UN PEU DE DÉNOMBREMENT 1. Sur la Théorie des ensembles 2

UN PEU DE DÉNOMBREMENT
D. SAMBOU
TABLE DES MATIÈRES
1.
Sur la Théorie des ensembles
2
2.
Sur les p-listes
4
3.
Sur les Arrangements
6
4.
Sur les Combinaisons
10
1.Outre des lacunes sur la maîtrise des règles de calculs de la Probabilité élémentaire, ne
pas savoir dénombrer ne constitue pas un obstacle majeur quant à l’appréhension de la Probabilité telle qu’elle est enseignée au niveau universitaire (notamment les variables aléatoires
associées aux lois de Probabilité usuelles discrètes ou continues, les vecteurs aléatoires, les
suites de variables aléatoires, la loi des grands nombres, le Théorème limite central...)
1
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D. SAMBOU
1. S UR LA T HÉORIE DES ENSEMBLES
A savoir 1.1. a) Un ensemble est dit fini si on peut compter tous ses éléments. Le
nombre d’éléments d’un ensemble fini E est appelé le cardinal de E et est noté par
Card E .
b) Si A et B sont deux ensembles finis, alors
(1.1)
Card (A ∪ B) = Card A + Card B − Card (A ∩ B)
c) Deux ensembles A et B sont dits disjoints si A ∩ B est vide. Dans ce cas
l’identité (1.1) devient
(1.2)
Card (A ∪ B) = Card A + Card B
d) De manière générale, si A1 , A2 , ... , Ak sont des ensembles finis et deux à deux
disjoints, c’est-à-dire Ai ∩ Aj est vide pour i 6= j, alors
(1.3)
Card (A1 ∪ A2 ∪ · · · ∪ Ak ) = Card A1 + Card A2 + · · · + Card Ak
e) Les parties d’un ensemble non vide E forment une partition de E si : elles
sont non vides, elles sont deux à deux disjointes, et leur réunion est égale à E .
f) On appelle complémentaire de A dans E et on note A l’ensemble des éléments
de E qui n’appartiennent pas à A. Par conséquent, A et A forment une partition de
E et on a
(1.4)
Card A + Card A = Card E
Exercice d’application
Chacun des 50 élèves d’une classe étudie une ou deux langues. On a relevé que 40
élèves étudient l’Anglais et que 25 étudient l’Espagnol.
1) Combien d’élèves étudient les deux langues ?
2) Combien d’élèves étudient uniquement l’Anglais ? uniquement l’Espagnol ?
3) Combien d’élèves étudient une langue et une seule ?
Résolution
1) Soient A l’ensemble des élèves qui étudient l’Anglais et B l’ensemble des
élèves qui étudient l’Espagnol. Il n’est pas difficile de voir que A∩B est l’ensemble
des élèves qui étudient les deux langues. Auquel cas en appliquant la formule (1.1),
on obtient Card (A ∩ B) = Card A + Card B − Card (A ∪ B) = 40 + 25 − 50 = 15.
Donc 15 élèves étudient les deux langues.
2) Le nombre d’élèves qui étudient uniquement l’Anglais est égal au Card A −
Card (A ∩ B) = 40 − 15 = 25. De manière similaire, le nombre d’élèves qui
étudient uniquement l’Espagnol est égal au Card B −Card (A∩B) = 25−15 = 10.
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3) On en déduit aisément que le nombre d’élèves qui étudient une langue et une
seule est égal à 25 + 10 = 35.
A savoir 1.2. Produit cartsien d 0 ensembles finis
a) Si A et B sont deux ensembles finis, le produit cartésien A × B est l’ensemble
des couples (x, y ) où x est élément de A et y élément de B. De plus
(1.5)
Card (A × B) = Card A × Card B
b) De manière générale, si A1 , A2 , ... , Ak sont des ensembles finis, alors le produit cartésien A1 × A2 × · · · × Ak est l’ensemble des k-uplets (x1 , x2 , ... , xk ) où x1
est élément de A1 , x2 élément de A2 , ... , xk élément de Ak . De plus
(1.6)
