De combien de façons peut-on choisir, ordonner ou répartir des objets ? La combinatoire répond sans énumérer tous les cas. Ce parcours va des choix élémentaires aux contraintes, aux répétitions, aux coefficients binomiaux et aux probabilités. Teste chaque idée dans le laboratoire, puis termine par un questionnaire avec corrigés expliqués.
1. Première question : quand deux résultats sont-ils différents ?
Avec les lettres A, B, C, AB et BA sont deux codes différents, mais le groupe formé de A et B est le même, quel que soit l’ordre des noms. Cette distinction précède la formule. Demande-toi toujours : l’ordre compte-t-il ? Puis-je réutiliser un objet ? Est-ce que j’utilise tous les objets ou seulement une partie ?
2. Additionner des alternatives, multiplier des étapes
Si je choisis soit un jus parmi 3 soit une tisane parmi 2, ces possibilités disjointes donnent 3+2=5 choix. Si un menu comprend un plat parmi 3 et un dessert parmi 2, chaque plat accompagne deux desserts : 3×2=6 menus. Le produit fonctionne aussi lorsque le nombre de choix change : désigner, parmi 5 personnes distinctes, un président et un vice-président donne 5×4=20 résultats.
3. Un arbre et l’événement contraire
Deux lancers de pièce produisent PP, PF, FP, FF, où P signifie pile et F face : chaque première branche possède deux secondes branches, soit 2×2=4. Pour « au moins un pile », il suffit d’exclure le seul résultat sans pile : 4−1=3. Avec trois lancers, on obtient 2³−1=7. Le complément est particulièrement utile lorsque « au moins un » réunit de nombreux cas.
4. Factorielle et permutations de tous les objets
Rangeons 4 livres différents sur une étagère. Il y a 4 choix pour la première place, puis 3, 2 et 1 : 4×3×2×1=4!=24. En général, n!=n(n−1)…2×1. Par convention, 0!=1 : il existe une seule façon de ranger zéro objet, l’ordre vide. Si nous utilisons tous les n objets distincts et que l’ordre compte, il y a n! permutations.
5. Arrangements : seulement k objets, ordre important
Attribuons l’or, l’argent et le bronze à 3 personnes parmi 5 : 5×4×3=60. Ce n’est pas un simple groupe de trois, car échanger l’or et l’argent change le résultat. Pour k≤n, sans répétition, D(n,k)=n!/(n−k)!. Lorsque k=n, cela devient n!.
6. Suites avec répétition
Un code de 3 chiffres autorise les zéros initiaux et les chiffres répétés : chaque position offre 10 choix, donc 10³=1000 codes. Si l’on demande plutôt un nombre à trois chiffres, le premier ne peut pas être zéro : 9×10×10=900. En général, avec k places et n symboles réutilisables, on obtient n^k suites ; les contraintes se traitent place par place.
7. Combinaisons : choisir sans ordonner
Choisissons un comité de 3 personnes parmi 5. Le compte ordonné est 5×4×3=60, mais chaque comité apparaît dans 3!=6 ordres : 60/6=10. Ainsi, C(n,k)=n!/[k!(n−k)!]. Ne divise pas automatiquement par k! : fais-le seulement si chaque groupe a réellement été compté dans ses k! ordres. Deux faits utiles : C(n,0)=1 et C(n,k)=C(n,n−k) ; choisir ceux qui entrent revient à choisir ceux qui restent dehors.
8. Le tableau de décision
| Question | Répétition | Nombre | Exemple |
|---|---|---|---|
| Ordre oui, k parmi n | Non | n!/(n−k)! | Podium |
| Ordre oui, k parmi n | Oui | n^k | Code |
| Ordre non, k parmi n | Non | C(n,k) | Comité |
| Ordre non, k parmi n | Oui | C(n+k−1,k) | Parfums répétés |
Identifie d’abord les objets distinguables, puis réponds aux deux questions. « Tous les utiliser ? » est un cas particulier : avec ordre et sans répétition, on obtient n!.
9. Combinaisons avec répétition
Je choisis 3 boules de glace parmi 4 parfums ; les parfums peuvent se répéter et l’ordre des boules ne compte pas. Chaque choix correspond à quatre quantités entières positives ou nulles dont la somme vaut 3. Je dessine 3 étoiles pour les boules et 3 barres pour séparer les 4 parfums : il faut choisir la position des 3 étoiles parmi 3+4−1=6 positions. Résultat : C(6,3)=20. Plus généralement, choisir k objets parmi n types disponibles sans limite donne C(n+k−1,k). Les objets d’un même type doivent être indiscernables.
