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Dénombrement et combinatoire

Dénombrer, c'est compter le nombre d'éléments d'un ensemble fini sans les énumérer un à un. Ce thème construit les outils du comptage organisé : les deux principes fondateurs (additif et multiplicatif), puis les trois grands modèles — les k-uplets (listes avec répétition, ordonnées), les arrangements et permutations (sans répétition, ordonnés) et les combinaisons (sans répétition, sans ordre) décrites par les coefficients binomiaux. On en dégage les propriétés des C(n,k) (symétrie, triangle de Pascal) et on relie systématiquement le dénombrement au calcul de probabilités en situation d'équiprobabilité.

5 sections~27 min de lecture4 compétencesNiveau Base 1 · Standard 2 · Approfondissement 2Vérifié · 06/2026

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Profil d’examen

Modéliser un dénombrement en mobilisant le principe additif et/ou le principe multiplicatif, et calculer le cardinal d'un ensemble produit.Dénombrer des listes (k-uplets), des arrangements et des permutations en distinguant ordre/sans ordre et répétition/sans répétition.Calculer et interpréter des combinaisons (coefficients binomiaux) C(n,k) et exploiter leurs propriétés : symétrie, relation et triangle de Pascal.Relier dénombrement et probabilités : calculer une probabilité en situation d'équiprobabilité comme un rapport de cardinaux.

Opérateurs :dénombrermodélisercalculerjustifierdémontrerinterpréterdistinguer

niveau de base

Maîtriser d'abord les deux principes (additif, multiplicatif) et savoir reconnaître, sur un énoncé concret, le bon modèle de comptage : ordre ou pas, répétition ou pas. Ce tri commande le choix de la formule (n^k, n!/(n−k)!, C(n,k)).

niveau approfondi

Approfondir l'interprétation combinatoire des coefficients binomiaux (preuves par dénombrement de la symétrie et de la relation de Pascal), savoir justifier le nombre 2^n de parties d'un ensemble, et conduire un raisonnement à prise d'initiative reliant dénombrement et probabilités.

Profondeur

Texte

Sommaire · 5 sections

Dénombrement et combinatoire

Principes additif et multiplicatif ; cardinaux et ensemble produit#

BaseBO-2019-spe-maths-terminale-§Denombrement-combinatoire

Arbre de dénombrement : le principe multiplicatif

Fig. 1Construire un objet par deux choix successifs (ici

3

possibilités puis

2

) : on compte les FEUILLES de l'arbre, soit

3\times2=6

résultats. Multiplier les nombres de branches à chaque niveau, c'est appliquer le principe multiplicatif.

Cardinal d'un ensemble fini : le cardinal d'un ensemble fini

E

, noté

\mathrm{card}(E)

(ou parfois

|E|

\#E

), est le NOMBRE d'éléments de

E

. Dénombrer un ensemble, c'est déterminer son cardinal sans avoir à lister tous ses éléments — on organise plutôt le comptage à l'aide de principes et de modèles.

Principe additif : si un ensemble fini

E

est la RÉUNION de parties DISJOINTES (sans élément commun)

A_1, A_2, \dots, A_p

, alors

\mathrm{card}(E)=\mathrm{card}(A_1)+\mathrm{card}(A_2)+\dots+\mathrm{card}(A_p)

. Il modélise un choix « OU exclusif » : on répartit les cas en familles disjointes (par exemple selon une condition vraie/fausse) et on additionne. Si les parties ne sont pas disjointes, on retranche les doubles comptages :

\mathrm{card}(A\cup B)=\mathrm{card}(A)+\mathrm{card}(B)-\mathrm{card}(A\cap B)

Principe multiplicatif : lorsqu'un objet se construit par une SUITE de

k

choix successifs, le premier offrant

n_1

possibilités, le deuxième

n_2

, …, le

k

-ième

n_k

possibilités (chaque nombre de possibilités étant indépendant des choix précédents), le nombre total de constructions est le PRODUIT

n_1\times n_2\times\dots\times n_k

. Il modélise un choix « ET » (une étape PUIS une autre). On le visualise par un ARBRE de dénombrement dont on compte les feuilles.

Cardinal d'un ensemble produit : pour deux ensembles finis

A

B

, l'ensemble produit

A\times B

(ensemble des couples

(a,b)

avec

a\in A

b\in B

) vérifie

\mathrm{card}(A\times B)=\mathrm{card}(A)\times\mathrm{card}(B)

: c'est une conséquence directe du principe multiplicatif (choisir

a

PUIS

b

). Plus généralement

\mathrm{card}(A_1\times A_2\times\dots\times A_k)=\mathrm{card}(A_1)\times\dots\times\mathrm{card}(A_k)

Nombre de parties d'un ensemble : un ensemble

E

n

éléments possède exactement

2^{\,n}

parties (sous-ensembles, en comptant l'ensemble vide

\varnothing

E

lui-même). Justification multiplicative : constituer une partie revient, pour CHACUN des

n

éléments, à décider s'il appartient ou non à la partie — soit

2

choix indépendants par élément, donc

2\times2\times\dots\times2=2^{\,n}

A_1,\dots,A_p \text{ disjoints deux à deux} \;\Longrightarrow\; \mathrm{card}\!\left(\bigcup_{i=1}^{p} A_i\right) = \sum_{i=1}^{p} \mathrm{card}(A_i)

Principe additif

Quand on partitionne un ensemble en familles SANS recouvrement, le cardinal total est la somme des cardinaux : on découpe le comptage selon des cas exclusifs.

