La clef pour avoir du succès est de reformuler les vraies problèmes en termes de constructions avec des ensembles et des fonctions. Cherchez l’ensemble, pardieu ! et cherchez la fonction ! MAT1500 1 of 36 Principe des tiroirs de Dirichlet Considérons un principe très simple. Proposition (Principe des tiroirs de Dirichlet) Si m + 1 objets ou plus sont rangés dans m tiroirs, alors il y aura au moins un tiroir qui contient deux objets ou plus. MAT1500 2 of 36 Exemple : Soit (a1 , a2 , . . . , a2n ) une suite de 2n nombres naturels (ou réels) positifs, et supposons que leurs somme est ≤ 3n. Alors il existe i < j tel que ai+1 + ai+2 + . . . + aj = n − 1. Exemple : n = 5 : (1, 1, 1, 5, 1, 1, 2, 1, 1, 1), i = 4, j = 7. MAT1500 3 of 36 Solution (Trouver la fonction, ou les objets/tiroirs.) On veut montrer l’existence de i < j tel que ai+1 + ai+2 + . . . + aj = n − 1 ou a1 + a2 + . . . + aj = a1 + a2 + . . . + ai + n − 1. À chaque i on veut attacher deux nombres. si = a1 + a2 + . . . + ai et ti = si + (n − 1) et les comparer. On a si ≤ 3n et ti ≤ 3n + n − 1 = 4n − 1. On peut trouver i, j : sj = ti ? On veut prendre comme tiroirs les nombres 1, 2, . . . , 4n − 1. Et comme objets ? MAT1500 4 of 36 On va doubler et j’aiurai 4n objets : E = {1, 10 , 2, 20 , . . . , 2n, 2n0 } Puis je vais classer : le i je mets dans le tiroir si , et le i 0 je mets dans le tiroir ti . On met 4m objets dans 4m − 1 tiroirs ! Un tiroir contient au moins deux objets. Mais pas i < j : 0 < s1 < s2 < . . . < s2n ≤ 3n. Mais pas i 0 < j 0 , pour la même raison. Donc un j et un i 0 dans le même tiroir : a1 + a2 + . . . + aj = a1 + a2 + . . . + ai + n − 1. Nécessairement j > i. MAT1500 5 of 36 Autre principe des tiroirs de Dirichlet. Il y a un autre principe qui peut être illustré par les tiroirs de Dirichlet. Proposition (Autre principe des tiroirs de Dirichlet) Quelques objets sont rangés dans m tiroirs, tel que chaque tiroir contient exactement n objets. Alors on a rangé nm objets. MAT1500 6 of 36 Une conséquence : Principe du produit Proposition On suppose qu’une procédure peut être divisée en deux tâches. S’il existe m façons de faire la première tâche et puis r façons d’accomplir la deuxième tâche lorsque la première est terminée, alors il y a m · r façons d’effectuer la procédure. MAT1500 7 of 36 Application : Soit E un ensemble fini, |E | = m et n > 0 un nombre naturel tel que m ≥ n. Une n-permutation de E est une suite (x1 , . . . , xn ) ∈ E n telle que chaque xi ∈ E et xi 6= xj (si i 6= j). Ou une n-permutation de E est une sélection ordonnée de n éléments différents de E . On écrit : P(m, n) pour le nombre de n-permutations de E . On a montré que P(m, n) = m(m − 1)(m − 2) . . . (m − n + 1) = MAT1500 m! (m − n)! 