç ÷ 2n -1 ÷ ÷ ç ÷ ÷= å ç ÷=2 ÷ 2 ÷ k =n +1 ç k ÷ ø è ø æ2n ö ÷ ç ÷ ç ÷ ç n ÷, et : ç ø è 2n +1 æ2n + 1ö æ2n + 1÷ ö ÷ ç ç 2n ÷ ÷ ÷= å ç ÷=2 . ç ÷ k ÷ k =n +1 è k ÷ ç ÷ ø ø k =0 è n åç ç ç Auteur : Steeve SARFATI – Tous droits réservés – Reproduction interdite
  34. 34. Les incontournables 23 ✦ 3. Formules sommatoires obtenues par décomposition de coefficients binomiaux  1) Soit n un entier naturel. Calculer : n a) æn ö ÷ ç ÷ å k çk ø. ç ÷ ç ÷ è k =0 n b) æn ö ç ÷ å k 2 çk ÷ . ç ÷ ç ÷ è ø k =0 n å c) k =0 ö 1 æn ÷ ç ÷. ç ÷ çk ÷ k +1 ç ø è 2) Soient n et p deux entiers naturels non nuls tels que n £ p. Calculer : æk ö p a) ç ÷ ÷ ç ÷ å (k + 1) çn ø. ç ÷ è k =n p b) æk ö ç ÷ å k 2 çn ÷. ç ÷ ç ÷ è ø k =n p c) 1 æk ö ÷ ç ÷ å k çn ø. ç ÷ ç ÷ è k =n æ æn - 1ö æn ö n çn - 1ö æn ÷ ö ÷ ÷ ç ç ÷ ÷ ÷ ç ÷ 1) a) Supposons que n ³ 1. On a : " k Î 1, n , ç ÷ = ç ÷ ÷ ç çk ÷ k çk - 1÷, d’où : " k Î 1, n , k çk ÷ = n çk - 1÷ . On en déduit ç ÷ ÷ ç ç ç ø ç ø ÷ ÷ è è è ø è ø alors, en sommant cette relation pour k = 1 à k = n : n æn ö n æn - 1ö ÷ ç ç ÷ ÷ å k çk ÷ = n å çk - 1÷ ç ç ÷ ÷ ç ç ÷ ÷ è ø k =1 è k =1 n æn ö ø n -1 æn ö - 1÷ ÷ ÷ ÷ k ø ÷ k =0 è ç ç ÷ å k çk ÷ = n å ç ç ç ÷ ç ç ÷ è ø k =1 n æn ö k =1 n æn ö soit encore, d’après la formule du binôme de Newton : æn ö et donc, en additionnant 0 ç ÷ = 0 membre à membre : ç ÷ ç ÷ ç 0÷ è ø ç ÷ å k çk ÷ = n2n -1 ç ÷ ç ÷ è ø ç ÷ å k çk ÷ = n 2n-1 ç ÷ ç ÷ è ø soit, en effectuant le changement de variable k ¢ = k - 1 dans la seconde somme : ➀. k =0 æ0÷ ö ç ÷ Comme 0 ç ÷ = 0 = 0 ´ 20-1, le cas n = 0 rejoint le cas général, et on peut désormais conclure : ç0÷ ç ÷ è ø n æn ö ç ÷ å k çk ÷ = n 2n-1 ç ÷ ç ÷ è ø k =0 NB : Il existe une seconde méthode courante de résolution de cette question qui consiste, en distinguant le cas particulier n = 0, à dériver n æn ö n æn ÷ ö * ç ÷ ç ÷ + sur ‫ , *ޒ‬la fonction x  å ç ÷ x k = (1 + x )n . On obtient : " x Î ‫ , +ޒ‬å k ç ÷ x k -1 = n (1 + x )n -1, et on en déduit alors le résultat recherché en ÷ çk ÷ çk ÷ ç ÷ ç ÷ k =0 è ø k =1 è ø écrivant cette relation pour x = 1. Auteur : Steeve SARFATI – Tous droits réservés – Reproduction interdite