\mathrm{card}(A\times B) = \mathrm{card}(A)\times\mathrm{card}(B)

Principe multiplicatif (ensemble produit)

Choisir un couple $(a,b)$ , c'est choisir $a$ parmi $\mathrm{card}(A)$ possibilités PUIS $b$ parmi $\mathrm{card}(B)$ : on multiplie les nombres de possibilités des choix successifs.

\mathrm{card}(A\cup B) = \mathrm{card}(A) + \mathrm{card}(B) - \mathrm{card}(A\cap B)

Réunion de deux parties (cas non disjoint)

Quand $A$ et $B$ se chevauchent, additionner $\mathrm{card}(A)$ et $\mathrm{card}(B)$ compte deux fois l'intersection : on la retranche une fois pour corriger.

\mathrm{card}(E)=n \;\Longrightarrow\; E \text{ admet } 2^{\,n} \text{ parties}

Nombre de parties d'un ensemble à n éléments

Pour chaque élément, deux choix indépendants (dedans / dehors) : $2^n$ parties au total, vide et ensemble plein compris.

Les 2ⁿ parties d'un ensemble : exemple E = {a, b}

Fig. 2Pour

E=\{a,b\}

(

n=2

), chaque élément est « dedans » ou « dehors » :

2\times2=4

parties —

\varnothing

\{a\}

\{b\}

\{a,b\}

. Plus généralement, un ensemble à

n

éléments possède

2^{\,n}

parties.

Exemple corrigé

Codes d'accès : additif et multiplicatif combinés

Un immeuble utilise des codes d'accès formés de caractères pris parmi les $10$ chiffres ( $0$ à $9$ ) et les $26$ lettres de l'alphabet (sans distinction majuscule/minuscule). 1) Combien de codes de $4$ caractères peut-on former si les répétitions sont autorisées ? 2) Combien de ces codes commencent par une lettre PUIS comportent $3$ chiffres ? 3) Combien de codes de $4$ caractères sont SOIT formés uniquement de chiffres, SOIT formés uniquement de lettres ?

Compter l'alphabet total
Chaque caractère est choisi parmi $10$ chiffres et $26$ lettres, soit $36$ symboles disponibles.
$n = 10 + 26 = 36 \text{ symboles}$
1) Codes de 4 caractères (principe multiplicatif)
On effectue $4$ choix successifs INDÉPENDANTS (répétitions autorisées), chacun parmi $36$ symboles. On multiplie.
$36 \times 36 \times 36 \times 36 = 36^{4} = 1\,679\,616$
2) Une lettre puis trois chiffres
Premier caractère : $26$ lettres possibles. Chacun des trois suivants : $10$ chiffres possibles. Principe multiplicatif.
$26 \times 10 \times 10 \times 10 = 26 \times 10^{3} = 26\,000$
3) Uniquement chiffres OU uniquement lettres (principe additif)
Les codes « tout chiffres » ( $10^4$ ) et « tout lettres » ( $26^4$ ) forment deux familles DISJOINTES (un code ne peut être les deux à la fois). On additionne.
$10^{4} + 26^{4} = 10\,000 + 456\,976 = 466\,976$

Résultat : 1) $36^4 = 1\,679\,616$ codes ; 2) $26\,000$ codes ; 3) $466\,976$ codes. Les questions 1 et 2 relèvent du principe multiplicatif (choix successifs), la question 3 du principe additif (deux familles disjointes).

Erreurs fréquentes

Additionner alors qu'il faut multiplier (ou l'inverse) : « ou » disjoint $\Rightarrow$ additif, « et » (étapes enchaînées) $\Rightarrow$ multiplicatif. Confondre les deux est l'erreur la plus fréquente du thème.
Appliquer le principe additif à des parties qui ne sont PAS disjointes : si $A$ et $B$ se recoupent, $\mathrm{card}(A\cup B)\neq\mathrm{card}(A)+\mathrm{card}(B)$ ; il faut retrancher $\mathrm{card}(A\cap B)$ pour ne pas compter deux fois.
Oublier l'ensemble vide (et l'ensemble plein) en comptant les parties : un ensemble à $n$ éléments a $2^{\,n}$ parties, $\varnothing$ et $E$ compris — répondre $2^{\,n}-2$ ou $2^{\,n}-1$ par oubli est une erreur classique.

Révision active

Un menu de restaurant propose $3$ entrées, $4$ plats et $2$ desserts. 1) Combien de menus « entrée + plat + dessert » différents peut-on composer ? 2) Combien de repas peut-on composer si l'on prend SOIT une entrée et un plat, SOIT un plat et un dessert (deux formules distinctes) ? Justifier le principe utilisé dans chaque cas.

Rappel actif

Rappelle-toi les points clés — puis révèle.