8 of 36 • Soit E un ensemble fini de m éléments. Combien de façons d’énumérer tous les éléments de E ? Réponse. Chaque énumération des éléments E , disons E = {x1 , . . . , xm } correspond à une m-permutation de E , disons (x1 , . . . , xm ). Et vice versa. Donc il y en a P(m, m) = m! MAT1500 9 of 36 Soit E un ensemble fini de m éléments et n ≤ m. Une n-combinaison de E est une sélection non-ordonnée de n éléments différents de E . Ainsi, une n-combinaison n’est rien d’autre qu’un sous-ensemble de taille n de E . Posons C (m, n) le nombre de n-combinaisons de E . Une formule svp ? MAT1500 10 of 36 Soit E un ensemble fini de m éléments et n ≤ m. Nous allons calculer P(m, n) par une autre méthode. Choisir d’abord une n-combinaison, disons F , et puis choisir après une ordre (ou énumération) de tous les éléments de F . Dès que F est choisi (C (m, n) manières ) il y a encore n! façons d’ordonner les éléments de F . Par le principe du produit nous obtenons ; P(m, n) = C (m, n)n!. MAT1500 11 of 36 Mais on sait déjà que P(m, n) = C (m, n) : C (m, n) = On écrit aussi m n Nous pouvons calculer m! . (m − n)!n! ! ou on obtient : |E | n MAT1500 m! (m−n)! . := C (m, n) ! ! E = . n 12 of 36 Soit E1 et En deux ensembles finis disjoints, |E1 | = m1 , |E2 | = m2 . Soit n ≤ m1 et n ≤ m2 . Combien de façons de choisir un sous-ensemble de taille n de E1 ∪ E2 ? Réponse 1 : L’ensemble E1 ∪ E2 a m1 + m2 éléments, donc la réponse est C (m1 + m2 , n). Réponse 2. Choisir successivement 0 ≤ r ≤ n et choisir un sous-ensemble F1 ⊆ E1 de taille r , et puis choisir un sous-ensemble F2 ⊆ E2 de taille n − r , le résultat est le sous-ensemble F1 ∪ F2 ⊆ E1 ∪ E2 . Donc par les principe de Ou et de Et : n X C (m1 , r )C (m2 , n − r ). r =0 Conclusion : C (m1 + m2 , n) = MAT1500 Pn r =0 C (m1 , r )C (m2 , n − r ). 13 of 36 Nous avons la partition P(E ) = ∪m n=0 m = |E |. Donc sans calcul : 2m = m X E n , et |P(E )| = 2m , si C (m, n). n=0 Ex : 2 = 1+1 4 = 1+2+1 8 = 1+3+3+1 16 = 1 + 4 + 6 + 4 + 1 32 = 1 + 5 + 10 + 10 + 5 + 1 64 = 1 + 6 + 15 + 20 + 15 + 6 + 1 Remarquez : (x + y )5 = x 5 + 5x 4 y + 10x 3 y 2 + 10x 2 y 3 + 5xy 4 + y 5 MAT1500 14 of 36 Soit E un ensemble fini, |E | = m + 1 > 0 et x ∈ E un élément fixé. Soit n tel que 1 ≤ n ≤ m. Combien de sous-ensembles existent-t-ils de E de taille n ? Nous allons donner deux réponses correctes, et comparer les deux. MAT1500 15 of 36 Réponse 1 : L’ensemble E a m + 1 éléments, donc la réponse est C (m + 1, n). Réponse 2 : On peut choisir un sous-ensemble qui contient x ou un sous-ensemble qui ne le contient pas. Il y a C (m, n) sous-ensembles de taille n de E − {x }, parce que |E − {x }| = m. Pour choisir un sous-ensemble de taille n qui contient x , on peut commencer par choisir un sous-ensemble de taille n − 1 dans E − {x } et puis ajouter x à ce sous-ensemble : le nombre de façons de le faire est donc C (m, n − 1). Par le principe de la somme, la réponse totale est C (m, n) + C (m, n − 1). Conclusion : C (m + 1, n) = C (m, n) + C (m, n − 1) = C (m, n − 1) + C (m, n). MAT1500 16 of 36 Les récurrences dans le "triangle de Pascal". 1 3 0 4 0 5 . 1 6 1 7 . . 8 3 MAT1500 = 7 2 + 2 . 7 3 2 0 0 1 6 2 8 3 0 3 1 5 2 7 3 0 0 2 1 4 2 6 3 8 4 1 1 3 2 5 3 7 2 2 0 3 6 4 4 . 3 3 5 4 7 5 . . 4 4 6 5 . . 5 5 . . . % 17 of 36 1 1 1 1 2 1 1 3 3 1 1 4 6 4 1 . 5 10 10 5 1 6 15 20 15 . . . . 21 35 35 . . . . . . 56 70 . . . . 