Corrigé : Dénombrement - PCSI

PCSI : mathématiques
2016-2017
Corrigé : Dénombrement
Exercice 1 (Parties finies de N). Si A est une partie finie de N, on peut écrire A = {a1 , a2 , . . . , an },
où n désigne le cardinal de A. Soit M = max{a1 , . . . , an }, on a que M est un majorant de A.
Réciproquement, si A est une partie majorée de N, alors (cf Corollaire de la propriété fondamentale de N) A admet un plus grand élément N : pour tout a dans A, on a a 6 N , ce qui signifie
que A ⊂ J1, N K. Cet intervalle est un ensemble fini et, par le théorème sur les parties d’un ensemble
fini, A est finie.
Exercice 2. Une anagramme de ‘MATH’ est une permutation de l’ensemble {M, A, T, H} des
lettres de ce mot. C’est un ensemble à 4 éléments, il y en a donc 4! = 24.
Le mot ‘DENOMBREMENT’ possède 12 lettres, on est donc tentée de penser qu’il admet 12!
anagramme. Mais ce mot possède des lettres en plusieurs exemplaires : il y a 3 E, 2 N et 2 M. Ainsi,
pour une anagramme donnée, on peut permuter les 3 E de 3! façons différentes, les 2 N de 2! façons
différentes et les 2 M de 2! façons différentes sans changer cette anagramme. On a donc compté
3! × 2! × 2! = 24 fois trop d’anagramme et le nombre d’anagramme de ‘DENOMBREMENT’ est
12!
donc 12!
24 = 4! = 12 × 11 × · · · × 5.
Exercice 3.
1. Cela revient à compter le nombre d’applications de {2, 3, 5, 6, 7, 9} dans {premier
chiffre, deuxième chiffre, troisième chiffre}. Il y en a 63 = 216.
2. (a) Parmi ceux-ci, les nombres inférieurs à 500 sont ceux qui commencent par 2 ou 3. Il y
en a donc 2 × 6 × 6 = 72.
(b) Les nombres pairs sont ceux qui finissent par un chiffre pair, soit 2 ou 6. Il y en a
6 × 6 × 2 = 72.
(c) Les autres sont impairs : par passage au complémentaire, il y en a 216 − 72 = 144. (On
peut aussi dire qu’ils finissent par 3, 5, 7 ou 9)
(d) Les multiples de 5 sont ceux qui finissent par 5 : il y en a 6 × 6 × 1 = 36.
Exercice 4. On suppose qu’une personne ne peut avoir plus de 2000000 de cheveux. Il y avait,
en 2013, 66 millions d’habitants en France. Regardons l’application f qui, à une personne, associe
son nombre de cheveux. Elle est à valeurs dans J0, 2000000K. S’il n’est pas possible de trouver 30
personnes avec le même nombre de cheveux, alors pour tout entier k dans J0, 2000000K, k a au plus
29 antécédents par cette application. Puisque la réunion
[
f −1 ({k})
k∈J0,2000000K
est l’ensemble des français, on a, au niveau des cardinaux
X
66000000 =
Card(f −1 ({k})) 6 29 × 2000001 = 58000029.
k∈J0,2000000K
C’est impossible, donc il y a au moins 30 personnes en France avec le même nombre de cheveux.
Exercice 5. Soient A, B, C des ensembles finis. On applique plusieurs fois la formule du cardinal
d’une réunion :
Card(A ∪ B ∪ C) = Card(A ∪ (B ∪ C)) = Card(A) + Card(B ∪ C) − Card(A ∩ (B ∪ C))
= Card A + Card B + Card C − Card(B ∩ C) − Card((A ∩ B) ∪ (A ∩ C)
= Card A + Card B + Card C − Card(B ∩ C) − Card(A ∩ B) − Card(A ∩ C)
+ Card((A ∩ B) ∩ (A ∩ C))
= Card A + Card B + Card C − Card A ∩ B − Card A ∩ C − Card B ∩ C
+ Card A ∩ B ∩ C.
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Application. On note A l’ensemble des étudiantes aimant les maths, B celui des étudiantes
sportives et C celui des étudiantes musiciennes. La question est de déterminer s’il y a une étudiante
appartenant à ces trois ensembles à la fois, c’est-à-dire à A ∩ B ∩ C. Puisqu’aucune ne déteste les
3 à la fois, A ∪ B ∪ C est la classe toute entière. D’après la question précédente :
Card A ∩ B ∩ C = Card(A ∪ B ∪ C) − Card A − Card B − Card C
+ Card A ∩ B + Card A ∩ C + Card B ∩ C
= 34 − 26 − 20 − 7 + 4 + 15 + 3 = 3.
Donc, il y en a même 3 !
Exercice 6. On peut remarquer qu’il suffit de trouver deux sous-ensembles différents non vides
et de même somme : en retranchant leur intersection, on obtiendra deux sous-ensembles non vides
disjoints et de même somme.
Le nombre de sous-ensembles non vides de E est Card(P(E)) − 1 = 210 − 1 = 1023. La somme
des éléments d’un tel sous-ensemble est au moins égale à 1 et au plus à 91 + 92 + · · · + 100 = 995.
Il y a donc plus de sous-ensembles non vides que de sommes possibles. Par le principe des tiroirs,
il existe au moins deux sous-ensembles non vides différents de même somme.
