Factorielle, k-uplet, permutation et combinaison

Soit l’ensemble $ E=\lbrace 0,\,2,\,6,\,7\rbrace$.

• $\text{Card}( E)=4$.

Prenons un exemple très simple : dans une classe de $30$ élèves, $20$ étudient l’anglais et $15$ l’espagnol, $8$ élèves étudient les deux langues.

• En notant $A$ l’ensemble des élèves étudiant l’anglais et $E$ celui des élèves étudiant l’espagnol, on a :

$$\begin{aligned} \text{Card}(A\cup E)&=\text{Card}(A)+\text{Card}(E)-\text{Card}(A\cap E) \\ &=20+15-8 \\ &=27 \end{aligned}$$

Ainsi, $27$ élèves étudient soit l’anglais, soit l’espagnol, soit les deux.
On en déduit aussi que $30-27=3$ élèves n’étudient ni l’anglais ni l’espagnol.

Soit $E=\lbrace 1,\,2,\,3,\,…,\,9,\,10\rbrace$ l’ensemble des nombres entiers non nuls jusqu’à $10$, $A$ et $B$ deux parties de $E$, où $A$ contient les nombres pairs et $B$ les nombres impairs.
On constate que :

• $A$ et $B$ ne sont pas vides,
• $A\cup B=E$,
• $A\cap B=\varnothing$ (c’est-à-dire que $A$ et $B$ sont disjoints).
• On conclut que $A$ et $B$ forment bien une partition de $E$.

Nous remarquons aussi que $B = \bar A$, $A$ et $\bar A$ forment bien une partition de $E$.

Reprenons l’exemple précédent.
Comme $A$ et $B$ forment bien une partition de $E$, nous avons :

$$\begin{aligned} \text{Card}(E)&=\text{Card}(A)+\text{Card}(B) \\ &=5+5 \\ &=10 \end{aligned}$$

Prenons le produit cartésien suivant : $\lbrace0,\,1\rbrace\times \lbrace 1,\,2,\,3\rbrace$.

• C’est l’ensemble des couples $(x,\,y)$ où $x\in\lbrace 0,\,1\rbrace$ et $y\in \lbrace 1,\,2,\,3\rbrace$. D’où :

$$\lbrace 0,\,1\rbrace \times \lbrace 1,\,2,\,3\rbrace=\lbrace (0,\,1),\,(0,\,2),\,(0,\,3),\,(1,\,1),\,(1,\,2),\,(1,\,3)\rbrace$$

Nous pouvons voir aussi que, comme dit plus haut, le produit cartésien n’est pas commutatif :

$$\lbrace 1,\,2,\,3\rbrace\times\lbrace 0,\,1\rbrace =\lbrace (1,\,0),\,(1,\,1),\,(2,\,0),\,(2,\,1),\,(3,\,0),\,(3,\,1)\rbrace$$

Soit $E=\lbrace0,\,1\rbrace$.
Soit $F=\lbrace 1,\,2,\,3\rbrace$.
Soit $G=\lbrace 2,\,3,\,4,\,5\rbrace$.
Soit $P$ le produit cartésien : $P=E\times F\times G$.

• $(0,\,1,\,2)$, $(0,\,2,\,3)$, $(1,\,2,\,2)$, $(1,\,3,\,5)$ sont des éléments de $P$, et ce sont des $3\text{-uplets}$, aussi appelés triplets.

Nous avons aussi :

$$\begin{aligned} \text{Card}(P) &= \text{Card}(E\times F\times G) \\ &= \text{Card}(E) \times \text{Card}(F) \times \text{Card}(G) \\ &= 2\times 3 \times 4 \\ &=24 \end{aligned}$$

• $P$ a donc $24$ éléments.

Soit $B=\lbrace0,\,1\rbrace$.
Soit le produit cartésien $P$ tel que :

$$\begin{aligned} P&=\underbrace{B\times B\times…\times B}_{n \text{ fois}} \\ &=B^n \end{aligned}$$

$P$ est l’ensemble des listes de la forme $(x_1,\,x_2,\,…,\,x_n)$ où les $n$ éléments $x_1,\,x_2,\,…,\,x_n$ appartiennent à $\lbrace0,\,1\rbrace$, c’est-à-dire qu’ils sont égaux à $0$ ou $1$.

• Nous définissons ainsi les nombres binaires de $n$ chiffres.

Nous avons aussi :

$$\begin{aligned} \text{Card} (P) &= \text{Card}(B^n) \\ &=\big(\text{Card}(B)\big)^n \\ &=2^n \end{aligned}$$

• Nous retrouvons ainsi la formule que vous connaissez sans doute : avec $n\ \text{bits}$, on peut représenter $2^n$ nombres binaires.

Ainsi, par exemple, avec $1\ \text{mot}=2\ \text{octets}=16\ \text{bits}$, on peut représenter $2^{16}=65\,536$ valeurs.

Soit une urne de $10$ boules numérotées de $0$ à $9$.