Card (A1 × A2 × · · · × Ak ) = Card A1 × Card A2 × · · · × Card Ak
n facteurs
c) En particulier, si E est un ensemble fini, alors on a
Auquel cas la formule (1.6) devient
(1.7)
En
}|
{
z
= E × E × · · · × E.
Card E n = (Card E )n
Exercice d’application
1) Une classe de 32 élèves (20 filles et 12 garçons) décide d’élire une délégation formée d’une fille et d’un garçon pour la représenter à l’Assemblée du lycée.
Combien y-a-t-il de délégations distinctes possibles ?
2) Combien de numéros de téléphone de 6 chiffres peut-on former avec les éléments de l’ensemble E := {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} ?
3) Combien de numéros de 6 chiffres commençant par 22 ?
4) Combien de numéros de 6 chiffres commençant par 22 et terminés par 0 ?
Résolution
1) Soient F l’ensemble des filles et G l’ensemble des garçons. Se donner une
délégation possible est équivalent à se donner un couple 1 (x, y ) où x est élément
de F et y élément de G . On voit ainsi facilement que le nombre de délégations
possibles est égal au Card (F × G ) = Card F × Card G = 20 × 12 = 240 en
appliquant la formule (1.5).
2) De manière analogue à la question 1), se donner un numéro de 6 chiffres est
équivalent à se donner un 6-uplet (x1 , x2 , x3 , x4 , x5 , x6 ) où tous les xj pour 1 ≤
j ≤ 6 sont des éléments de E . Dans ce cas, le nombre de possibilités est égal au
Card E 6 = (Card E )6 = 106 = 1.000.000 en appliquant la formule (1.7). C’est-àdire un million de possibilités.
1. Bien sûr pas au vrai sens du mot. Ce n’est qu’une coïncidence.
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D. SAMBOU
3) On veut des numéros de la forme 22 • • • •. Les deux premiers chiffres étant
fixés, on complète par une suite de 4 chiffres pris dans E . Ce qui est équivalent
à se donner un 4-uplet (x1 , x2 , x3 , x4 ) où tous les xj sont des éléments de E . Soit
104 = 10.000 possibilités en raisonnant comme dans la question 2).
4) Les numéros sont de la forme 22 • • • 0. On raisonne comme dans la question
3). Les deux premiers et le dernier chiffres étant fixés, on complète ensuite par
une suite de 3 chiffres pris dans E . Ce qui est équivalent à se donner un triplet
(x1 , x2 , x3 ) où tous les xj sont des éléments de E . Soit 103 = 1000 possibilités.
2. S UR LES P - LISTES
A savoir 2.1. Le principe multiplicatif ou principe de choix successifs
Si on doit effectuer une suite de k opérations telles que la première opération peut
se faire de n1 façons, la deuxième opération de n2 façons, ... , la k ième opération
de nk façons, alors le nombre de façons d’effectuer cette suite de k opérations est
(2.1)
n1 × n2 × · · · × nk
A savoir 2.2. (Définition) Soient E un ensemble fini et p un entier naturel. On
appelle p-liste d’éléments de E , toute suite ordonnée de p éléments de E , chaque
élément pouvant être choisi de 0 à p fois. Par exemple si E := {a, b, c}, alors
(a, a) est une 2-liste ou couple d’éléments de E . (a, b, b) ; (b, a, b) sont des 3-listes
distinctes d’éléments de E . (a, b, c, d) est une 4-liste d’éléments de E .
A savoir 2.3. Le nombre de p-listes d’un ensemble de n éléments correspond au
nombre de tirages successifs avec remise de p objets parmi n. Il est égal à np . Autrement dit, il existe np façons de tirer successivement avec remise p objets parmi
n.
Exercice 1
Une urne contient 5 boules rouges, 2 boules jaunes et 3 boules vertes (indiscernables au toucher). On tire successivement avec remise 3 boules de l’urne.
