La clef pour avoir du succès est de reformuler les vraies problèmes

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 !
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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.
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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.
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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 ?
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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.
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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.
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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.
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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) =
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m!
(m − n)!
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• 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!
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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 ?
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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!.
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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
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m!
(m−n)! .
:= C (m, n)
!
!
E =
.
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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) =
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Pn
r =0 C (m1 , r )C (m2 , n
− r ).
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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
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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.
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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).
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Les récurrences dans le "triangle de Pascal".
1
3
0
4
0
5
.
1
6
1
7
.
.
8
3
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=
7
2
+
2
.
7
3
2
0
0
1
6
2
8
3
0
3
1
5
2
7
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0
0
2
1
4
2
6
3
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1
1
3
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5
3
7
2
2
0
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4
.
3
3
5
4
7
5
.
.
4
4
6
5
.
.
5
5
.
.
.
%
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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....
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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).
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• 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.
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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 !
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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) ?
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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.
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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).
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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.
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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 !
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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
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!
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 }
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!
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.
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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 ?
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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.
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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.
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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).
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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).
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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.
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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.
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