Dénombrement

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# Chapitre 6 Dénombrement

## 6.1 Nombre d’applications d’un ensemble fini dans un ensemble fini

Soient deux ensembles E dans F de cardinaux respectifs p et n. Soit A(E,F) l’ensemble des applications de E dans F. Soit u(p,n) le nombre d’applications de E dans F. On a : u(p,1)=p car si E=a et F=b1,b2..bp les applications de E dans F sont définies par :
fj(a)=bj) avec 1≤ j≤ p
On montre par récurrence que u(p,n)=p*u(p,n−1).
En effet :
si E=a1,a2...an et E1=a2...an, une application de E dans F est définie par une application de E1 dans F et par f(a1)=bj pour 1≤ j≤ p.
Donc u(p,n)=pn

## 6.2 Nombre d’injections d’un ensemble fini dans un ensemble fini : les arrangements

Soient deux ensembles E dans F de cardinaux respectifs p et n avec n≥ p.
Soit I(E,F) l’ensemble des injections de E dans F. Soit v(n,p) le nombre injections de E dans F. On a : v(n,1)=n car si E=a et F=b1,b2..bn les injections de E dans F sont définies par :
fj(a)=bj) avec 1≤ j≤ n
On montre par récurrence que v(p,n)=(n−p+1)*v(p,n−1).
En effet :
si E=a1,a2...ap et E1=a2...ap, une injection de E dans F est définie par une injection de f de E1 dans F et par f(a1)∈ F∖ f(E1).
Comme F∖ f(E1) a pour cardinal n−(p−1)=n−p+1 on a :
v(n,p)=(n−p+1)*v(n,p−1) Donc v(n,1)=n,v(n,2)=n(n−1),...,v(n,p)=n(n−1)...(n−p+1)
En utilisant la notation factorielle on a donc :

v(n,p)= |
n!
(n−p)!

Définition v(n,p) est le nombre d’arrangements sans répétition de p objets pris parmi n objets (p≤ n).
Avec `Xcas` v(n,p) se note `perm(n,p)`.
On tape :
`perm(n,p)`
On obtient : `(n!)/((n-p)!)`
On tape :
`perm(6,3)`
On obtient : `120`

## 6.3 Nombre de bijections d’un ensemble fini dans un ensemble fini : la factorielle

Soient deux ensembles E dans F de même cardinaux n.
Le nombre de bijections de E dans F est égal au nombre d’injections de E dans F car E et F ont le même nombre déléments.
Le nombre de bijections de E dans F est donc 1*2*..*n =n! Avec `Xcas` v(n,p) se note `perm(n,p)`.
On tape :
`6!`
On obtient : `720`
On tape :
`3!`
On obtient : `6`

## 6.4 Nombre de parties à p éléments d’un ensemble à n éléments : les combinaisons

Soit un ensemble E de cardinal n (n≥ 1) et soit un entier p≤ n.
Soit w(n,p) le nombre de parties de E ayant p éléments.
Soit f une injection de I=[1,p] dans E dans f(I) est une partie de E qui a p éléments.
Soit F l’application qui a une injection f de I=[1,p] dans E fait correspondre f(M) i.e. F(f)=f(M).
F est surjective mais n’est pas injective car si:
F(f1)=F(f2) cela entraine f1(M)=f2(M).
Soit f1 une injection de I=[1,p] dans E et F=f1(M). Donc I et F sont de cardinal p.
D’après le paragraphe précédent, le nombre d’injections f de I=[1,m] dans E tel que f(M)=F est p! car ces injections sont des bijection de I dans F. Donc le nombre de parties de E ayant p éléments est égal au nombre d’injection de I dans E divisé par p!.
Donc :

w(n,p)= |
n!
(n−p)!p!

On remarquera que la formule est encore valable pour n=p=0 puisque w(0,0)=1 Définition w(n,p) est le nombre de combinaisons sans répétition de p objets pris parmi n objets (p≤ n).
Avec `Xcas` w(n,p) se note `comb(n,p)`.
On tape :
`simplify(comb(n,p))`
On obtient : `(n!)/((n-p)!*p!)`
On tape :
`comb(6,3)`
On obtient : `20`

## 6.5 Les combinaisons avec répétition

### 6.5.1 La définition

Définition
Soit un ensemble E de cardinal n (n≥ 1) et soit un entier p.
Le nombre d’ensemble ayant p éléments de E, chaque élément pouvant être est appelé combinaison avec répétition de p éléments pris parmi n.