1) Combien y-a-t-il de résultats possibles ?
2) Combien de tirages comprenant une rouge, une jaune et une verte dans cet
ordre ?
3) Combien de tirages comprenant une rouge, une jaune et une verte ?
4) Combien de tirages comprenant au moins une rouge ?
Résolution
1) Soit E l’ensemble des tirages possibles. On tire successivement avec remise
3 boules parmi 10. D’où Card E = 103 = 1000. Il y a donc 1000 tirages possibles.
UN PEU DE DÉNOMBREMENT
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2) Soit A l’ensemble des tirages RJV dans cet ordre. Il faut qu’au premier tirage
prendre une rouge et au second une jaune et au troisième une verte. Pour le premier
tirage on a 5 choix possibles, le second tirage 2 choix possibles et le troisième tirage
3 choix possibles. On obtient ainsi Card A = 5 × 2 × 3 = 30 en appliquant (2.1).
Il y a donc 30 possibilités de faire un tirage RJV dans cet ordre.
3) Soit B l’ensemble des tirages comprenant une rouge, une jaune et une verte.
Dans cette question, il faudrait prendre en compte tous les ordres possibles de tirage
que sont : RJV, RVJ, JRV, JVR, VRJ, VJR (le drapeau du Sénégal). Le premier cas
c’est-à-dire l’ordre RJV a été déjà traité dans la question 2). On a vu qu’il y avait 30
possibilités de faire un tirage dans cet ordre. Les autres cas se traitent exactement
de la même manière. Prenons un exemple, bien entendu moi j’opte logiquement
pour les couleurs du Sénégal VJR. Dans cet ordre VJR, on a 3 choix possibles pour
le premier tirage, 2 choix possibles pour le second tirage et 5 choix possibles pour
le troisième tirage. D’où 3 × 2 × 5 = 30 possibilités de faire un tirage VJR dans cet
ordre. En suivant le même raisonnement, on trouve 30 possibilités pour les autres
ordres. Au final on voit aisément que Card B = 6 × 30 = 180. Il y a donc 180
possibilités.
4) Soit C l’ensemble des tirages comprenant au moins une rouge. Le plus facile
est de raisonner par le complémentaire 2 C de C . Plus précisément C est l’ensemble
des tirages ne comprenant aucune rouge. Il n’est pas difficile de s’apercevoir, du
moins intuitivement, que tirer successivement avec remise 3 boules de l’urne ne
comprenant aucune rouge, revient à se "débarrasser" des 5 boules rouges de l’urne 3
et de procéder ensuite à un tirage successif avec remise de 3 boules parmi 5 (les
2 jaunes + les 3 vertes restantes). D’où Card C = 53 = 125. On en déduit que
Card C = Card E − Card C = 1000 − 125 = 875 en utilisant la formule (1.4). Il y
a donc 875 possibilités de faire un tirage comprenant au moins une rouge.
Exercice 2
Une urne contient 5 boules numérotées 1, 2, 3, 4 et 5 (indiscernables au toucher).
On tire successivement avec remise 2 boules de l’urne.
1) Dénombrer tous les cas possibles.
2) Déterminer le nombre de tirages dont la somme est un multiple de 3.
Résolution
1) Soit A l’ensemble des tirages possibles. On tire successivement avec remise
2 boules parmi 5. D’où Card A = 52 = 25. Il y a donc 25 tirages possibles.
2) Pour être sûr de dénombrer tous les cas possibles, le plus commode est de
dresser un tableau (ou une matrice) comme suit :
2. Le plus souvent, les questions du type "au moins" ou "au plus" se traitent plus facilement par
un raisonnement sur le complémentaire. Cela est bien illustré par exemple dans la réponse de la
question.
3. On fait comme s’il n’y avait aucune boule rouge dans l’urne.
6
D. SAMBOU
(2.2)