Sources : Programme de spécialité mathématiques — classe terminale (BO spécial n° 8 du 25 juillet 2019) (Ministère de l'Éducation nationale — Éduscol)

Listes (k-uplets), arrangements et permutations#

StandardBO-2019-spe-maths-terminale-§Denombrement-combinatoire

Avec remise (k-uplets) vs sans remise (arrangements)

Fig. 3Tirer

2

éléments parmi

\{A,B,C\}

EN ORDONNANT. À gauche, AVEC remise :

3\times3=9

listes (

3^2

). À droite, SANS remise :

3\times2=6

listes (

\frac{3!}{1!}

), car le second choix exclut l'élément déjà pris.

k-uplets (ou

k

-listes) d'un ensemble à

n

éléments : un

k

-uplet est une liste ORDONNÉE de

k

éléments où les RÉPÉTITIONS sont autorisées. Modèle du tirage SUCCESSIF AVEC remise. Par le principe multiplicatif, à chacune des

k

positions on dispose des

n

éléments : le nombre de

k

-uplets est

n^{\,k}

. (Cohérent avec l'ensemble produit : un

k

-uplet est un élément de

E\times E\times\dots\times E

, soit

\mathrm{card}(E)^k=n^k

p-listes d'éléments DISTINCTS = arrangements : un arrangement de

k

éléments parmi

n

(avec

0\le k\le n

) est une liste ORDONNÉE de

k

éléments DEUX À DEUX DISTINCTS. Modèle du tirage SUCCESSIF SANS remise. À la première position,

n

choix ; à la deuxième,

n-1

(un élément est déjà pris) ; …, à la

k

-ième,

n-k+1

choix. Leur nombre est le produit des

k

entiers décroissants à partir de

n

, soit

\dfrac{n!}{(n-k)!}

Factorielle : pour un entier

n\ge1

n!=1\times2\times3\times\dots\times n

(« factorielle

n

») est le produit de tous les entiers de

1

n

; par convention

0!=1

. La factorielle croît très vite (par exemple

5!=120

10!=3\,628\,800

). Elle vérifie la relation de récurrence

n!=n\times(n-1)!

Permutations d'un ensemble à

n

éléments : une permutation est un ARRANGEMENT de TOUS les

n

éléments — c'est-à-dire une façon d'ORDONNER (ranger en ligne) les

n

éléments, sans répétition. Leur nombre est

n!

(cas particulier de l'arrangement avec

k=n

\dfrac{n!}{(n-n)!}=\dfrac{n!}{0!}=n!

). Ordonner

n

objets, c'est choisir le

1^{\text{er}}

(

n

choix), puis le

2^{\text{e}}

(

n-1

), …, jusqu'au dernier (

1

choix).

Critère de choix du modèle : on parle d'ARRANGEMENT/permutation/

k

-uplet dès que l'ORDRE compte (le résultat est une LISTE : un podium, un mot, un code, un classement). Avec remise (répétition possible) :

n^k

. Sans remise (éléments distincts) :

\dfrac{n!}{(n-k)!}

, et

n!

si l'on ordonne tout. C'est lorsque l'ordre ne compte PAS que l'on passe aux combinaisons (section suivante).

\text{Nombre de } k\text{-uplets d'un ensemble à } n \text{ éléments} = n^{\,k}

k-uplets (ordonnés, avec répétition)

Tirage successif AVEC remise : à chacune des $k$ positions, les $n$ éléments restent tous disponibles — on multiplie $n$ par lui-même $k$ fois.

\text{Arrangements de } k \text{ parmi } n = \underbrace{n\,(n-1)\cdots(n-k+1)}_{k \text{ facteurs}} = \frac{n!}{(n-k)!}

Arrangements (ordonnés, sans répétition)

Tirage successif SANS remise : $n$ choix puis $n-1$ , … puis $n-k+1$ ; le produit de ces $k$ entiers décroissants se condense en $\frac{n!}{(n-k)!}$ .

n! = 1\times2\times3\times\cdots\times n, \qquad 0! = 1, \qquad n! = n\times(n-1)!

Factorielle

Produit des entiers de $1$ à $n$ ; la convention $0!=1$ rend cohérentes les formules d'arrangements et de combinaisons.

\text{Nombre de permutations d'un ensemble à } n \text{ éléments} = n!

Permutations

Ordonner les $n$ éléments : $n$ choix pour la première place, $n-1$ pour la suivante, … , $1$ pour la dernière, soit $n!$ .

Explosion de la factorielle n!

Fig. 4La factorielle n! croît plus vite que toute puissance : 5!=120, mais 8!=40 320 et 10!=3 628 800. D'où le très grand nombre de permutations dès que n dépasse quelques unités.

Exemple corrigé

Podium d'une course : arrangement

Une course oppose $8$ coureurs, tous d'arrivées distinctes (pas d'ex æquo). 1) De combien de façons peut-on former le podium (les coureurs des places $1$ , $2$ et $3$ , dans l'ordre) ? 2) De combien de façons peut-on établir le classement COMPLET des $8$ coureurs ? 3) Combien de podiums incluent un coureur donné, disons Alice, à la première place ?