8 3 = 72 + 73 = 21 + 35 = 56. Plus à dire.... MAT1500 18 of 36 Rappel : Soit E un ensemble de n éléments. • Combien de façons de choisir N fois un élément de E (sans remise), si l’ordre est important ? Ce sont les N-permutations : P(n, N). • Combien de façons de choisir N fois un élément de E (sans remise), si l’ordre n’importe pas ? Ce sont les N-combinaisons : C (n, N). MAT1500 19 of 36 • Combien de façons de choisir N fois un élément de E (avec remise), et |E | = n, si l’ordre est important ? En bijection avec les suites (x1 , . . . , xN ) ∈ E N , donc la réponse est nN . • Combien de façons de choisir N fois un élément de E (avec remise), si l’ordre n’importe pas ? Ce sont les N-combinaisons avec remise : la réponse C (N + n − 1, N). Nous allons montrer ça aujuourd’hui, mais plus tard ! ! Il y a une bijection cachée. MAT1500 20 of 36 Choisir dans autres collections On choisit dans ces problèmes avant un élément dans un ensemble : une collection où tous les objets sont distinguable ! Le problème sera différent si certains des objets dans la collection sont considérés comme indistinguable ! MAT1500 21 of 36 Exemple. Supposons nous avons un vase qui contient 10 boules, dont 3 noirs, 3 blanches et 4 rouges. On considère les boules de la même couleur comme indistinguable. Combien de façons différents d’en choisir cinq (l’ordre des choix n’importe pas, et sans remise) ? MAT1500 22 of 36 Solution : Si toutes les boules étaient distinguables la réponse serait C (10, 5) = 252, mais ce n’est pas le cas. On ne choisit pas dans un ensemble cette fois. Dans la vraie vie les 10 boules sont toujours distinguable, et forme donc un ensemble. Mais ici on ne veut pas distinguer les boules de la même couleur. MAT1500 23 of 36 Nous pouvons énumérer tous les cas différents, et puis compter : nnnbb, nnnbr , nnnrr , nnbbb, nnbbr , nnbrr , nnrrr nbbbr , nbbrr , nbrrr , nrrrr bbbrr , bbrrr , brrrr Total : seulement 14. Remarquez : nnnbb = nbnbn (= 3 noirs et deux blanc) (ou les choix consécutifs nnnbb et nbnbn sont équivalents). MAT1500 24 of 36 Multi-ensembles On devrait modéliser cette collection de boules comme un multi-ensemble, c.-à-d, un ensemble où chaque élement a une multiplicité donnée. On permet la multiplicité 0. Definition Un multi-ensemble est un ensemble E avec une fonction E → N, dite la fonction multiplicité. MAT1500 25 of 36 Notre vase correspond au multi-ensemble : ! n b r 3 3 4 Autre notation : {n3 , b 3 , r 4 } les exposants sont les multiplicités. Ou encore : {n, n, n, b, b, b, r , r , r , r } est utilisée : mais c’est dangereux : ce n’est pas un ensemble ! MAT1500 26 of 36 Definition Un sous-multi-ensemble de E avec fonction multiplicité f , est le même E avec fonction multiplicité g, telle que g(x ) ≤ f (x ) pour chaque x ∈ E . Exemple : ! n b r 2 2 0 ! ⊆ n b r 3 3 4 La taille, ou la cardinalité, est la somme de toutes les multiplicités. ! n b r La taille de est 2 2 0 n 2 MAT1500 ! b r = 2 + 2 + 0 = 4. 