Exercice 7. Soit E un ensemble fini de cardinal n. Nous allons dénombrer les couples (X, Y ) avec
X ⊂ Y ⊂ E en considérant le cardinal de X et celui de Y : notons que nécessairement Card(Y ) >
Card(X). Cherchons le nombre de tels couples (X, Y ) avec Card(Y ) = k > l = Card(X). Choisir
un tel couple, c’est :
1. Choisir les k éléments de Y : il y a nk choix possibles.
2. Choisir les l éléments de X parmi ceux de Y : il y a kl choix possibles.
Ainsi, il y a nk × kl couples (X, Y ) avec X ⊂ Y, Card(X) = l et Card(Y ) = k. Au total, le
nombre de couples (X, Y ) avec X ⊂ Y est donc
n X
k X
n
k=0 l=0
k
×
X
k n X
n X
k
n
k
n k
=
=
2 = (1 + 2)n = 3n .
l
k
l
k
k=0
l=0
k=0
Il y a donc 3n couples (X, Y ) avec X ⊂ Y .
Exercice 8. S’il n’y a aucune droite, on obtient 1 région.
S’il n’y a qu’une droite, elle partage le plan en 2 régions.
S’il y a deux droites non parallèles, elles partagent le plan en 4 régions.
Donnons-nous n − 1 droites D1 , D2 , . . . , Dn−1 (pour n > 2) qui partagent le plan en Rn−1
régions. Alors, si l’on ajoute une n−ième droite Dn , par hypothèse, elle va rencontrer toutes les
autres droites en n − 1 points, chacun de ses points n’étant pas déjà un point d’intersection de
deux des n − 1 premières droites. Cette n−ième droite va donc traverser (et couper en deux) n
régions préalablement définies par les n − 1 droites de départ. Ainsi, le nombre de régions obtenues
est Rn−1 + n.
Cette formule étant également vraie lorsque n = 1 : 1 + 1 = 2, par principe de récurrence,
on a que le nombre Rn de régions obtenues ne dépend pas de la position des droites vérifiant les
hypothèses de l’énoncé et de plus, Rn satisfait la relation Rn+1 = Rn + n + 1, pour tout entier
naturel n.
On en déduit Rn = n + Rn−1 = n + (n − 1) + Rn−2 = · · · = n + (n − 1) + 2 + R1 =
2
= n +n+2
.
n + (n − 1) + · · · + 2 + 2 = 1 + n(n+1)
2
2
Il faut au moins 3 droites pour faire un triangle. Choisir un triangle, c’est se donner ses trois
côtés, c’est-à-dire les trois droites qui le borde. Lorsqu’il y a aumoins 3 droites, le nombre de
triangle est donc le nombre de façon de choisir ces 3 côtés, soit n3 .
Exercice 9. Si p, q, r sont des entiers naturels tels que r 6 p + q, on reconnaît dans p+q
le
r
nombre de parties à r éléments d’un ensemble à p + q éléments. Soient E un ensemble à p éléments
et F un ensemble à q éléments tels que E et F soient disjoints. On va compter le nombre de parties
à r éléments de E ∪ F en considérant le nombre i d’éléments appartenant à E d’une telle partie.
Pour choisir une partie à r éléments de E ∪ F contenant exactement i éléments de E, il faut :
1. Choisir les i éléments de E de cette partie : il y a pi possibilités.
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q
2. Choisir les r − i éléments restants dans F : il y a r−i
possibilités.
q p
Ainsi, il y a i r−i parties à r éléments de E ∪ F contenant exactement i éléments de E. En
faisant varier i, il vient :
r X
p
q
p+q
=
.
i
r−i
r
i=0
On applique la relation précédente avec r = p = q = n. Il vient :
n
symétrie n−i
= ni , c’est bien la relation cherchée.
n
P
i=0
n
i
n
n−i
=
2n
n
. Puisque par
Exercice 10 (Nombres de Bell).
1. Il n’y a qu’une partition sur {a} : c’est ({a}), donc B1 = 1. Il y a deux partitions sur {a, b},
ce sont ({a}, {b}) et ({a, b}) et B2 = 2.
2. Soit E un ensemble à n + 1 élements. Fixons x un élément de E. Nous allons compter les
partitions de E en considérant la taille c ∈ J1, n + 1K de la partie de la partition qui contient
x. Se donner une partition de E telle que x appartient à une partie de taille c revient à
(a) choisir la partie
contenant x, c’est-à-dire choisir les c−1 éléments restant de cette partie :
n
il y a c−1
choix possibles.
(b) Choisir une partition de E privé de la partie choisie contenant x, cela revient à choisir
une partition sur un ensemble à n + 1 − c éléments. Il y a par définition Bn+1−c choix
possibles.
n
Il y a donc c−1
Bn+1−c partitions de E telles que la partie contenant x soit de cardin+1
n
P n P
n
nal c. Ainsi : Bn+1 =
c−1 Bn+1−c , soit en translatant Bn+1 =
c Bn−c , puis en
retournant Bn+1 =
n
P
c=0
c=1
n
n−c
Bc =
n
P
c=0
c=0
n
c
Bc par symétrie, ce qui est la formule souhaitée.
3. Pour en déduire B5 , on utilise la formule précédente. B0 , B1 et B2 sont connus. On a :
B3 = B0 + 2B1 + B2 = 5, puis B4 = B0 + 3B1 + 3B2 + B3 = 1 + 3 + 6 + 5 = 15 et enfin
B5 = B0 + 4B1 + 6B2 + 4B3 + B4 = 1 + 4 + 12 + 20 + 15 = 52.
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