1) Identifier le modèle du podium
On choisit $3$ coureurs parmi $8$ , DISTINCTS (un coureur ne peut occuper deux places) et ORDONNÉS (la place $1$ diffère de la place $2$ ). C'est un ARRANGEMENT de $3$ parmi $8$ .
$\frac{8!}{(8-3)!} = \frac{8!}{5!} = 8 \times 7 \times 6 = 336$
2) Classement complet : permutation
Ordonner les $8$ coureurs, c'est une permutation des $8$ éléments.
$8! = 40\,320$
3) Alice en première place
La place $1$ est fixée (Alice). Il reste à choisir les places $2$ et $3$ parmi les $7$ autres coureurs, DISTINCTS et ordonnés : arrangement de $2$ parmi $7$ .
$\frac{7!}{(7-2)!} = 7 \times 6 = 42$

Résultat : 1) $336$ podiums possibles ; 2) $8! = 40\,320$ classements complets ; 3) $42$ podiums avec Alice en tête. Le modèle est l'arrangement (ordre + sans répétition), et la permutation pour le classement intégral.

Erreurs fréquentes

Confondre tirage avec et sans remise : utiliser $n^k$ alors que les éléments doivent être distincts (ou $\frac{n!}{(n-k)!}$ quand les répétitions sont autorisées). Toujours repérer si un élément déjà choisi reste disponible.
Oublier que l'ordre compte (ou non) : pour un PODIUM ( $1^{\text{er}}$ , $2^{\text{e}}$ , $3^{\text{e}}$ distincts) l'ordre compte $\Rightarrow$ arrangement ; pour une simple SÉLECTION de $3$ personnes l'ordre ne compte pas $\Rightarrow$ combinaison (à venir). Se tromper de modèle fausse tout.
Mal évaluer $0!$ ou simplifier la factorielle de travers : $0!=1$ (pas $0$ ), et $\frac{n!}{(n-k)!}$ n'est PAS $\frac{n}{n-k}$ ; il faut développer les facteurs décroissants.

Révision active

Un club de $10$ membres élit un bureau composé d'un président, d'un secrétaire et d'un trésorier (trois personnes distinctes). 1) Combien de bureaux différents peut-on former ? 2) Avec le mot « MATHS » ( $5$ lettres distinctes), combien d'anagrammes (mots, avec ou sans sens) peut-on écrire ? Préciser à chaque fois le modèle de dénombrement.

Rappel actif

Rappelle-toi les points clés — puis révèle.

Sources : Programme de spécialité mathématiques — classe terminale (BO spécial n° 8 du 25 juillet 2019) (Ministère de l'Éducation nationale — Éduscol)

Combinaisons et coefficients binomiaux#

StandardBO-2019-spe-maths-terminale-§Denombrement-combinatoire

Combinaison vs arrangement : choisir 2 éléments parmi {A, B, C}

Fig. 5Sans ordre, il y a

\binom{3}{2}=3

combinaisons :

\{A,B\}

\{A,C\}

\{B,C\}

. En ordonnant chacune (

2!=2

ordres), on retrouve les

6

arrangements. Diviser les

6

arrangements par

2!

donne les

3

combinaisons.

Combinaison : une combinaison de

k

éléments parmi

n

(avec

0\le k\le n

) est une PARTIE (un sous-ensemble) à

k

éléments d'un ensemble à

n

éléments. C'est un choix SANS ORDRE et SANS RÉPÉTITION : seuls comptent les éléments choisis, pas leur ordre de sélection. Modèle du tirage SIMULTANÉ de

k

éléments. Le nombre de telles combinaisons est le COEFFICIENT BINOMIAL noté

\binom{n}{k}

(lu «

k

parmi

n

», noté aussi

C_n^k

Formule des coefficients binomiaux :

\binom{n}{k}=\dfrac{n!}{k!\,(n-k)!}

. Idée : un arrangement de

k

parmi

n

(

\frac{n!}{(n-k)!}

) revient à choisir une combinaison de

k

éléments PUIS à les ordonner (

k!

ordres possibles pour les mêmes

k

éléments). Donc

\frac{n!}{(n-k)!}=\binom{n}{k}\times k!

, d'où

\binom{n}{k}=\frac{1}{k!}\cdot\frac{n!}{(n-k)!}=\dfrac{n!}{k!\,(n-k)!}

. C'est le LIEN-CLÉ entre arrangements et combinaisons : on « divise par

k!

» pour effacer l'ordre.

Valeurs particulières utiles :

\binom{n}{0}=1

(l'unique partie vide),

\binom{n}{n}=1

(l'unique partie pleine),

\binom{n}{1}=n

(les

n

singletons) et

\binom{n}{n-1}=n

. Ces valeurs servent de garde-fou : un calcul de

\binom{n}{k}

qui ne redonne pas ces cas particuliers est faux.

Lien avec le nombre de parties : en triant TOUTES les parties d'un ensemble à

n

éléments selon leur nombre

k

d'éléments (

k

allant de

0

n

), le principe additif donne

\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}=2^{\,n}

: la somme d'une ligne du triangle de Pascal vaut

2^n

, ce qui retrouve le dénombrement des parties vu plus haut.

Critère de reconnaissance : on emploie une COMBINAISON dès que l'ORDRE NE COMPTE PAS — choisir une main de cartes, un comité, un sous-ensemble, un groupe de

k

objets « pris ensemble ». Si l'on remarque qu'échanger deux éléments choisis ne change PAS le résultat, c'est une combinaison (sans ordre), pas un arrangement.