∗
1
2
1 (1, 1) (1,2)

2 (2,1) (2, 2)

3 (3, 1) (3, 2)

4 (4, 1) (4,2)
5 (5,1) (5, 2)

3
4
5
(1, 3) (1, 4) (1,5) 

(2, 3) (2,4) (2, 5)

(3,3) (3, 4) (3, 5)

(4, 3) (4, 4) (4,5) 
(5, 3) (5,4) (5, 5)
Ainsi, si l’on note par B l’ensemble de tirages dont la somme est un multiple de
3, alors on voit sans difficulté majeure via le tableau ci-dessus que Card B = 9. Il
y a donc 9 possibilités.
Pour s’entraîner
Une urne contient 7 boules noires et 5 boules rouges (indiscernables au toucher).
On tire successivement avec remise 4 boules de l’urne.
1) Combien y-a-t-il de possibilités ?
2) Déterminer le nombre de tirages comprenant 4 boules de même couleur.
Indication : pour la seconde question, prendre uniquement en compte les deux cas
à savoir soit 4 parmi 7, soit 4 parmi 5.
3. S UR LES A RRANGEMENTS
A savoir 3.1. (Définition) Soient E un ensemble fini et p un entier naturel. On
appelle arrangement de p éléments de E , toute suite ordonnée de p éléments de E
deux à deux distincts. Par exemple si E := {a, b, c, d}, alors (a, b, c) ; (b, a, c)
sont des arrangements de 3 éléments de E . Par contre (a, a, c) n’est pas un arrangement de 3 éléments de E . Il est à noter par ailleurs que si E est un ensemble
fini de cardinal n, alors pour avoir un arrangement de p éléments de E , p doit être
nécessairement inférieur ou égal à n.
A savoir 3.2. Soient E un ensemble fini de cardinal n et p ≤ n un entier naturel.
Le nombre d’arrangements de p éléments de E est l’entier naturel noté Apn défini
par
(3.1)
Apn := n(n − 1) × · · · × (n − p + 1)
|
{z
}
p facteurs
Le nombre d’arrangements de p éléments de E correspond au nombre de tirages
successifs sans remise de p objets parmi n. Autrement dit, il existe Apn façons de
tirer successivement sans remise p objets parmi n.
UN PEU DE DÉNOMBREMENT
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Exercice 1
On traite dans le cas d’un tirage successif sans remise l’Exercice 2 de la section
précédente. Une urne contient 5 boules numérotées 1, 2, 3, 4 et 5 (indiscernables
au toucher). On tire successivement sans remise 2 boules de l’urne.
1) Dénombrer tous les cas possibles.
2) Déterminer le nombre de tirages dont la somme est un multiple de 3.
Résolution
1) Soit B l’ensemble des tirages possibles. On tire successivement sans remise 2
boules parmi 5. D’où Card B = A25 = 5 × 4 = 20. Il y a donc 20 tirages possibles.
2) Pour s’assurer de prendre en compte tous les cas possibles, le mieux est de
dresser un tableau (ou une matrice) comme suit :
(3.2)

∗
1
2
1 (1, 1) (1,2)

2 (2,1) (2, 2)

3 (3, 1) (3, 2)

4 (4, 1) (4,2)
5 (5,1) (5, 2)

3
4
5
(1, 3) (1, 4) (1,5) 

(2, 3) (2,4) (2, 5)

(3, 3) (3, 4) (3, 5)