• Procédons dans un premier temps à un tirage, avec remise, de $3$ boules dont on note le numéro. Cela veut dire que nous pouvons tirer $2$ ou $3$ fois le même numéro.
• Cela correspond donc à un $3 \text{-uplet}$ d’un ensemble à $10$ éléments, leur nombre est donc de $10^3=1\,000$.
• Procédons ensuite à un tirage cette fois sans remise de $3$ boules. Ainsi, nous ne pourrons tirer plusieurs fois la même boule.
• Cela correspond donc à un $3 \text{-uplet}$ d’éléments distincts d’un ensemble à $10$ éléments, leur nombre est donc de :

$$\begin{aligned} \overbrace{10}^n\times \overbrace{9}^{n-1}\times \overbrace{8}^{n-k+1} &=720\\ &\footnotesize{\textcolor{#A9A9A9}{\text{ [avec $n=10$, $k=3$]}}} \end{aligned}$$

Combien peut-on écrire de nombres de $3$ chiffres $2$ à $2$ distincts avec les chiffres $1$, $2$ , $3$, $4$, $5$ et $6$ ?
Nous sommes ici en présence du $3 \text{-uplet}$ d’éléments distincts $(a,\,b,\,c)$ pour former le nombre $abc$.

Nous avons donc :

• pour $a$, $6$ possibilités (tous les chiffres),
• pour $b$, $5$ possibilités (tous les chiffres, sauf celui utilisé à l’étape précédente, car nous souhaitons des nombres composés de chiffres distincts $2$ à $2$),
• pour $c$, $4$ possibilités.
• Nous pouvons donc écrire $6\times 5\times 4=120$ nombres de $3$ chiffres $2$ à $2$ distincts avec les chiffres $1$, $2$ , $3$, $4$, $5$ et $6$.

Soit l’ensemble $E=\lbrace 1,\,2,\,3\rbrace$.

• Alors les $6$ permutations de $E$ sont les suivantes : $(1,\,2,\,3)$, $(1,\,3,\,2)$, $(2,\,1,\,3)$, $(2,\,3,\,1)$, $(3,\,1,\,2)$ et $(3,\,2,\,1)$.

• Calculons la factorielle de $4$ et celle de $5$.

$$\begin{aligned} 4!&=4\times 3\times 2\times 1 \\ &= 24 \\ \\ 5!&=5\times 4! \\ &=5\times 24 \\ &=120 \end{aligned}$$

• Combien de mots différents de $5$ lettres peut-on composer avec les lettres $\text{A}$, $\text{B}$, $\text{C}$, $\text{D}$, $\text{E}$, sachant qu’une lettre ne peut être utilisée qu’une seule fois ?

Chaque mot correspond tout simplement à une permutation de l’ensemble $\lbrace \text{A},\,\text{B},\,\text{C},\,\text{D},\,\text{E}\rbrace$, dont le cardinal est égal à $5$.

• Il y a donc $5!=120$ mots possibles.

Prenons une urne contenant $3$ boules noires et $4$ boules rouges, indiscernables au toucher. L’expérience consiste à prélever dans l’urne $3$ boules successivement et avec remise.

• On peut donc modéliser cette expérience à l’aide d’un arbre, en notant $R$ l’événement : « La boule prélevée est rouge ».

Nous pouvons remarquer que $p(R)=\frac 47$ et $p(\bar R)=\frac 37$, mais nous allons nous intéresser au nombre de chemins de l’arbre, indépendant donc de la valeur de ces probabilités.

Nous considérons $3$ tirages et nous regardons uniquement le nombre de boules rouges obtenues après les $3$ tirages. Nous le notons $k$.

• Et nous cherchons le nombre de chemins de l’arbre où on a $k$ boule(s) rouge(s), peu importe l’ordre.

Examinons maintenant les différents cas possibles.

• $k=0$.
• Cela revient à chercher les chemins qui mènent à $\red 0$ boule rouge obtenue après les $\green3$ tirages. Il n’y en a que $\blue 1$ :

$$\binom {\green 3} {\red 0}=\blue 1$$

• $k=1$.
• Cela revient à chercher les chemins qui mènent à $1$ boule rouge obtenue après les $3$ tirages. Il y en a $3$ :

$$\binom 3 1=3$$

• $k=2$.
• Cela revient à chercher les chemins qui mènent à $2$ boules rouges obtenues après les $3$ tirages. Il y en a $3$ :

$$\binom 3 2=3$$

• $k=3$.
• Cela revient à chercher les chemins qui mènent à $3$ boules rouges obtenues après les $3$ tirages. Il n’y en a que $1$ :

$$\binom 3 3=1$$

Prenons le cas du Loto et plus précisément du tirage de $6$ numéros parmi $49$. C’est en fait une combinaison de $6$ éléments parmi $49$.

• Le nombre de tirages possibles, c’est-à-dire le coefficient binomial, est donc :

$$\begin{aligned} \binom {49}6 &= \dfrac {49\times48\times47\times46\times45\times44}{6\times5\times4\times3\times2\times1} \\ &=13\,983\,816 \end{aligned}$$

Nous pouvons aussi utiliser la seconde formule donnée :

$$\begin{aligned} \binom {49}6 &=\dfrac {49!}{6!\times43!} \\ &=13\,983\,816 \end{aligned}$$

Remarquons au passage que, si nous ne jouons qu’une seule grille, et donc une seule combinaison, nous avons $1$ chance sur $13\,983\,816$ de gagner !