\binom{n}{k} = \frac{n!}{k!\,(n-k)!} \qquad (0 \le k \le n)

Coefficient binomial (nombre de combinaisons de k parmi n)

Nombre de parties à $k$ éléments d'un ensemble à $n$ éléments : on part de l'arrangement $\frac{n!}{(n-k)!}$ et on divise par $k!$ pour effacer l'ordre des $k$ éléments choisis.

\frac{n!}{(n-k)!} = \binom{n}{k}\times k! \quad\Longleftrightarrow\quad \text{arrangement} = \text{combinaison} \times (\text{ordres des } k \text{ éléments})

Lien arrangements / combinaisons

Un arrangement, c'est choisir un sous-ensemble de $k$ éléments PUIS l'ordonner : il y a $k!$ façons d'ordonner les mêmes $k$ éléments, d'où le facteur $k!$ .

\binom{n}{0}=1, \quad \binom{n}{n}=1, \quad \binom{n}{1}=n, \quad \binom{n}{n-1}=n

Valeurs remarquables

Une seule partie vide et une seule partie pleine ; $n$ singletons et $n$ parties à $n-1$ éléments. Ces cas servent à vérifier un calcul.

\sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} = \binom{n}{0}+\binom{n}{1}+\dots+\binom{n}{n} = 2^{\,n}

Somme d'une ligne (lien avec 2^n)

En classant les parties d'un ensemble à $n$ éléments selon leur taille $k$ , le principe additif redonne le nombre total $2^n$ de parties.

Une ligne du triangle : les C(8, k) pour k = 0, …, 8

Fig. 6Les coefficients C(8, k) : 1, 8, 28, 56, 70, 56, 28, 8, 1. Profil symétrique en cloche, maximal au centre (C(8, 4) = 70). Leur somme vaut 2⁸ = 256 (nombre de parties d'un ensemble à 8 éléments).

Exemple corrigé

Comité mixte : combinaisons et principe multiplicatif

Une association compte $6$ femmes et $5$ hommes. On forme un comité de $4$ personnes. 1) Combien de comités différents peut-on constituer ? 2) Combien de comités sont composés de $2$ femmes et $2$ hommes ? 3) Combien de comités comportent AU MOINS une femme ? (On pourra raisonner par complémentaire.)

1) Comité quelconque : une combinaison
Un comité est un ENSEMBLE de $4$ personnes (l'ordre ne compte pas) choisi parmi $6+5=11$ personnes : c'est une combinaison de $4$ parmi $11$ .
$\binom{11}{4} = \frac{11\times10\times9\times8}{4!} = \frac{7920}{24} = 330$
2) Deux femmes ET deux hommes : principe multiplicatif
On choisit $2$ femmes parmi $6$ (combinaison), PUIS $2$ hommes parmi $5$ (combinaison). Deux choix successifs $\Rightarrow$ on multiplie.
$\binom{6}{2}\times\binom{5}{2} = 15 \times 10 = 150$
3) Au moins une femme : par complémentaire
Le contraire de « au moins une femme » est « aucune femme », soit un comité de $4$ personnes prises uniquement parmi les $5$ hommes : $\binom{5}{4}=5$ . On retranche du total.
$\binom{11}{4} - \binom{5}{4} = 330 - 5 = 325$

Résultat : 1) $\binom{11}{4}=330$ comités ; 2) $\binom{6}{2}\binom{5}{2}=150$ comités mixtes $2$ + $2$ ; 3) $330-5=325$ comités comportant au moins une femme. La combinaison (sans ordre) et le complémentaire (« au moins » via « aucun ») sont les deux réflexes-clés.

Erreurs fréquentes

Compter l'ordre alors qu'il ne doit pas l'être : utiliser un arrangement ( $\frac{n!}{(n-k)!}$ ) pour une simple sélection « ensemble » fait compter chaque groupe $k!$ fois de trop ; il faut diviser par $k!$ , c'est-à-dire prendre $\binom{n}{k}$ .
Mal simplifier $\frac{n!}{k!(n-k)!}$ : ne pas développer assez de facteurs au numérateur, ou simplifier $\binom{n}{k}$ en $\frac{n}{k}$ . Astuce : $\binom{n}{k}=\frac{n(n-1)\cdots(n-k+1)}{k!}$ ( $k$ facteurs au numérateur).
Additionner au lieu de multiplier des combinaisons indépendantes : choisir $2$ parmi $5$ PUIS $3$ parmi $7$ donne $\binom{5}{2}\times\binom{7}{3}$ (et NON $\binom{5}{2}+\binom{7}{3}$ ) — deux choix successifs relèvent du principe multiplicatif.

Révision active

Un jeu de $32$ cartes ; une « main » est un ensemble de $5$ cartes (l'ordre ne compte pas). 1) Combien de mains de $5$ cartes existe-t-il ? 2) Combien de mains contiennent exactement $2$ rois (le jeu compte $4$ rois) ? 3) Combien de mains contiennent au moins un roi ? (Indication : passer par le complémentaire « aucun roi ».)

Rappel actif

Rappelle-toi les points clés — puis révèle.