(4, 3) (4, 4) (4,5) 
(5, 3) (5,4) (5, 5)
Ainsi, si l’on note par C l’ensemble de tirages dont la somme est un multiple de
3, alors on voit aisément via le tableau ci-dessus que Card C = 8. Il y a donc 8
possibilités.
Question : pourquoi selon vous n’a-t-on pas pris en compte le couple (3,3) ? Pourtant on a 3+3 = 6 qui est bien un multiple de 3.
Exercice 2
Dans une classe de 20 élèves (12 garçons et 8 filles), on décide de former un
comité composé d’un président, d’un secrétaire et d’un trésorier.
1) Combien y-a-t-il de comités possibles ?
2) Combien de comités comprenant une seule fille ?
3) Combien de comités comprenant au moins une fille ?
4) Mr X et Melle Y ne veulent pas siéger ensemble. Combien de comités peut-on
former ?
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D. SAMBOU
Résolution
On peut toujours imaginer la classe comme une urne 4 contenant 12 boules de
même couleur numérotées de 1 à 12, et 8 autres boules de même couleur (différente bien sûr de celle des 12) numérotées de 1 à 8. Dans ce cas, un comité formé
correspondrait à un arrangement de 3 boules, d’où à un tirage successif sans remise
de 3 boules de l’urne.
1) Soit B l’ensemble des comités possibles. Un comité est composé d’un président, d’un secrétaire et d’un trésorier. Ainsi Card B = A320 = 20 × 19 × 18 =
6840. Il y a donc 6840 comités possibles.
2) Soit C l’ensemble des comités comprenant une seule fille. Trois types de
comités sont possibles dans ce cas de figure. Un comité dont le président est une
fille et dont le secrétaire et le trésorier sont des garçons. Autrement dit, on choisit
1 fille parmi 8 et on complète par 2 garçons choisis parmi 12. Ce qui donne A18 ×
A212 = 8 × 12 × 11 = 1056 possibilités. Un second type de comité est tel que
le secrétaire est une fille, le président et le trésorier des garçons. Autrement dit
comme dans le premier cas, on choisit 1 fille parmi 8 et on complète par 2 garçons
choisis parmi 12, soit A18 × A212 = 8 × 12 × 11 = 1056 possibilités. Reste le dernier
type de comité où la fille est la trésorière 5, le président et le secrétaire des garçons.
Cela donne lieu à 1056 possibilités en raisonnant comme dans les deux autres cas.
Au final, on a Card C = 3 × 1056 = 3168. Il y a donc 3168 comités possibles
comprenant une seule fille.
3) Soit D l’ensemble des comités comprenant au moins une fille. Alors son
complémentaire D est l’ensemble des comités ne comprenant aucune fille. Dans
ce cas, on doit choisir 3 garçons parmi 12 (puisque qu’on ne tient en compte aucune fille). D’où Card D = A312 = 12 × 11 × 10 = 1320. On en déduit que
Card D = 6840 − 1320 = 5520 en utilisant la formule (1.4). Il y a donc 5520
comités possibles comprenant au moins une fille.
4) Soit F l’ensemble des comités tels que Mr X et Melle Y ne siègent pas ensemble. Trois situations sont possibles : soit Mr X siège et pas Melle Y ; soit Melle
Y siège et pas Mr X ; soit aucun des deux ne siège. Dans la première situation, sachant que Mr X peut occupé 3 postes, alors on a 3 × A11 × A218 = 3 × 1 × 18 × 17 =
918 possibilités. On trouve le même nombre de possibilités dans la seconde situation en raisonnant de la même manière. Dans la troisième et dernière situation, on a clairement A318 = 18 × 17 × 16 = 4896 possibilités. Au final, on a