2 0 27 of 36 Posons n pour "boule noir", b pour "boule blanche" et r pour "boule rouge" et E = {n, b, r } l’ensemble des trois types de boules. La fonction multiplicité : ! n b r 3 3 4 Les sous-multi-ensembles de taille 5 de {n3 , b 3 , r 4 } sont {n3 , b 2 , r 0 }, {n3 , b 1 , r 1 }, {n3 , b 0 , r 2 } {n2 , b 3 , r 0 }, {n2 , b 2 , r 1 }, {n2 , b 1 , r 2 }, {n2 , b 0 , r 3 } {n1 , b 3 , r 1 }, {n1 , b 2 , r 2 }, {n1 , b 1 , r 3 }, {n1 , b 0 , r 4 } {n0 , b 3 , r 2 }, {n0 , b 2 , r 3 }, {n0 , b 1 , r 4 } MAT1500 28 of 36 ! n b r Les sous-multi-ensembles de de taille 5 est donc en 3 3 4 bijection avec les choix de 5 boules (sans remise, ordre n’importe pas) dans le vase contenant 3 boules noirs, trois blancs et 4 rouges. Les deux problèmes ont la même réponse. MAT1500 29 of 36 Exemple : Combien y a-t-il de façons de choisir (sans remise) quatre fruits dans un bol contenant des pommes, des oranges et des bananes, si l’ordre dans lequel ces fruits sont choisis n’importe pas, que seul le type de fruit et non pas le fruit en tant que tel importe et qu’il y a au moins quatre fruits de chaque catégorie dans le bol ? MAT1500 30 of 36 Analyse préliminaire : Soit E := { pomme, orange, banane }. Une 4-combinaison avec remise de E est "3 bananes et une orange" ou "une banane, une orange et deux pommes". C’est comme un choix de quatre fruits ! Et vice versa : un choix de quatre fruits nous donne une 4-combinaison avec remise de E . Les 4-combinaisons-avec-remise de E sont en bijection avec les choix de quatre fruits. Donc la réponse est C (N + n − 1, N) = C (N + n − 1, n − 1), où N = 4, n = 3, c.-à-d, C (4 + 2 − 1, 4) = C (4 + 2 − 1, 3 − 1) = 15. MAT1500 31 of 36 Autre bijection. Chaque choix donne un multi-ensemble sur l’ensemble E := { pomme, orange, banane } de taille 4. Par exemple, choisir 2 pommes et 2 bananes (et 0 oranges) correspond au ! po. ba. or . 2 2 0 Et vice versa. Donc le problème de compter le nombre de multi-ensembles sur E de taille 4 a aussi la même réponse. MAT1500 32 of 36 Heureusement dans ce problème il y a beaucoup de fruits de chaque type dans le bol. Si on a seulement 3 bananes dans le bol, pas tous les 4-combinaisons avec remise de E correspondent à un choix de quatre fruits : la 4-combinaison-avec-remise "4 bananes" ne correspondrait plus a un choix de 4 fruits (il manque de bananes). MAT1500 33 of 36 N-Combinaisons-avec-remise Soit E un ensemble avec n éléments. •Le nombre des N-combinaisons-avec-remise de E (c.-à-d., les façons de choisir N fois un élément de E avec remise, si l’ordre n’importe pas) est égal • au nombre de multi-ensembles de taille N basés sur l’ensemble E (c.-à-d, le nombre des fonctions f : E → N telles que P a∈E f (a) = N). MAT1500 34 of 36 Soit E un ensemble avec n éléments. • Le nombre des multi-ensembles de taille N basés sur l’ensemble E (c.-à-d, le nombre des fonctions f : E → N telles que P a∈E f (a) = N) est égal • au nombre de façons de résoudre l’équation X1 + X2 + X3 + . . . + Xn = N, avec Xi ∈ N, pour chaque 1 ≤ i ≤ n. MAT1500 35 of 36 Preuve. Fixons E = {a1 , a2 , a3 , . . . , an }, une énumération des éléments de E . Ces fonctions sont f = a1 a2 a 3 . . . a n r1 r2 r3 . . . rn ! tel que r1 + r2 + . . . + rn = N et chaque ri ∈ N. On obtient une solution de X1 + X2 + . . . + Xn = N avec des nombres naturels, en prenant Xi = ri . Et vice versa, une ne solution induit une telle fonction. Ces fonctions sont donc en bijection avec les solutions de X1 + X2 + . . . + Xn = N par des nombres naturels. MAT1500 36 of 36 MAT1500 36 of 36