Problèmes de dénombrement

AI - PROBLEMES DE DENOMBREMENT
Parties à péléments d’un ensemble à néléments
Un certain nombre de problèmes de dénombrement se résolvent facilement en établissant une bijection
entre l’ensemble dont on cherche le cardinal et l’ensemble Pp(A)des parties à péléments d’un ensemble
Aànéléments dont le cardinal vaut n
p. Les éléments de cet ensemble sont appelés combinaisons
de nobjets pris pàp.
Nous noterons Πl’application de Apdans Pp(A), qui à un p−uplet (xj1,...,xjp)associe l’ensemble
{xj1,...,xjp}.
Remarquons que si
A={x1,...,xn}
est un ensemble à néléments, l’ensemble P(A)est isomorphe à la partie de Apsuivante
e
Ap={(xj1,...,xjp)|j1< j2<···< jp},
car l’application Πest une bijection de e Apsur Pp(A).
Il revient donc au même de considérer un ensemble à péléments, ou un p−uplet aux termes duquel un
ordre est imposé.
Nous noterons aussi {{xj1,...,xjp}} une combinaison avec répétition de nobjets pris pà
p: on prend péléments de A, mais chaque élément peut être pris plusieurs fois. Cela se définit
mathématiquement comme une classe d’équivalence sur l’ensemble An:
deux p−uplets sont équivalents, s’ils ont même image par Π, et si, pour tout xde A, l’élément xfigure
le même nombre de fois dans les deux p−uplets.
On peut choisir un représentant de la classe d’équivalence en ordonnant les termes, et l’ensemble
¯
Ap={(xj1,...,xjp)|j1≤j2≤ ··· ≤ jp},
possède le même cardinal que l’ensemble des combinaison avec répétition de nobjets pris pàp. Il
résulte de la proposition 2 que
card ¯ A=n+p−1
p=n+p−1
n−1.

AI 2
Proposition 1 On suppose p≤n. Les nombres suivants sont égaux :
– nombre de partitions à péléments d’un n−uplet
– nombre d’éléments de N∗pdont la somme des termes vaut n
– nombre de façons d’écrire Encomme produits de pfacteurs non vides
– nombre de monômes de degré nde K[x1,...,xp]contenant au moins une fois chaque lettre
–n−1
p−1=n−1
n−p
Par « partition du n−uplet » on entend la chose suivante :
les parties de la partition sont formées d’éléments consécutifs du n−uplet avec les propriétés usuelles
d’une partition. Par exemple pour (x1, x2, x3, x4, x5, x6)une partition en trois sous-ensembles sera
((x1, x2),(x3),(x4, x5, x6)) .
Choisir une telle partition revient à choisir p−1séparations séparant les pparties, parmi les n−1
séparations. Le cardinal cherché est donc
n−1
p−1=n−1
n−p.
Si l’on considère le n−uplet dont tous les termes sont égaux à 1, une partition de ce n−uplet donnera,
en sommant les éléments de chaque partie, une façon d’écrire ncomme somme de pentiers. Par exemple
pour n= 6, on considère le quintuplet (1,1,1,1,1,1). La partition ((1,1),(1),(1,1,1)) donne l’élément
(2,1,3) de N∗6dont la somme des éléments vaut 6.
Directement, en écrivant
n= 1 + 1 + ···+ 1 ,
écrire ncomme somme de pentiers strictement positifs revient à choisir psignes +parmi les n−1.
Ecrire Encomme produit de pfacteurs non vides revient alors à décomposer nen somme de pentiers.
Avec l’exemple précédent
E6=E2×E×E3.
De même écrire les monômes de degré nde K[x1,...,xp]contenant au moins une fois chaque lettre,
revient encore à décomposer nen somme de pentiers. Avec l’exemple précédent on a par exemple dans
K[x1, x2, x3]le monôme x2
1x2x3
3.
De manière plus formalisée, posons
A={1,2,...,n−1}.
A tout élément {i1,...,ip−1}de Pp−1(A)on associe le monôme
xi1
1xi2−i1 2···xn−ip−1
p.