Sources : Programme de spécialité mathématiques — classe terminale (BO spécial n° 8 du 25 juillet 2019) (Ministère de l'Éducation nationale — Éduscol)

Propriétés des coefficients binomiaux et triangle de Pascal#

ApprofondissementBO-2019-spe-maths-terminale-§Denombrement-combinatoire

Triangle de Pascal et la relation de Pascal

Fig. 7Lignes

0

5

. Bords toujours égaux à

1

; chaque terme intérieur est la somme des deux du dessus. Ici

\binom{4}{2}=\binom{3}{1}+\binom{3}{2}=3+3=6

(en couleur d'accent) — c'est la relation de Pascal lue sur le triangle.

Symétrie : pour tous entiers

0\le k\le n

\binom{n}{k}=\binom{n}{n-k}

. Interprétation combinatoire (preuve par dénombrement) : choisir les

k

éléments d'une partie revient EXACTEMENT à choisir les

n-k

éléments laissés de côté (le complémentaire) ; les deux choix sont en correspondance un à un, donc aussi nombreux. Par exemple

\binom{8}{2}=\binom{8}{6}=28

. La symétrie allège les calculs : on remplace

\binom{n}{k}

par

\binom{n}{n-k}

quand

n-k

est plus petit.

Relation de Pascal : pour

1\le k\le n-1

\binom{n}{k}=\binom{n-1}{k-1}+\binom{n-1}{k}

. Preuve par dénombrement : on fixe un élément particulier

x

de l'ensemble à

n

éléments. Les parties à

k

éléments se répartissent en deux familles DISJOINTES : celles qui CONTIENNENT

x

(il reste à choisir

k-1

éléments parmi les

n-1

autres :

\binom{n-1}{k-1}

) et celles qui ne le contiennent PAS (

\binom{n-1}{k}

). Le principe additif conclut.

Triangle de Pascal : tableau triangulaire où la ligne

n

contient les coefficients

\binom{n}{0},\binom{n}{1},\dots,\binom{n}{n}

. On le construit LIGNE PAR LIGNE sans aucune factorielle : les bords valent toujours

1

(

\binom{n}{0}=\binom{n}{n}=1

) et chaque terme intérieur est la SOMME des deux termes situés juste au-dessus de lui (à gauche et à droite), exactement la relation de Pascal. Chaque ligne est symétrique.

Lectures du triangle : la ligne

n

se lit de gauche à droite (

k=0

k=n

) ; la somme d'une ligne vaut

2^{\,n}

(nombre de parties). Le triangle fournit instantanément de petits coefficients binomiaux sans calcul de factorielle, ce qui est précieux en contrôle et pour vérifier un résultat.

Lien avec la loi binomiale (anticipation) : ces coefficients

\binom{n}{k}

sont exactement ceux qui apparaissent dans la formule de la loi binomiale

P(X=k)=\binom{n}{k}p^{k}(1-p)^{\,n-k}

étudiée dans le thème des probabilités :

\binom{n}{k}

y compte le nombre de façons de placer les

k

succès parmi les

n

répétitions. Le dénombrement est donc le socle combinatoire des probabilités.

\binom{n}{k} = \binom{n}{n-k} \qquad (0 \le k \le n)

Symétrie

Choisir les $k$ éléments d'une partie, c'est choisir les $n-k$ éléments du complémentaire : les deux comptages coïncident.

\binom{n}{k} = \binom{n-1}{k-1} + \binom{n-1}{k} \qquad (1 \le k \le n-1)

Relation de Pascal

On classe les parties à $k$ éléments selon qu'elles contiennent ou non un élément fixé $x$ : $\binom{n-1}{k-1}$ contiennent $x$ , $\binom{n-1}{k}$ ne le contiennent pas (principe additif).

\binom{n}{0}=\binom{n}{n}=1 \quad\text{(bords du triangle)}

Bords du triangle de Pascal

Chaque ligne commence et finit par $1$ : il n'y a qu'une partie vide et qu'une partie pleine.

Exemple corrigé

Démontrer la relation de Pascal par dénombrement

Soit $n$ un entier et $k$ un entier tel que $1\le k\le n-1$ . Démontrer, par un raisonnement combinatoire (dénombrement), la relation de Pascal $\binom{n}{k}=\binom{n-1}{k-1}+\binom{n-1}{k}$ . En déduire le calcul de $\binom{6}{3}$ à partir de la ligne $5$ du triangle.

Poser le cadre
Soit $E$ un ensemble à $n$ éléments. Par définition, $\binom{n}{k}$ compte le nombre de parties de $E$ ayant exactement $k$ éléments. On fixe un élément particulier $x$ de $E$ .
Partitionner selon x
Toute partie à $k$ éléments est de l'un des deux types EXCLUSIFS : soit elle contient $x$ , soit elle ne le contient pas. Ces deux familles sont disjointes et leur réunion est l'ensemble de TOUTES les parties à $k$ éléments.
Compter chaque famille
Familles contenant $x$ : il reste à choisir les $k-1$ autres éléments parmi les $n-1$ éléments de $E$ différents de $x$ , soit $\binom{n-1}{k-1}$ . Familles ne contenant pas $x$ : on choisit les $k$ éléments parmi les $n-1$ éléments autres que $x$ , soit $\binom{n-1}{k}$ .
$\#\{x\in P\}=\binom{n-1}{k-1}, \qquad \#\{x\notin P\}=\binom{n-1}{k}$
Appliquer le principe additif
Les deux familles étant disjointes, le nombre total de parties à $k$ éléments est la somme des deux cardinaux, ce qui est exactement la relation de Pascal.
$\binom{n}{k}=\binom{n-1}{k-1}+\binom{n-1}{k}$
Application numérique
Ligne $5$ du triangle : $1,5,10,10,5,1$ . On a $\binom{5}{2}=10$ et $\binom{5}{3}=10$ . La relation de Pascal donne $\binom{6}{3}$ comme leur somme.
$\binom{6}{3}=\binom{5}{2}+\binom{5}{3}=10+10=20$