### 6.5.2 Une démonstration

Soit c(n,p) le nombre de combinaisons avec répétition de p éléments pris parmi n.
On va montrer que l’on a : c(n,p)=`comb(n+p-1,n-1)=comb(n+p-1,p)` à l’aide de l’exercice suivant.
Enoncé
Soient O et A 2 points tels que OA=p.
1/ On suppose p≥ n. De combien de manières peut-on placer entre O et A (O et A exclus) n−1 points d’abscisse entière ?
2/ Application Nombre de solutions de l’équation x1+x2+...xn=p :
a/ lorsque les xi sont des entiers >0 et p≥ n.
b/ lorsque les xi sont des entiers ≥ 0
3/ En déduire la valeur de c(n,p)
Solution
1/ Entre O et A (O et A exclus) il y a p−1 points.
Donc on peut placer n−1 points d’abscisse entière de `comb(p-1,n-1)` manières différentes.
2/ a/ Pour résoudre x1+x2+...xn=p lorsque les xi sont des entiers >0, on place n−1 points M1,M2..Mn−1 d’abscisse entière m1,m2..mn−1 entre O et A et on pose :
x1=m1,x2=m2−m1,....xn−1=mn−1mn−2,xn=p−mn−1
On a alors x1+x2+...xn=p.
Réciproquement à chaque solution x1,x2,...,xn de x1+x2+...xn=p lorsque les xi sont des entiers >0, il correspond n−1 points d’abscisse entière entre O et A ce sont :
M1,M2..Mn−1 d’abscisse respective x1,x1+x2,...,∑i=..n−1xi.
Le nombre de solution est donc `comb(p-1,n-1)` b/ Pour résoudre x1+x2+...xn=p lorsque les xi sont des entiers ≥ 0, on se raméne au cas précédent en posant :
yi=xi+1 (si xi est un entier ≥ 0, yi est un entier >0).
À chaque solution de x1+x2+...xn=p où les xi sont des entiers ≥ 0 correspond une solution de y1+y2+...yn=n+p où les yi sont des entiers >0 et on a n+p≥ n.
Donc le nombre de solutions de l’équation x1+x2+...xn=p lorsque les xi sont des entiers ≥ 0 est `comb(n+p-1,n-1)=comb(n+p-1,p)`.
3/ c(n,p) est le nombre de combinaisons avec répétition de p éléments pris parmi n. Soient a1,a2,...an les n élements de E. Chaque combinaison avec répétition de p éléments pris parmi ces n élements est À chaque solution de x1,x2,...xn=p avec xi ≥ 0 pour i=1..n il correspond une combinaison avec répétition de p éléments pris parmi ces n élements ai à savoir on a la combinaison qui correspond aux p élements :
x1 fois a1,x2 fois a2,...xn fois an (il y bien p élements puisque x1,x2,...xn=p. Réciproquement à chaque combinaison avec répétition de p éléments pris parmi a1,a2,...an il correspond une solution de x1,x2,...xn=p avec xi ≥ 0 pour i=1..n. Donc c(n,p)=`comb(n+p-1,n-1)=comb(n+p-1,p)`

### 6.5.3 Autre démonstration

Soient a1,a2,...an les n élements de E.
1/ On cherche combien de fois l’élément a1 figure dans les c(n,p) combinaisons avec répétition de p éléments pris parmi ces n élements ai (i=1..n).
Dans chaque combinaison il y a p éléments donc en tout il y a :
p*c(n,p) éléments.
Les n éléments figurent le même nombre de fois donc :
l’élément a1 figure p*c(n,p)/n fois dans les c(n,p) combinaisons
et de même pour tout i=1..n,
l’élément ai figure p*c(n,p)/n fois dans les c(n,p) combinaisons.
2/ Cherchons une relation entre p*c(n,p)/n et c(n,p−1) Parmi les combinaisons à répétition, il y en a :
c(n−1,p)=`comb(n+p-2,p)` qui ne contiennent pas a1.
Parmi les combinaisons à répétition, il y en a :
c(n,p−1)=`comb(n+p-2,p-1)` qui contiennent a1 au moins une fois (car on a `comb(n+p-2,p-1)+comb(n+p-2,p)=comb(n+p-1,p)`)
D’après 1/ l’élément a1 figure (p−1)*c(n,p−1)/n fois dans les c(n,p−1) combinaisons
Donc dans les c(n,p) combinaisons il y a c(n,p−1) combinaisons qui contiennent a1 au moins une fois. Cherchons le nombre de fois où apparait a1 parmi les combinaisons qui contiennent a1 au moins une fois. Ces combinaisons sont au nombre de c(n,p−1). Si on enlève a1 de ces combinaisons il reste une combinaison avec répétition de p−1 éléments pris parmi ces n élements ai (i=1..n). On sait d’apr‘es 1/ que a1 figure (p−1)*c(n,p−1))/n fois dans les c(n,p−1) combinaisons. Donc l’élément a1 figure c(n,p−1)+(p−1)*c(n,p−1)/n fois dans les c(n,p) combinaisons.
On a donc la relation :

p*c(n,p)
n
| =c(n,p−1)+ |
(p−1)*c(n,p−1)
n
| = |
(n+p−1)
n
| c(n,p−1)

