Corrigé : Dénombrement - PCSI

PCSI : mathématiques 2016-2017
Corrigé : Dénombrement
Exercice 1 (Parties finies de N).Si Aest une partie finie de N, on peut écrire A={a1, a2, . . . , an},
où ndésigne le cardinal de A. Soit M= max{a1, . . . , an}, on a que Mest un majorant de A.
Réciproquement, si Aest une partie majorée de N, alors (cf Corollaire de la propriété fonda-
mentale de N)Aadmet un plus grand élément N: pour tout adans A, on a a6N, ce qui signifie
que A⊂J1, NK. Cet intervalle est un ensemble fini et, par le théorème sur les parties d’un ensemble
fini, Aest 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 4éléments, 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 3E, 2N et 2M. Ainsi,
pour une anagramme donnée, on peut permuter les 3E de 3! façons différentes, les 2N de 2! façons
différentes et les 2M 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
donc 12!
24 =12! 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 2ou 3. Il y
en a donc 2×6×6 = 72.
(b) Les nombres pairs sont ceux qui finissent par un chiffre pair, soit 2ou 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 3,5,7ou 9)
(d) Les multiples de 5sont 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 fqui, 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 kdans J0,2000000K,ka au plus
29 antécédents par cette application. Puisque la réunion
[
k∈J0,2000000K
f−1({k})
est l’ensemble des français, on a, au niveau des cardinaux
66000000 = X
k∈J0,2000000K
Card(f−1({k})) 629 ×2000001 = 58000029.
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 Al’ensemble des étudiantes aimant les maths, Bcelui des étudiantes
sportives et Ccelui 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
3à la fois, A∪B∪Cest 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 Eest Card(P(E)) −1=210 −1 = 1023. La somme
des éléments d’un tel sous-ensemble est au moins égale à 1et 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 Eun ensemble fini de cardinal n. Nous allons dénombrer les couples (X, Y )avec
X⊂Y⊂Een considérant le cardinal de Xet 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 kéléments de Y: il y a n
kchoix possibles.
2. Choisir les léléments de Xparmi ceux de Y: il y a k
lchoix possibles.
Ainsi, il y a n
k×k lcouples (X, Y )avec X⊂Y, Card(X) = let Card(Y) = k. Au total, le
nombre de couples (X, Y )avec X⊂Yest donc
n
X
k=0
k
X
l=0 n
k×k l=
n
X
k=0 n
kk
X
l=0 k
l=
n
X
k=0 n
k2k= (1 + 2)n= 3n.
Il y a donc 3ncouples (X, Y )avec X⊂Y.
Exercice 8. S’il n’y a aucune droite, on obtient 1région.
S’il n’y a qu’une droite, elle partage le plan en 2régions.
S’il y a deux droites non parallèles, elles partagent le plan en 4régions.
Donnons-nous n−1droites 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−1points, chacun de ses points n’étant pas déjà un point d’intersection de
deux des n−1premières droites. Cette n−ième droite va donc traverser (et couper en deux) n
régions préalablement définies par les n−1droites 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 Rnde régions obtenues ne dépend pas de la position des droites vérifiant les
hypothèses de l’énoncé et de plus, Rnsatisfait 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=
n+ (n−1) + · · · + 2 + 2 = 1 + n(n+1)
2=n2+n+2 2.
Il faut au moins 3droites 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 au moins 3droites, le nombre de
triangle est donc le nombre de façon de choisir ces 3côtés, soit n
3.
Exercice 9. Si p, q, r sont des entiers naturels tels que r6p+q, on reconnaît dans p+q
rle
nombre de parties à réléments d’un ensemble à p+qéléments. Soient Eun ensemble à péléments
et Fun ensemble à qéléments tels que Eet Fsoient disjoints. On va compter le nombre de parties
àréléments de E∪Fen considérant le nombre id’éléments appartenant à Ed’une telle partie.
Pour choisir une partie à réléments de E∪Fcontenant exactement iéléments de E, il faut :
1. Choisir les iéléments de Ede cette partie : il y a p
ipossibilités.
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2. Choisir les r−iéléments restants dans F: il y a q
r−ipossibilités.
Ainsi, il y a p
i q r−iparties à réléments de E∪Fcontenant exactement iéléments de E. En
faisant varier i, il vient : r
X
i=0 p
i q r−i=p+q r.
On applique la relation précédente avec r=p=q=n. Il vient :
n
P
i=0 n
i n n−i=2n n. Puisque par
symétrie n
n−i=n i, c’est bien la relation cherchée.
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 Eun ensemble à n+ 1 élements. Fixons xun élément de E. Nous allons compter les
partitions de Een considérant la taille c∈J1, n + 1Kde la partie de la partition qui contient
x. Se donner une partition de Etelle que xappartient à une partie de taille crevient à
(a) choisir la partie contenant x, c’est-à-dire choisir les c−1éléments restant de cette partie :
il y a n
c−1choix possibles.
(b) Choisir une partition de Eprivé de la partie choisie contenant x, cela revient à choisir
une partition sur un ensemble à n+ 1 −céléments. Il y a par définition Bn+1−cchoix
possibles.
Il y a donc n
c−1Bn+1−cpartitions de Etelles que la partie contenant xsoit de cardi-
nal c. Ainsi : Bn+1 =
n+1
P
c=1 n
c−1Bn+1−c, soit en translatant Bn+1 =
n
P
c=0 n
cBn−c, puis en
retournant Bn+1 =
n
P
c=0 n
n−cBc=
n
P
c=0 n
cBcpar symétrie, ce qui est la formule souhaitée.
3. Pour en déduire B5, on utilise la formule précédente. B0, B1et B2sont 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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