Card F = 918 + 918 + 4896 = 6732. On peut alors former 6732 comités tels que
4. C’est l’analogie la plus fréquemment utilisée intuitivement dans la plupart des exercices par
sa simplicité.
5. Je me garderai bien de soutenir cela pour la bonne simple raison qu’une partie de l’argent
pourrait être utilisée dans du maquillage. D’ailleurs si l’on suppose que le fait qu’une fille soit trésorière est équivalent au fait que l’argent soit utilisé dans du maquillage, on peut exactement calculer
la probabilité que l’argent soit utilisé dans du maquillage. Elle est égale à A212 × A18 + A38 /A320 =
(1056 + 336)/6840 = nombre de cas favorables/nombre de cas possibles. On voit qu’elle est relativement faible tout de même car elle vaut environ 0.2035088.
UN PEU DE DÉNOMBREMENT
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Mr X et Melle Y ne siègent pas ensemble. Ils n’ont donc pas à s’inquiéter car la
probabilité pour qu’ils ne siègent pas ensemble est assez élevée (elle est égale à
6732/6840 ' 0.98... un événement presque certain).
Pour s’entraîner
Une urne contient 7 boules noires et 5 boules rouges (indiscernables au toucher).
On tire successivement sans remise 4 boules de l’urne.
1) Combien y-a-t-il de possibilités ?
2) Déterminer le nombre de tirages comprenant 4 boules de même couleur.
Indication : pour la seconde question, prendre en compte uniquement les deux cas
à savoir soit 4 parmi 7, soit 4 parmi 5.
A savoir 3.3. Un cas particulier d’arrangement : la permutation
Soit E un ensemble fini de cardinal n. On appelle permutation d’éléments de E
tout arrangement de n éléments de E . Par exemple si E := {a, b, c, d}, alors
(a, b, c, d) ; (b, a, c, d) ; (c, b, a, d) sont des permutations d’éléments de E .
A savoir 3.4. Le nombre de permutations d’un ensemble fini E de cardinal n est
(3.3)
Ann := n(n − 1) × · · · × 1
et est noté par n! (se lit factorielle n). Par convention 0! = 1.
Exercice d’application
Un facteur est chargé de distribuer n lettres (n ≥ 1) dans n boîtes aux lettres d’un
immeuble, une lettre nominative par boîte. Comme il fait très sombre, il décide de
mettre au hasard une lettre par boîte.
1) Déterminer le nombre de distributions possibles.
2) On suppose qu’il est sûr de bien remplir une certaine boîte donnée. Combien
y-a-t-il de distributions possibles ?
3) On suppose qu’il est sûr de bien remplir k certaines boîtes données. Combien
y-a-t-il de distributions possibles ?
Résolution
1) Soit B l’ensemble des distributions possibles. Si le facteur décide de mettre
les lettres au hasard dans les n boîtes, alors bien évidemment le nombre de distributions possibles est égal aux nombres de permutations des n lettres. D’où Card B =
n! .
2) Si en revanche il connaît l’emplacement d’une certaine boîte donnée et dont
il est certain de bien remplir, alors on a pas à se soucier pour la lettre correspondant
10
D. SAMBOU
à cette boîte. Par contre pour les (n − 1) lettres restantes, tout peut arriver. Auquel
cas, le nombre de distributions possibles est de (n − 1)! . 6
3) Le raisonnement est semblable à celui de la question 2). Il est sûr de bien
remplir k certaines boîtes données. Mais pour les (n − k) boîtes restantes, il n’est
