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. 1 PCSI : mathématiques 2016-2017 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. 2 PCSI : mathématiques 2016-2017 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. 3