  35. 35. 24 Master ClassPrépa 2012-2013 b) Supposons que n ³ 2. On a : æn ö n! ç ÷ " k Î 2, n , k (k - 1) ç ÷ = k (k - 1) çk ÷ ç ÷ k ! (n - k )! è ø soit : æn ö n! ç ÷ " k Î 2, n , k (k - 1) ç ÷ = çk ÷ (k - 2)! (n - k ) ! ç ÷ è ø soit encore : æn ö (n - 2)! ç ÷ " k Î 2, n , k (k - 1) ç ÷ = n (n - 1) ç ÷ çk ÷ (k - 2)! [ (n - 2) - (k - 2) ] ! è ø i.e. : æn - 2÷ ö æn ö ÷ ç " k Î 2, n , k (k - 1) ç ÷ = n (n - 1) ç ç ÷ çk - 2 ÷ . çk ÷ ÷ ç ç ÷ ÷ è ø è ø On en déduit alors, en sommant cette relation pour k = 2 à k = n : n æn - 2ö æn ÷ ö ÷ ç ç ÷ ç k (k - 1) ç ÷ = n (n - 1) å ç ç ÷ ÷ å ÷ ç ÷ ÷ çk - 2 ø èk ø k =2 k =2 è soit, en effectuant le changement de variable k ¢ = k - 2 n -2 æn - 2ö æn ö ÷ ç ÷ ç ÷ k (k - 1) ç ÷ = n (n - 1) å ç å ç k ÷ çk ÷ ÷ ç ç ÷ ÷ è ø ø k =2 k =0 è soit encore, d’après la formule du binôme de Newton : n dans la seconde somme : n æn ö ç ÷ k (k - 1) ç ÷ = n (n - 1) 2n -2 å çk ÷ ç ÷ è ø k =2 æn ö æn ö et donc, en additionnant 0 ´ (-1) ç ÷ + 1 ´ 0 ç ÷ = 0 membre à membre : ç ÷ ç ÷ ç1÷ ç 0÷ ç ø ç ø è ÷ è ÷ n æn ö n ç ÷ å k (k - 1) çk ÷ = n(n - 1) 2n-2 ç ÷ ç ÷ è ø ➁. k =0 Or, on a : " k Î  0, n , k 2 = k (k - 1) + k æn ö ç ÷ d’où, en multipliant cette relation par ç ÷ : çk ÷ ç ÷ è ø æn ÷ ö æn ö æn ö ç ÷ ç ÷ ç ÷ " k Î  0, n , k 2 ç ÷ = k (k - 1) ç ÷ + k ç ÷ ÷ çk ÷ çk ÷ ç ÷ ç ø ç ø ç ø è è èk ÷ et donc, en sommant cette relation pour k = 0 à k = n : n n æn ö æn ö æn ö ç ÷ ç ÷ ç ÷ k 2 ç ÷ = å k (k - 1) ç ÷ + å k ç ÷ å çk ÷ çk ÷ ç ÷ ç ÷ k =0 ç ÷ k =0 èk ø ç ÷ è ø è ø k =0 soit, d’après les relations ➀ et ➁ : n = n(n - 1) 2n -2 + n 2n -1 i.e. : = n(n - 1) 2n -2 + 2n ´ 2n -2 ce qui s’écrit encore : = n(n + 1) 2n -2. æ1ö æ1ö æ0÷ ö ÷ ÷ ç÷ ç ÷ ç ÷ Comme 02 ç ÷ = 0 = 0 ´ 1 ´ 20-2 et 02 ç ÷ + 12 ç ÷ = 1 = 1 ´ 2 ´ 21-2, les cas n = 0 et n = 1 rejoignent le cas ç1÷ ç0÷ ç0÷ çø ç ÷ ç ÷ ÷ è ø è ø è général, et on peut désormais conclure : n æn ö ç ÷ å k 2 çk ÷ = n(n + 1) 2n -2 ç ÷ ç ÷ è ø k =0 ☞ Noter æn ÷ ö ç ÷ que k 2 = k (k - 1) + k (décomposition utile avec des coefficients binomiaux de la forme ç ÷ ou des ç çk ÷ è ø factorielles), et que, plus généralement, il existe une unique décomposition de k p (p Î ‫ ) *ގ‬en fonction de k, k (k - 1), k (k - 1)(k - 2), …, k (k - 1)(k - 2) ... (k - p + 1) (cf. 2.4.1). Auteur : Steeve SARFATI – Tous droits réservés – Reproduction interdite