Résultat : La relation de Pascal $\binom{n}{k}=\binom{n-1}{k-1}+\binom{n-1}{k}$ est démontrée par dénombrement (élément fixé + principe additif), et fournit $\binom{6}{3}=20$ par simple lecture de la ligne $5$ du triangle.

Erreurs fréquentes

Décaler les indices de la relation de Pascal : c'est $\binom{n}{k}=\binom{n-1}{k-1}+\binom{n-1}{k}$ (le bas diminue de $1$ , le haut aussi ; un seul des deux $k$ baisse). Écrire $\binom{n-1}{k}+\binom{n-1}{k+1}$ est faux.
Construire le triangle en oubliant les bords : chaque ligne DOIT commencer et finir par $1$ ; un terme intérieur est la somme des DEUX du dessus, pas d'un seul.
Donner une « preuve » par exemples numériques : vérifier $\binom{4}{2}=\binom{3}{1}+\binom{3}{2}$ sur un cas n'est PAS une démonstration ; il faut le raisonnement combinatoire général (élément fixé / complémentaire).

Révision active

1) Démontrer, par un raisonnement de dénombrement, que pour tout $0\le k\le n$ on a $\binom{n}{k}=\binom{n}{n-k}$ . 2) Construire les lignes $0$ à $6$ du triangle de Pascal à l'aide de la seule relation de Pascal, puis vérifier que la somme de la ligne $6$ vaut $2^6=64$ .

Rappel actif

Rappelle-toi les points clés — puis révèle.

Sources : Programme de spécialité mathématiques — classe terminale (BO spécial n° 8 du 25 juillet 2019) (Ministère de l'Éducation nationale — Éduscol)

Applications au dénombrement et lien avec les probabilités#

ApprofondissementBO-2019-spe-maths-terminale-§Denombrement-combinatoire

Tableau de synthèse : ordre et répétition fixent le modèle

Fig. 8La grille des quatre modèles de dénombrement. Deux questions suffisent : l'ORDRE compte-t-il ? Y a-t-il RÉPÉTITION (remise) ? Les trois cases au programme sont

n^k

\frac{n!}{(n-k)!}

\binom{n}{k}

; la combinaison (sans ordre, sans répétition) est mise en avant.

Équiprobabilité : lorsqu'une expérience aléatoire a un univers

\Omega

FINI dont toutes les issues sont également probables (modèle équiprobable — dés équilibrés, tirages au hasard, mélange parfait), la probabilité d'un événement

A

est le RAPPORT de deux cardinaux :

P(A)=\dfrac{\mathrm{card}(A)}{\mathrm{card}(\Omega)}=\dfrac{\text{nombre de cas favorables}}{\text{nombre de cas possibles}}

. Calculer une probabilité revient alors à DÉNOMBRER deux ensembles.

Méthode générale en quatre temps : (1) décrire précisément l'univers

\Omega

et choisir un MODÈLE cohérent (avec/sans ordre, avec/sans remise) ; (2) dénombrer

\mathrm{card}(\Omega)

avec ce même modèle ; (3) dénombrer

\mathrm{card}(A)

, les cas favorables, AVEC LE MÊME MODÈLE (point crucial : ne pas compter l'univers sans ordre et l'événement avec ordre) ; (4) former le quotient et conclure.

Le complémentaire au service du « au moins » : pour un événement du type « au moins un … », il est souvent bien plus simple de calculer la probabilité de l'événement CONTRAIRE « aucun … » puis d'utiliser

P(A)=1-P(\overline{A})

. Au niveau du dénombrement, cela revient à compter

\mathrm{card}(\overline{A})

(les cas où il n'y a aucun élément du type voulu) plutôt que d'additionner les cas

1, 2, 3, \dots

favorables.

Tirages simultanés vs successifs : un tirage SIMULTANÉ de

k

boules (l'ordre est sans importance) se modélise par des COMBINAISONS :

\mathrm{card}(\Omega)=\binom{n}{k}

. Un tirage SUCCESSIF se modélise par des arrangements (sans remise,

\frac{n!}{(n-k)!}

) ou des

k

-uplets (avec remise,

n^k

). Pour une probabilité, les deux modèles « avec ordre » et « sans ordre » donnent le même résultat À CONDITION d'être cohérent au numérateur ET au dénominateur.