10. Objets identiques et permutations circulaires
Dans ANNA, il y a 4 lettres, mais les deux A et les deux N sont identiques : les échanger ne crée pas un nouvel anagramme. Le nombre est 4!/(2!2!)=6. Plus généralement, si les multiplicités n₁,…,nᵣ totalisent n, il existe n!/(n₁!…nᵣ!) ordres distincts. Pour 5 personnes différentes autour d’une table ronde, si tourner toute la table ne change rien, on fixe une personne et on place les autres : (5−1)!=24. Les reflets restent différents, sauf indication contraire explicite.
11. Contraintes : construire, soustraire ou séparer les cas
Combien de codes de 4 chiffres, avec zéro initial autorisé, contiennent au moins un 7 ? Il existe 10⁴ codes au total et 9⁴ codes sans 7. Réponse : 10⁴−9⁴=3439. De combien de façons 5 personnes peuvent-elles se ranger si Anna et Bruno doivent rester côte à côte ? Traitons leur paire comme un bloc : 4! ordres pour les 4 objets, et 2! ordres à l’intérieur du bloc. Réponse : 4!×2!=48.
12. Éviter les doubles comptes : inclusion-exclusion
Dans une classe, 12 élèves jouent au football, 9 au basket et 4 aux deux. Additionner 12+9 compte deux fois ces 4 élèves. Ceux qui pratiquent au moins un sport sont 12+9−4=17. Pour deux ensembles, |A∪B|=|A|+|B|−|A∩B|. Avec trois ensembles, on retranche les trois intersections deux à deux puis on rajoute l’intersection des trois, qui aurait été trop retranchée.
13. Pascal, le binôme et le multinomial
Les combinaisons vérifient C(n,k)=C(n−1,k)+C(n−1,k−1) : pour une personne fixée, on l’exclut ou on l’inclut. D’où le triangle de Pascal : 1 ; 1 1 ; 1 2 1 ; 1 3 3 1 ; 1 4 6 4 1. La ligne 1,4,6,4,1 donne aussi les coefficients de (a+b)⁴=a⁴+4a³b+6a²b²+4ab³+b⁴. Si 7 objets distincts sont répartis en trois groupes étiquetés de tailles 2, 3 et 2, le coefficient multinomial vaut 7!/(2!3!2!)=210. Des groupes sans étiquette peuvent exiger une division supplémentaire lorsque des groupes de même taille peuvent être échangés.
14. Du dénombrement à la probabilité
Une urne contient 6 boules rouges et 4 bleues ; on en tire 3 ensemble, sans remise. Il existe C(10,3)=120 groupes possibles. Pour avoir exactement 2 rouges, on choisit 2 des 6 rouges et 1 des 4 bleues : C(6,2)×C(4,1)=15×4=60. Tous les groupes sont équiprobables, donc P=60/120=1/2. Si l’ordre des tirages comptait dans la question, on pourrait compter des suites ordonnées au numérateur comme au dénominateur, mais pas mélanger les deux modèles.
15. Trois erreurs à reconnaître
- Confondre code et nombre : 007 est un code de trois chiffres, pas un nombre à trois chiffres.
- Diviser alors que l’ordre compte : président et vice-président ne forment pas un simple comité.
- Appliquer une formule sans vérifier les contraintes :
C(n+k−1,k)ne convient pas si chaque parfum ne peut être choisi qu’une fois.
16. À toi de jouer
Avant d’ouvrir une solution, note les objets, les positions, l’importance de l’ordre, la possibilité de répétition et les contraintes.
1. Cinq livres différents : combien d’ordres sur une étagère ?
On utilise tous les objets distincts et l’ordre compte : 5!=120.
2. Parmi 8 personnes, choisis un président et un vice-président.
Les rôles sont différents et personne ne les cumule : 8×7=56, pas C(8,2)=28.
3. Parmi 8 personnes, choisis un comité de 2.
Échanger les noms ne crée pas un nouveau groupe : C(8,2)=8×7/2=28.
4. Combien d’anagrammes distincts possède MAMMA ?
Il y a 5 lettres, avec M répété 3 fois et A 2 fois : 5!/(3!2!)=10.
5. Trois boules parmi 4 parfums, avec répétition : combien de choix ?
L’ordre ne compte pas et chaque parfum peut se répéter : C(4+3−1,3)=C(6,3)=20.
Le parcours est accompli quand tu sais justifier une formule, pas seulement la réciter. Dans le laboratoire, compare les nombres avec les listes de petits cas ; passe ensuite au questionnaire avec corrigés expliqués.