  36. 36. Les incontournables 25 æn ÷ ö ç ÷ une expression de la forme k (k - 1) ... (k - i + 1) ç ÷ (i Î 1, n ), il faut écrire (généraliç çk ÷ è ø æn - i ö æn ÷ ö ÷ ç ÷ ç ÷ sation de la petite formule) : " k Î i, n , k (k - 1)... (k - i + 1) ç ÷ = n (n - 1) ... (n - i + 1) ç çk - i ÷ (en utilisant çk ÷ ÷ ç ø ÷ ç è è ø ☞ Pour sommer sur k la relation " k Î i, n , (n - k )! = [ (n - i ) - (k - i ) ]!), puis sommer la relation obtenue en utilisant la formule du binôme de Newton. æn + 1ö n + 1 æn ö æn + 1÷ ö ö 1 æn ÷ ÷ ç ÷ ç ÷ ç ÷= 1 ç ÷= ÷ ç ç ÷, d’où : " k Î  0, n , ç ÷ c) On a : " k Î  0, n , ç ÷ ç çk ÷ n + 1 çk + 1÷ . On en déduit alors, en ÷ k + 1 çk ÷ ÷ çk + 1÷ ç ç ø k +1 ç ø ÷ è è è ø è ø sommant cette relation pour k = 0 à k = n : n 1 æn ö 1 n æn + 1ö ÷ ç ç ÷ ÷ å k + 1 çk ÷ = n + 1 å çk + 1÷ ç ç ÷ ÷ ç ç ÷ ÷ è ø k =0 è k =0 æn ö soit, en effectuant le changement de variable k ¢ = k + 1 ø dans la seconde somme : k =0 ö + 1÷ ÷ ÷ k ÷ ÷ ø k =1 è æn + 1ö ÷ ÷ ç d’où, comme ç ç 0 ÷=1 : ÷ ç ÷ è ø 1 æn ö 1 ÷ ç ÷ å k + 1 çk ø = n + 1 ç ÷ ç ÷ è k =0 é n +1 æn + 1ö ù ÷ ç ú ê ÷ ê å ç k ÷ - 1ú ç ÷ ç ÷ êë k =0 è úû ø et donc, à l’aide de la formule du binôme de Newton : n 1 1 n +1 æn ç ç ÷ å k + 1 çk ÷ = n + 1 å ç ç ç ÷ ç ç ÷ è ø n n 1 æn ö ç ÷ ç ÷ å k + 1 çk ø = ç ÷ è ÷ k =0 2n +1 - 1 n +1 NB : Il existe une seconde méthode courante de résolution de cette question qui consiste à intégrer sur [ 0,1] la fonction n æn ö ç ÷ x  å ç ÷ x k = (1 + x )n . On obtient alors : çk ÷ ç ÷ ÷ k =0 è ø n æn ÷ é x k +1 ù 1 ö é (1 + x )n +1 = êê û0 ë n + 1 ç ÷ å çk ÷ êê k + 1 úú ç ÷ ç ÷ è ø k =0 ë ù1 ú , d’où le résultat recherché. ú û0 æ ö æk + 1ö æ ö æk ö ÷ ÷ çk + 1÷ k + 1 çk ÷ ç ç ÷ ç ÷ ÷ ÷ ç 2) a) On a : " k Î n, p , ç ÷= ÷ ç çn ÷, d’où : " k Î n, p , (k + 1) çn ÷ = (n + 1) çn + 1÷ . On en déduit alors, ç ÷ ÷ ÷ çn + 1ø n + 1 è ø ç ç ø ç ÷ ÷ è è ø è en sommant cette relation pour k = n à k = p : p æk + 1ö æk ö ÷ ç ÷ (k + 1) ç ÷ = (n + 1) å ç ç ÷ å çn + 1÷ çn ÷ ÷ ç ç ÷ ÷ è ø ø k =n k =n è soit, en effectuant le changement de variable k ¢ = k + 1 p +1 æ k ö æk ö ÷ ç ÷ ç (k + 1) ç ÷ = (n + 1) å ç ç ÷ ÷ å çn ÷ ÷ çn + 1÷ ç ø ÷ è ø k =n k =n +1 è d’où la conclusion, d’après la formule de Pascal itérée (cf. 12.1) : p dans la seconde somme : p p æk ö æ p + 2ö ÷ ç ç ÷ ÷ å (k + 1) çn ÷ = (n + 1) çn + 2÷ ç ç ÷ ÷ ç ç ÷ ÷ è ø k =n è ø ➂ b) On a : æk ö k! ç ÷ " k Î n, p , (k + 1)(k + 2) ç ÷ = (k + 1)(k + 2) çn ÷ ÷ ç ø n ! (k - n )! è i.e. : æk ö (k + 2)! ç ÷ " k Î n, p , (k + 1)(k + 2) ç ÷ = çn ÷ n ! (k - n )! ÷ ç ø è ce qui s’écrit encore : æk ö (k + 2)! " k Î n, p , (k + 1)(k + 2) ç ÷ = (n + 1)(n + 2) ç ÷ çn ÷ ÷ ç ø (n + 2)! [ (k + 2) - (n + 2) ]! è Auteur : Steeve SARFATI – Tous droits réservés – Reproduction interdite et donc :