pas à l’abri d’une erreur. Il y a donc (n − k)! distributions possibles.
A savoir 3.5. Souvent on veut connaître le nombre de permutations de n éléments
dont n1 semblables, n2 semblables, ... , nk semblables. Dans ce cas de figure, le
nombre de permutations est égal à
(3.4)
n!
n1 ! × n2 ! × · · · × nk !
Par exemple le nombre de permutations (ou anagrammes) de ALLAH est égal à
5!
5×4×3×2
= 30.
2!×2! =
2×2
Exercice d’application
Une urne contient 3 boules rouges, 6 boules jaunes et 4 boules vertes (indiscernables au toucher). On tire successivement sans remise 4 boules de l’urne.
Combien de résultats comprennent 2 jaunes et 2 vertes ?
Résolution
On fixe au hasard un tirage comprenant 2 jaunes et 2 vertes ; disons JJVV. On
détermine ensuite le nombre de permutations de JJVV afin de prendre en compte
4!
toutes les situations possibles. Il y en a 2!2!
= 4×3×2
2×2 = 6 en appliquant (3.4).
Il suffit de remarquer que toutes les situations (tirages) ont le même nombre de
possibilités de réalisation. En effet dans chaque cas, on tire 2 jaunes parmi 6 et on
complète par 2 vertes choisies parmi 4. Ce qui donne A26 ×A24 = 6×5×4×3 = 360
possibilités. D’où 6 × 360 = 2160 résultats comprenant 2 jaunes et deux vertes.
Remarque : noter que le même type de raisonnement peut être utilisé pour répondre
à la question 3) de l’Exercice 1 de la Section 2.
4. S UR LES C OMBINAISONS
A savoir 4.1. (Définition) Soient E un ensemble fini et p un entier naturel. On appelle combinaison de p éléments de E , tout sous-ensemble de E ayant p éléments.
Par exemple si E := {a, b, c, d}, alors {a, b} et {b, d} sont des combinaisons de
2 éléments de E . {a, b, c} et {a, c, d} sont des combinaisons de 3 éléments de E .
6. Noter dans ce cas que la probabilité qu’une boîte donnée soit bien remplie est de (n−1)!
= n1 .
n!
Elle tend vers 0 lorsque n tend vers l’infini. Ce qui concrètement veut dire que plus le nombre de
lettres n est grand, plus le facteur est susceptible de ne pas faire du bon boulot car, ne serait-ce que
le fait qu’une boîte soit bien remplie sera un événement presque incertain.
UN PEU DE DÉNOMBREMENT
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A savoir 4.2. Soient E un ensemble fini de cardinal n et p ≤ n un entier naturel.
Le nombre de combinaisons de p éléments de E est l’entier naturel noté Cnp ou pn
défini par
Cnp :=
(4.1)
Apn
n!
=
p!
p!(n − p)!
Le nombre de combinaisons de p éléments de E correspond au nombre de tirages
simultanés de p objets parmi n. Autrement dit, il existe Cnp façons de tirer simultanément p objets parmi n.
Exercice 1
On traite dans le cas d’un tirage simultané l’Exercice 2 de la Section 2. Une urne
contient 5 boules numérotées 1, 2, 3, 4 et 5 (indiscernables au toucher). On tire
simultanément 2 boules de l’urne.
1) Dénombrer tous les cas possibles.
2) Déterminer le nombre de tirages dont la somme est un multiples de 3.
Résolution
1) Soit A l’ensemble des tirages possibles. On tire simultanément 2 boules parmi
5. D’où Card A = C52 = 5×4
2 = 10. Il y a donc 10 tirages possibles.
2) Pour s’assurer de prendre en compte tous les cas possibles, l’idéal est de
dresser un tableau (ou une matrice) comme suit :
(4.2)