Donc puisque c(n,1)=n :

c(n,p)= |
(n+p−1)
p
| c(n,p−1)=... |
(n+p−1)..(n+1)
p!
| c(n,1)= |
(n+p−1)..(n+1)n
p!
| = |
(n+p−1)!
(n−1)!p!

donc on en déduit que :
c(n,p)=`comb(n+p-1,p)= comb(n+p-1,n-1)`
Remarque
On a c(n,0)+c(n,1)+...+c(n,p)=c(n+1,p)
On tape :
`sum(comb(n+k-1,n-1),k=0..p)-comb(n+p,n)`
On obtient :
`0`
Par récurrence sur p on a :
c(n,0)+c(n,1)=1+n=c(n+1,1)
si c(n,0)+c(n,1)+...+c(n,p)=c(n+1,p) alors
c(n,0)+c(n,1)+...+c(n,p)+c(n,p+1)=c(n+1,p)+c(n,p+1)=
`comb(n+p,p)+comb(n+p,p+1)=comb(n+p+1,p+1)`=c(n+1,p+1)
En effet proriété de `comb` :
`comb(n,p)=comb(n-1,p)+comb(n-1,p-1)` pour tout n et p≤ n donc
`comb(n+p,p)=comb(n+p-1,p)+comb(n+p-1,p-1)`

### 6.5.4 Exercice

Dans une patisserie il y 10 sortes de gateaux.
De combien de manières peut-on en choisir 6 :
a/ de sortes différentes,
b/ de même sorte ou de sortes différentes, c/ de même sorte ou de sortes différentes dans le cas ou il ne reste que 3 gateaux d’une certaine sorte. Solution
a/ Il y a `comb(10,6)=210` de choisir 6 gateaux de sortes différentes parmi 10 sortes.
b/ Il y a `comb(15,6)=5005` de choisir 6 gateaux de même sorte ou sortes différentes parmi 10 sortes car ici n=10 et p=6.
c/ si il ne este que 3 gateaux de la sorte a1, il y a `comb(14,6)=3003` manières de prendre 6 gateaux sans la sorte a1 (n=9, p=6 et n+p−1=14 i.e 9 sortes et 6 gateaux)
`comb(13,5)=1287` manières de prendre 6 gateaux dont 1 gateau de la sorte a1,(n=9, p=5 et n+p−1=13)
`comb(12,4)=495` manières de prendre 6 gateaux dont 2 gateaux de la sorte a1,(n=9, p=4 et n+p−1=12)
`comb(11,3)=165` manières de prendre 6 gateaux dont 3 gateaux de la sorte a1,(n=9, p=3 et n+p−1=11)
Donc il y a 3003+1287+495+165=4950 manières de prendre 6 gateaux de même sorte ou de sortes différentes dans le cas ou il ne reste que 3 gateaux d’une certaine sorte.
Vérifions :
On a `comb(10,2)=45` manières de prendre 6 gateaux dont 4 gateaux de la sorte a1,(n=9, p=2)
On a `comb(9,1)=9` manières de prendre 6 gateaux dont 5 gateaux de la sorte a1,(n=9, p=1)
On a `comb(9,0)=1` manières de prendre 6 gateaux dont 6 gateaux de la sorte a1,(n=9, p=0)
et on a bien : 4950 +55=5005.

## 6.6 Nombre de surjections d’un ensemble fini dans un ensemble fini

Exercice 1 Soient E un ensemble ayant p éléments et F un ensemble ayant q éléments. On cherche le nombre de surjections de E dans F.

1. Calculer ∑A⊂ E(−1)Card(A)
2. Soient f une application de E dans F et B une partie de F∖ f(E).
   On pose : S(f)=∑B⊂ F∖ f(E)(−1)Card(B)
   Montrer que :
   S(f)=1 si f est surjective et S(f)=0 si f n’est pas surjective.
3. En déduire le nombre de surjections de E dans F