  37. 37. 26 Master ClassPrépa 2012-2013 æk + 2 ÷ ö æk ö ç ç ÷ ÷ ç " k Î n, p , (k + 1)(k + 2) ç ÷ = (n + 1)(n + 2) ç ç ÷ ÷. ÷ ç ÷ ÷ çn + 2ø èn ø è On en déduit alors, en sommant cette relation pour k = n à k = p : æk ö p p æk + 2 ÷ ö ç ÷ ç ÷ ÷ å (k + 1)(k + 2) çn ø = (n + 1)(n + 2) å çn + 2÷ ç ç ÷ ÷ ç ÷ ÷ ç è k =n k =n è soit, en effectuant le changement de variable k ¢ = k + 2 ø dans la seconde somme : æk ö æ k ö ÷ ç ÷ ç çn + 2÷ ÷ ç ÷ ø k =n +2 è æk ö p æ p + 3ö ÷ p +2 ç ÷ ç ÷ å (k + 1)(k + 2) çn ø = (n + 1)(n + 2) å ç ÷ è ÷ k =n p ç ç ÷ ÷ å (k + 1)(k + 2) çn ÷ = (n + 1)(n + 2) çn + 3÷ ç ç ÷ ÷ ç ç ÷ ÷ è ø è k =n ø et donc, d’après la formule de Pascal itérée (cf. 12.1) : ➃. Or, on a : " k Î n, p , k 2 = (k + 1)(k + 2) - 3(k + 1) + 1 æk ö ç ÷ d’où, en multipliant cette relation membre à membre par ç ÷ : çn ÷ ç ø è ÷ æk ö æ ö æ ö æ ö ç ÷ çk ÷ çk ÷ çk ÷ ç ÷ ç ÷ ç ÷ ç ÷ " k Î n, p , k 2 ç ÷ = (k + 1)(k + 2) ç ÷ - 3(k + 1) ç ÷ + ç ÷ çn ø çn ø çn ÷ èn ÷ è ÷ è ÷ è ø ç ø æk ö p æk ö p p æk ö p et donc, en sommant cette relation pour k = n à k = p : æk ö ÷ ÷ ÷ ç ÷ ç ÷ ç ÷ ç ÷ ç ÷ ç ÷ ç ÷ ç ÷ å k 2 çn ø = å (k + 1)(k + 2) çn ø - 3 å (k + 1) çn ø + å èn ø ç ÷ ç ÷ ç ÷ ç ÷ ç ÷ è è è k =n k =n k =n p soit enfin, d’après les relations ➂ et ➃, k =n et la formule de Pascal itérée (cf. 12.1) : æp + 3÷ ö æ p + 2÷ ö æ p + 1÷ ö è æk ö è è ç ç ç ÷ ÷ ÷ ç ç ç ç ÷ ÷ ÷ ÷ å k 2 èn ø = (n + 1)(n + 2) çn + 3÷ - 3(n + 1) çn + 2÷ + çn + 1÷ ç ç ç ÷ ÷ ÷ ç ÷ ç ç ÷ ÷ k =n ☞ Noter ø ø ø qu’il existe une unique décomposition de k p (p Î ‫ ,) *ގ‬en fonction de 1, k + 1, (k + 1)(k + 2), (k + 1)(k + 2)(k + 3), …, (k + 1)(k + 2)... (k + p) (décomposition utile avec des coefficients binomiaux de la æk ö ç ÷ forme ç ÷ ou des factorielles, cf. 2.4.1). çn ÷ ç ø è ÷ æ ö çk - 1÷ ÷ À noter, en particulier, que l’on écrira k 2 = k (k + 1) - k avec le coefficient binomial ç çn - 1÷ . ÷ ç ÷ è ø ☞ Pour sommer sur k æk ö ç ÷ ç ÷ une expression de la forme (k + 1)(k + 2) ...(k + i ) ç ÷ (i Î ‫ ,) *ގ‬il faut écrire (généraliçn ø è ÷ æ ö æ ö çk + i ÷ çk ÷ ÷ sation de la petite formule) : " k Î n, +¥, (k + 1)(k + 2) ... (k + i ) ç ÷ = (n + 1)(n + 2) ...