AI 3
On définit ainsi une bijection de Pp−1(A)sur l’ensemble des monômes de degré nde K[x1,...,xp]
contenant au moins une fois chaque lettre.
Proposition 2 On suppose p≤n. Les nombres suivants sont égaux :
– nombre de combinaisons de pobjets pris nànavec répétition
– nombre d’éléments de Npdont la somme des termes vaut n
– nombre de monômes de degré nde K[x1,...,xp]
–n+p−1
p−1=n+p−1
n
Le résultat se déduit rapidement de la proposition précédente. Notons C(n, p)le nombre de monômes
cherchés.
Un monôme de degré ndont toutes les lettres x1,...,xpsont utilisées est de la forme
x1···xpxr1
1···xrp
p
où (r1,...,rp)appartient à Npavec
r1+···+rp=n−p .
Cela revient à chercher les monômes de degré n−p, et donc
n−1
p−1=C(n−p, p).
On en déduit alors
C(n, p) = n+p−1
p−1=n+p−1
n.
C’est aussi le nombre d’éléments de Npdont la somme des termes vaut n.
Enfin choisir un monôme revient à choisir néléments parmi les plettres x1,...,xnavec répétition.
Proposition 3 On suppose p≤n. Le nombre de façons de choisir péléments parmi les néléments
d’un ensemble totalement ordonné de telle sorte que deux d’entre eux ne soient jamais consécutifs
est n−p+ 1
p.
Si l’on a x1, < . . . , < xn, soit
A={1,...,n−p+ 1}et B={(xi1,...,xip)|∀j∈ {1,...,p−1},1 + ij< ij+1}.
On établit une bijection de Pp(A)sur Ben associant à {i1,...,ip}le p−uplet (xi1, xi2+1,...,xip+p−1).

AI 4
Proposition 4 On suppose rp ≤n. Le nombre de façons de choisir p r−uplets de points
consécutifs disjoints parmi npoints d’un ensemble totalement ordonné est
n−p(r−1)
p.
Les p r−uplets sont encadrés par p+ 1 séparations. Choisir p r−uplets revient à choisir parmi ces
p+ 1 séparations, celles qui seront remplies par un des n−rp éléments de l’ensemble non inclus dans
un des r−uplets. Le nombre de choix possibles est donc le nombre de combinaisons de p+ 1 objets pris
n−rp àn−rp avec répétitions.
Exemple : Soit {x1,...,x8}un ensemble totalement ordonné (n= 8), et on prend 3couples de points
consécutifs disjoints de cet ensemble (p= 3 et r= 2). Il y a 10 choix possibles. Le symbole •indique
les places des éléments manquants déterminées par la combinaison.
combinaison choix de trois couples
{{1,1}} • • (x3, x4)(x5, x6)(x7, x8)
{{1,2}} •(x2, x3)•(x5, x6)(x7, x8)
{{1,3}} •(x2, x3)(x4, x5)•(x7, x8)
{{1,4}} •(x2, x3)(x4, x5)(x6, x7)•
{{2,2}} (x1, x2)• •(x5, x6)(x7, x8)
{{2,3}} (x1, x2)•(x4, x5)•(x7, x8)
{{2,4}} (x1, x2)•(x4, x5)(x6, x7)•
{{3,3}} (x1, x2)(x3, x4)• •(x7, x8)
{{3,4}} (x1, x2)(x3, x4)•(x6, x7)•
{{4,4}} (x1, x2)(x3, x4)(x5, x6)• •
Proposition 5 On suppose rp ≤n. Le nombre de façons de choisir p r−uplets de points
consécutifs disjoints parmi npoints situés sur un cercle est
n
pn−p(r−1) −1
p−1.
Si l’on choisit un r−uplet, il reste p−1r−uplets à choisir parmi n−rpoints d’un ensemble ordonné,
soit, d’après la proposition 4 n−p(r−1) −1
p−1.
En considérant le cercle comme orienté, choisir un r−uplet revient à choisir son premier terme. Il y a

AI 5
donc nchoix possibles. Le produit
nn−p(r−1) −1
p−1
est donc le nombre d’éléments de l’ensemble
{(Ri1,{Ri2,...,Rip})|Ri1,...,Ripétant p r−uplets de points consécutifs, disjoints}.
L’application qui à un élément de cet ensemble associe {Ri1, Ri2,...,Rip}est surjective, et chaque
image est obtenue pfois. D’où le nombre cherché.
Proposition 6 On suppose 2p≤n. Le nombre de façons de choisir ppoints parmi npoints situés
sur un cercle de telle sorte que deux d’entre eux ne soient jamais consécutifs est
n
pn−p−1
p−1.
On se ramène au cas précédent avec r= 2, en associant à chaque point le couple formé de lui-même
et de son successeur sur le cercle orienté.
Partition d’un ensemble fini
Proposition 7 Le nombre N(q, s)de partitions d’un ensemble de qs éléments en qparties à s
éléments est 1
q!
(sq)!
(s!)q.
Si l’on choisit une partie à séléments, il y a N(q−1, s)partitions contenant cette partie. D’autre part
il y a sq
sfaçons de choisir une partie à séléments parmi les sq éléments. Parmi les N(q−1, s)sq s
partitions obtenues, chaque partition se retrouve qfois. On en déduit
N(q, s) = 1
qN(q−1, s)sq
s.
Par ailleurs, on a bien sûr
N(1, s) = 1 .
On en déduit alors par récurrence la formule voulue.