La solution

1. Si p=0 alors E=∅ donc ∑A⊂ E(−1)Card(A)=(−1)0=1
   Si p≠ 0 alors il y a `comb(p,k)` sous-ensemble A de E qui ont k éléments A, donc
   ∑A⊂ E(−1)Card(A)=∑k=0pcomb(p,k)(−1)k=(1−1)p=0 d’après la formule du binôme.
2. Si f est surjective F∖ f(E)=∅ donc S(f)=1 d’après ce qui précéde.
   Si f n’est pas surjective F∖ f(E)≠ ∅ donc S(f)=0 d’après ce qui précéde.
3. Soit A(E,F) l’ensemble des applications de E dans F.
   D’après ce qui précède le nombre de surjections de E dans F est :
   ∑f∈ A(E,F)S(f)=∑f∈ A(E,F)∑B⊂ F∖ f(E)(−1)Card(B)
   Puisque B⊂ F∖ f(E) est équivalent à B∩ f(E)=∅ donc est équivalent à f(E)⊂ F∖ B donc le nombre de surjections de E dans F est :
   ∑B⊂ F∑f∈A(E,F∖ B) (−1)Card(B)=
   ∑B⊂ F && Card(B)=k(q−k)p(−1)k=∑k=0q comb(q,k)(q−k)p(−1)k
   En effet si Card(B)=k. Il y a (q−k)p applications des E dans F∖ B et il y a comb(q,k) sous-ensemble de F qui contient k éléments.
   Donc :

   S(f)= |
   q
   ∑
   k=0
   | (−1)kcomb(q,k)(q−k)p

Exercice 2 1a/ Montrer que pour tout j=1..k on a :
`comb(p,j)*comb(p-j,k-j)=comb(p,k)*comb(k,j)`
1b/ En déduire que :

k
∑
j=0
| (−1)jcomb(p,j)*comb(p−j,k−j)=0

2/ Soit S(n,p) le nombre de surjections d’un ensemble à n éléments sur un ensemble à p éléments.
En raisonnant, pour une application f de E dans F, sur le cardinal de f(E), établir :

pn=S(n,p)+ |
p−1
∑
k=1
| comb(p,k)*S(n,p−k)

3/ En déduire que :

S(n,p)= |
p−1
∑
k=0
| (−1)kcomb(p,k)*(p−k)n

4/ En utilisant φ(f) = {f−1({y}) , y ∈ F } de l’ensemble des surjections de E dans F dans l’ensemble des partitions de E ayant p parties, déterminer le nombre de partitions d’un ensemble à n éléments en p parties (1 ≤ p ≤ n), noté Pi(n,p).

La solution 1a/ On développe les combinaisons ou on tape :
`normal(comb(p,j)*comb(p-j,k-j)-comb(p,k)*comb(k,j))`
On obtient :
`0`
1b/ On remplace les combinaisons à l’aide de 1a/ et on écrit le développement de (1−1)k avec la formule du binôme et on obtient :
0=(1−1)k=∑j=0k(−1)jcomb(k,j) donc
comb(p,k)∑j=0k(−1)jcomb(k,j)=∑j=0k(−1)jcomb(p,k)comb(k,j)=∑j=0k(−1)jcomb(p,j)*comb(p−j,k−j)
2/ Il y a pn applications de E dans F et si f est une application de E dans F on note k le cardinal de f(E). Pour k fixé f est alors une surjection de E dans f(E) et il a `S(n,k)` surjections
il y a `comb(p,1)*S(n,1)` applications de E dans F qui sont telles que k=1
il y a `comb(p,2)*S(n,2)` applications qui sont telles que k=2
.... il y a `comb(p,k)*S(n,k)` applications qui sont telles que k=k
... il y a `comb(p,p)*S(n,p)` applications qui sont telles que k=p
d’où la formule pn=`sum( comb(p,k)*S(n,k),k=1..p)=S(n,p)+sum(comb(p,k)*S(n,k),k=1..p-1)`
3/ On va faire une combinaison de lignes qui fera disparaitre les
`S(n,k)` pour k!=p en se servant de 1b/ :
`sum(``(-1)``i``comb(p,i)comb(p-i,k-i),i=0..k)=0`
Les coefficients de S(n,p-k) sont si la 1iere ligne est la ligne 0:
ligne 0 : `comb(p,k)`,
ligne 1 : `comb(p-1,k-1)`
ligne 2 : `comb(p-2,k-2)`
...
ligne i : `comb(p-i,k-i)`,
....
ligne k : `1`
on multiplie donc
la ligne 0 par 1=(−1)0*`comb(p,0)`
la ligne 1 par -1*`comb(p,1)`
la ligne 2 par (−1)2*`comb(p,2)`
....
la ligne k par (−1)k`comb(p,k)`
...
la ligne p-1 par (−1)p−1`comb(p,p-1)`
Puis on somme toutes les lignes et on obtient :
`sum(``(-1)``k``comb(p,k)``(p-k)``n``,k=0..p-1)=S(n,p)` 4/ Chaque surjection de E dans F donne une partition de E ayant p parties. Mais une partition de E ayant p parties définit p! surjections donc le nombre de partitions de E ayant p éléments est `S(n,p)/p!`
Vérifions
`S(n,2)`=2n−2 et il y a 2n−1−1 partitions de E ayant p parties.

## 6.7 Les nombres d’applications de E dans F

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