(n + i ) ç ÷ çn + i ÷ (en çn ÷ ÷ ç ç ø ÷ è è ø utilisant la relation " k Î n, +¥, (k - n )! = [ (k + i ) - (n + i ) ] !), puis sommer la relation obtenue en utilisant la formule de Pascal itérée (cf. 12.1). æ ö æk - 1ö æk ö k çk - 1÷ æk ö ÷ ÷, d’où : " k Î n, p , 1 ç ÷ = 1 ç ÷ ç ÷ c) On a : " k Î n, p , ç ÷ = ç ç ÷ ÷ ÷ ÷ ç çn ÷ n çn - 1÷ çn ÷ n çn - 1÷ . On en déduit alors, en sommant ÷ ç ç ø kç ø ÷ ÷ ç è è è ø è ø cette relation pour k = n à k = p : p å k =n 1 k æk ö ç ÷ 1 ç ÷ çn ÷ = n ç ÷ è ø æk - 1÷ ö ç ÷ ç ÷ å çn - 1÷ ç ÷ ø k =n è p soit, en effectuant le changement de variable k ¢ = k - 1 dans la seconde somme : Auteur : Steeve SARFATI – Tous droits réservés – Reproduction interdite
  38. 38. Les incontournables p 1 æk ö 1 æ k ö ÷ ç ÷ ç çn - 1÷ ÷ ç ÷ ø k =n -1 è p-1 ÷ ç ÷ ç ÷ å k çn ø = n å ç ÷ è k =n 27 d’où la conclusion, d’après la formule de Pascal itérée (cf. 12.1) : p 1 æp ö 1 æk ö ÷ ç ÷ ÷ ç ÷ ç ÷ ç ÷ å k çn ÷ = n çn ÷ ç ø è ø è k =n n n ✦ 4. Calcul de å k (k - 1)(k - 2) ... (k - i + 1) et å k (k + 1)(k + 2)...(k + i - 1)  k =0 k =i 1) Soient i et n deux entiers naturels non nuls tels que i £ n. Calculer n å k (k - 1)(k - 2)...(k - i + 1). k =i n 2) Soient i et n deux entiers naturels non nuls. Calculer å k (k + 1)(k + 2)...(k + i - 1). k =0 1) On a : " k Î i, n , k (k - 1)(k - 2) ... (k - i + 1) = k! (k - i ) ! i.e. : æk ÷ ö ç ÷ " k Î i, n , k (k - 1)(k - 2) ... (k - i + 1) = i ! ç ÷ . çi ÷ ç ÷ è ø n n æk ÷ ö k =i On en déduit alors, en sommant cette relation pour k = i à k = n : k =i è ø ç ÷ å k (k - 1)(k - 2) ... (k - i + 1) = i ! å ç i ÷, ç ÷ ç ÷ d’où la conclusion, d’après la formule de Pascal itérée (cf. 12.1) : æn + 1÷ ö ç ÷ k (k - 1)(k - 2) ... (k - i + 1) = i ! ç ÷ å ç i + 1÷ ç ÷ è ø k =i n 2) On a : " k Î 1, n , k (k + 1)(k + 2)... (k + i - 1) = (k + i - 1)! (k - 1)! i.e. : æk + i - 1ö ÷ ÷. ç " k Î 1, n , k (k + 1)(k + 2) ... (k + i - 1) = i ! ç ÷ ç ÷ i ç ÷ è ø On en déduit alors, en sommant cette relation pour k = 1 à k = n : n æk + i - 1ö ÷ ÷ ÷ ÷ i ÷ ø k =1 è n ç å k (k + 1)(k + 2) ... (k + i - 1) = i ! å ç ç ç k =1 n n +i -1 æk ö å k (k + 1)(k + 2) ... (k + i - 1) = i ! å k =1 n k =i ç ÷ ç ÷ çi ÷ ç ÷ è ÷ ø æn + i ö ÷ ç ÷ å k (k + 1)(k + 2) ... (k + i - 1) = i ! ç i + 1 ÷ ç ÷ ç ÷ k =1 è ø n soit, en effectuant le changement de variable k ¢ = k + i - 1 dans la seconde somme : soit encore, d’après la formule de Pascal itérée (cf. 12.1) : d’où la conclusion, en additionnant 0 ´ 1 ´ 2 ´ ... ´ (i - 1) = 0 membre à membre : æn + i ö ÷ ç ÷ å k (k + 1)(k + 2) ... (k + i - 1) = i ! ç i + 1 ÷ ç ÷ ç ÷ k =0 è ø Auteur : Steeve SARFATI – Tous droits réservés – Reproduction interdite