∗
1

2

3

4
5
1
(1, 1)
(2, 1)
(3, 1)
(4, 1)
(5, 1)
2
(1,2)
(2, 2)
(3, 2)
(4, 2)
(5, 2)
3
(1, 3)
(2, 3)
(3, 3)
(4, 3)
(5, 3)

4
5
(1, 4) (1,5) 

(2,4) (2, 5)

(3, 4) (3, 5)

(4, 4) (4,5) 
(5, 4) (5, 5)
Ainsi, si l’on note par B l’ensemble de tirages dont la somme est un multiple de
3, alors on voit aisément via le tableau ci-dessus que Card B = 4. Il y a donc 4
tirages permettant d’obtenir 2 numéros dont la somme est un multiple de 3.
Question : pourquoi selon vous n’a-t-on pas pris en compte le couple (3,3) ? Pourtant on a 3+3 = 6 qui est bien un multiple de 3.
Exercice 2
Dans un jeu de 32 cartes, on tire simultanément 8 cartes.
1) Combien y-a-t-il de possibilités ?
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D. SAMBOU
2) Déterminer de deux manières différentes le nombre de tirages permettant
d’obtenir au moins un pique.
Résolution
1) Soit A l’ensemble de tous les tirages possibles. On tire simultanément 8 cartes
8 . Il y a donc C 8 possibilités.
parmi 32. Alors Card A = C32
32
2) 1ère méthode (la mauvaise) : dans un jeu de 32 cartes, on a 8 piques au total
et donc 24 autres cartes qui ne sont pas des piques. Au moins un pique signifie
soit 1 pique, soit 2 piques, soit 3 piques, soit 4 piques, soit 5 piques, soit 6 piques,
soit 7 piques, soit 8 piques. Pour réaliser un tirage comprenant un seul pique, il
faut tirer 1 pique parmi 8 et compléter par 7 cartes tirées parmi 24. Ce qui donne
7 possibilités. Dans le cas d’un tirage comprenant 2 piques, on a en raiC81 × C24
6 possibilités. De même dans le cas d’un tirage
sonnant comme auparavant C82 × C24
5 possibilités ; un tirage comprenant 4 piques
comprenant 3 piques, on a C83 × C24
4
4
3 possibilités ; un
C8 × C24 possibilités ; un tirage comprenant 5 piques C85 × C24
6
2
tirage comprenant 6 piques C8 × C24 possibilités ; un tirage comprenant 7 piques
1 possibilités ; un tirage comprenant 8 piques C 8 × C 0 possibilités. D’où
C87 × C24
8
24
1
7 + C2 × C6 + C3 × C5 + C4 × C4 + C5 × C3 + C6 × C2 + C7 ×
C8 × C24
8
24
8
24
8
24
8
24
8
24
8
1 + C 8 × C 0 tirages possibles comprenant au moins un pique.
C24
8
24
2ème méthode (la bonne) : Elle consiste à raisonner par le complémentaire. Soit
B l’ensemble de tous les tirages comprenant au moins un pique. Alors son complémentaire B est l’ensemble des tirages ne comprenant aucun pique. On a 8 piques
dans un jeu de 32 cartes. Si on s’en "débarrasse", il restera que 24 cartes qui ne sont
8 . On en
pas des piques. Ainsi on doit tirer 8 cartes parmi 24. D’où Card B = C24
8
8
8
8 tirages
déduit que Card B = C32 − C24 en appliquant (1.4). Il y a donc C32 − C24
permettant d’obtenir au moins un pique.
Exercice 3
Dans une classe de 20 élèves dont 12 garçons et 8 filles, on choisit un comité de 3
personnes.
1) Dénombrer tous les cas possibles.
2) Déterminer le nombre de comités comprenant au plus 2 filles.
3) Déterminer le nombre de comités comprenant 2 garçons et 1 fille.
4) Déterminer le nombre de comités comprenant l’élève X.
Résolution
1) Soit A l’ensemble de tous les comités possibles. Un comité est un groupe de
3 = 20×19×18 = 10 × 19 × 6 = 1140. Il y a donc
3 personnes. D’où Card A = C20
3×2
1140 comités possibles.
UN PEU DE DÉNOMBREMENT
13
2) Soit B l’ensemble de tous les comités comprenant au plus 2 filles. Alors clairement son complémentaire B est l’ensemble de tous les comités comprenant au
moins trois filles. Dans cette situation, vu qu’un comité est formé de 3 personnes,
alors au moins 3 filles dans un comité est équivalent au fait qu’il n’ait aucun garçon
dans un comité. Dans ce cas on doit choisir 3 filles parmi 8. Ce qui donne Card B =
C83 = 8×6×7
3×2 = 8 × 7 = 56. On en déduit que Card B = 1140 − 56 = 1084 en
appliquant (1.4). Il y a donc 1084 comités comprenant au plus 2 filles.
3) Soit D l’ensemble des comités comprenant 2 garçons et 1 fille. On doit alors
choisir 2 garçons parmi 20 et compléter par 1 fille choisie parmi 8. Ce qui donne
2 × C 1 = 12×11 × 8 = 66 × 8 = 528 possibilités. D’où Card D = 528.
C12
8
2
4) Soit F l’ensembles des comités comprenant l’élève X . Une place étant prise
par l’élève X , il ne reste plus que 2 places à compléter en choisissant parmi 19
2 = 1 × 19×18 = 19 × 9 = 171. Il y a donc 171
élèves. D’où Card F = C11 × C19
2
comités pouvant contenir l’élève X.
Pour s’entraîner
Une urne contient 7 boules noires et 5 boules rouges (indiscernables au toucher).
On tire simultanément 4 boules de l’urne.
1) Combien y-a-t-il de possibilités ?
2) Déterminer le nombre de tirages comprenant 4 boules de même couleur.
Indication : pour la seconde question, prendre uniquement en compte les deux cas
à savoir soit 4 parmi 7, soit 4 parmi 5.
LA
I NSTITUT DE M ATHÉMATIQUES DE B ORDEAUX , U NIVERSITÉ B ORDEAUX 1, 351
L IBÉRATION F-33405 TALENCE CEDEX
E-mail address: [email protected] 1.fr
COURS DE