Le coefficient binomial fonde la loi binomiale : dans une répétition de

n

épreuves de Bernoulli indépendantes de probabilité de succès

p

, le nombre de façons d'obtenir exactement

k

succès parmi les

n

épreuves est

\binom{n}{k}

(on CHOISIT les positions des succès, sans ordre entre elles), d'où

P(X=k)=\binom{n}{k}p^{k}(1-p)^{\,n-k}

. Le dénombrement est ainsi le socle direct du thème « probabilités — loi binomiale ».

P(A) = \frac{\mathrm{card}(A)}{\mathrm{card}(\Omega)} = \frac{\text{nombre de cas favorables}}{\text{nombre de cas possibles}} \quad (\text{équiprobabilité})

Probabilité en situation d'équiprobabilité

Quand toutes les issues sont également probables, une probabilité est un simple rapport de cardinaux : calculer une probabilité, c'est dénombrer.

P(\text{au moins un}) = 1 - P(\text{aucun}) = 1 - \frac{\mathrm{card}(\overline{A})}{\mathrm{card}(\Omega)}

Passage au complémentaire (« au moins un »)

L'événement « au moins un » se calcule plus vite par son contraire « aucun » : on compte les cas SANS aucun élément voulu, puis on retranche de $1$ .

P(X=k) = \binom{n}{k}\,p^{k}\,(1-p)^{\,n-k}

Coefficient binomial dans la loi binomiale

$\binom{n}{k}$ dénombre les façons de placer les $k$ succès parmi $n$ épreuves : le dénombrement est le socle combinatoire de la loi binomiale.

Exemple corrigé

Probabilité par dénombrement : tirage simultané

Une urne contient $7$ boules numérotées : $4$ blanches et $3$ noires, indiscernables au toucher. On tire au hasard et SIMULTANÉMENT $3$ boules. 1) Quelle est la probabilité d'obtenir exactement $2$ boules blanches et $1$ boule noire ? 2) Quelle est la probabilité d'obtenir au moins une boule noire ?

Choisir le modèle et dénombrer l'univers
Tirage SIMULTANÉ de $3$ boules parmi $7$ : l'ordre ne compte pas, on modélise par des combinaisons. L'univers $\Omega$ est équiprobable (boules indiscernables).
$\mathrm{card}(\Omega)=\binom{7}{3}=\frac{7\times6\times5}{3!}=35$
1) Dénombrer les cas favorables (2 blanches, 1 noire)
On choisit $2$ blanches parmi $4$ ET $1$ noire parmi $3$ (principe multiplicatif), avec le MÊME modèle de combinaisons.
$\mathrm{card}(A)=\binom{4}{2}\times\binom{3}{1}=6\times3=18$
1) Former la probabilité
On divise les cas favorables par les cas possibles.
$P(A)=\frac{18}{35}\approx 0{,}514$
2) Au moins une noire : complémentaire
L'événement contraire est « aucune noire », soit $3$ boules toutes blanches : $\binom{4}{3}=4$ cas. On retranche de $1$ .
$P(\text{au moins une noire})=1-\frac{\binom{4}{3}}{\binom{7}{3}}=1-\frac{4}{35}=\frac{31}{35}\approx 0{,}886$

Résultat : 1) $P(\text{2 blanches, 1 noire})=\dfrac{18}{35}\approx 0{,}514$ ; 2) $P(\text{au moins une noire})=\dfrac{31}{35}\approx 0{,}886$ . Le réflexe : même modèle (combinaisons) au numérateur et au dénominateur, et complémentaire pour le « au moins un ».

Erreurs fréquentes

Mélanger les modèles entre numérateur et dénominateur : compter l'univers SANS ordre (combinaisons) mais les cas favorables AVEC ordre (arrangements) — ou l'inverse — fausse la probabilité. Le modèle doit être IDENTIQUE en haut et en bas.
Additionner directement les cas pour « au moins un » sans voir le complémentaire : c'est long et source d'oublis ; passer par « aucun » est plus sûr.
Oublier que l'équiprobabilité est une HYPOTHÈSE : le rapport $\frac{\text{favorables}}{\text{possibles}}$ ne vaut QUE si toutes les issues sont également probables (boules indiscernables, dé équilibré, tirage au hasard) ; sinon il faut un autre modèle.

Révision active

On tire au hasard et simultanément $2$ cartes d'un jeu de $32$ cartes (dont $4$ as). 1) Quelle est la probabilité d'obtenir exactement deux as ? 2) Quelle est la probabilité d'obtenir au moins un as ? (Passer par le complémentaire.) Donner les résultats sous forme de fractions irréductibles puis en valeurs approchées.

Rappel actif

Rappelle-toi les points clés — puis révèle.

Sources : Programme de spécialité mathématiques — classe terminale (BO spécial n° 8 du 25 juillet 2019) (Ministère de l'Éducation nationale — Éduscol)

Références et sources

Sources

Ministère de l'Éducation nationale — Éduscol

Programme de spécialité mathématiques — classe terminale (BO spécial n° 8 du 25 juillet 2019)

Dénombrement et combinatoire

Points clés

Codes d'accès : additif et multiplicatif combinés

Points clés

Podium d'une course : arrangement

Points clés

Comité mixte : combinaisons et principe multiplicatif

Points clés

Démontrer la relation de Pascal par dénombrement

Points clés

Probabilité par dénombrement : tirage simultané

Sources