  39. 39. 28 Master ClassPrépa 2012-2013 ☞ Noter les décompositions suivantes : æk ÷ ö ç ÷ - " k Î i, +¥, k (k - 1)(k - 2)... (k - i + 1) = i ! ç ÷ (i Î ‫ ,) *ގ‬et : çi ÷ ç ÷ è ø æk + i - 1ö ÷ ÷ (i Î ‫.) *ގ‬ ç - " k Î ‫ , *ގ‬k (k + 1)(k + 2) ... (k + i - 1) = i ! ç ÷ ç ÷ i ç ÷ è ø  Se souvenir que : n æn + 1÷ ö ç ÷, et : - " (i, n ) Î (‫ ,2) *ގ‬i £ n  å k (k - 1)(k - 2) ... (k - i + 1) = i ! ç ÷ çi + 1÷ ç ÷ è ø k =i n æn + i ö ÷ ç ÷ - " (i, n ) Î (‫ ,2) *ގ‬å k (k + 1)(k + 2) ... (k + i - 1) = i ! ç ç i + 1 ÷. ÷ ÷ ç è ø k =0 ☞ Pour calculer une somme comprenant un seul coefficient binomial : - si la variable de sommation est “en bas” du coefficient binomial, il faut voir la formule du binôme de n æn ö n æn ö ç ÷ ç ÷ ç ÷ Newton : å ç ÷ a k b n -k = (a + b)n (et notamment son cas le plus remarquable : å ç ÷ = 2n ), éventuelle÷ çk ÷ ÷ ç ø çk ø k =0 è k =0 è ment avec quelques variantes (cf. 0.3.2 et 12.2), - si la variable de sommation est “en haut” du coefficient binomial, il faut voir la formule de Pascal p æk ö æ p + 1÷ ö ÷ ç ç ÷ ç ÷ itérée : å ç ÷ = ç çn ÷ çn + 1÷ (cf. 12.1), ÷ ç ÷ è ø k =n è ø - si le coefficient binomial est multiplié par une fonction polynôme de la variable de sommation, il faut æn - i ö æn ö ÷ ç ÷ ç ÷ voir la petite formule ou l’une de ses généralisations : k (k - 1)...(k - i + 1) ç ÷ = n (n - 1)...(n - i + 1) ç çk - i ÷ çk ÷ ÷ ç ÷ ç ø ÷ è è ø æk + i ö æk ö ÷ ç ÷ ç ÷ ou (k + 1)(k + 2) ... (k + i ) ç ÷ = (n + 1)(n + 2) ... (n + i ) ç ÷ çn + i ÷, avant d’appliquer l’une des deux méthodes çn ÷ ç ÷ ç ø ÷ è è ø aaa aaa précédentes (cf. 12.3). æ ö æn ö çn - k ÷ ÷ ç ÷ç ÷ ✦ 5. Calcul de å ç ÷ ç ÷ çk ÷ p - k ÷ ç è ÷ ø k =0 è ø ç n  Soient n et p deux entiers naturels tels que p £ n. ö æn ö æn - k ÷ æn ö æp ö ç ÷ ç ÷ç ÷ ç ÷ç 1) Montrer que : " k Î  0, p , ç ÷ ç ÷ç ÷ çk ÷ ç p - k ÷ = çp ÷ çk ÷ . ÷ ç ÷è ÷ ç øç ÷ è ø ø è ÷è ø n 2) En déduire la valeur de æn ö æn - k ö ÷ ç ÷ ç ÷ç ÷ å çk ø çp - k ÷. ç ÷ç ÷ ç ÷ ÷ è k =0 è ø 1) On a : æn ö æn - k ö n! (n - k )! ÷ ç ÷ ç ÷ç " k Î  0, p , ç ÷ ç çk ÷ çp - k ÷ = (n - k )! k ! (n - p)! (p - k ) ! ÷ ç ÷è ÷ è ø ø soit, en divisant le numérateur Auteur : Steeve SARFATI – Tous droits réservés – Reproduction interdite et le dénominateur par (n - k ) ! :

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