\thumb

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\begin{qcm}{Vérification de compréhension du cours}{10} 
Dans chacune des questions suivantes, quatre propositions de réponses sont faites, dont une seule est exacte. Laquelle ?

\begin{questions}
\item Ludwig a pris quarante-cinq photos de son voyage en Allemagne et veut en imprimer cinq pour les envoyer à un ami. Le nombre de possibilités de cadres pouvant être obtenu est:

\Par

\begin{tabularx}{\linewidth}{@{}XX@{}}
\choix $5^{45}$ & \choix $45^5$\\
\choix $\binom{45}{5}$ & \choix $A_{45}^5$
\end{tabularx}

\item D'une urne contenant cinquante boules numérotées de 1 et 50, on en extrait dix sans les remettre. On note les numéros ainsi obtenus sur un papier de sorte à avoir une suite. Le nombre de suites possibles est:\resetchoix
\Par

\begin{tabularx}{\linewidth}{@{}XX@{}}
\choix $10^{50}$ & \choix $50^{10}$\\
\choix $\binom{50}{10}$ & \choix $A_{50}^{10}$
\end{tabularx}

\item Dans le jeu télévisé \og Des chiffres et des lettres \fg, on demande dix fois aux candidats de choisir au hasard s'il veulent une voyelle ou une consonne. Le nombre de \og mots \fg{} possibles à l'issue de ces dix choix est:\resetchoix

\Par

\begin{tabularx}{\linewidth}{@{}XX@{}}
\choix $26!$ & \choix $26^{10}$\\
\choix $\binom{26}{10}$ & \choix $A_{26}^{10}$
\end{tabularx}

\item Le nombre d'anagrammes du mot \og STYLO \fg{} est:\resetchoix

\Par

\begin{tabularx}{\linewidth}{@{}XX@{}}
\choix $5!$ & \choix $5^5$\\
\choix $\binom{26}{5}$ & \choix $A_{26}^5$
\end{tabularx}
\end{questions}
\end{qcm}

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item Réponse \choix[c]. En effet, on choisit 5 éléments d'un ensemble de 45 éléments et l'ordre ne compte pas. Le nombre de sous-groupes de 5 éléments possibles est donc $\dbinom{45}{5}$.

\item Réponse \choix[d]. En effet, on choisit 10 éléments d'un ensemble de 50 éléments et l'ordre compte. Il s'agit donc d'un arrangement. Le nombre de sous-groupes de 10 éléments possibles est donc $A_{50}^{10}$.

\item Réponse \choix[b]. En effet, il y a 26 possibilités pour la première lettre, puis 26 pour la deuxième, etc. jusqu'à 26 possibilités pour la dixième. Il y a donc $26^{10}$ possibilités d'issues. Les issues sont des 10-listes.

\item Réponse \choix[a]. Il s'agit de compter le nombre d'anagrammes d'un mot où chaque lettre n'apparaît qu'une seule fois, donc il y en a $n!$, où $n$ est le nombre de lettres (donc ici : $5!$).
\end{questions}
\end{corrige}

%%% NEW 2023

\begin{vf}{Applications du cours}{10}
Pour chacune des affirmations suivantes, dire si elle est vraie ou fausse en justifiant la réponse.
\begin{questions}
\item On considère les trois ensembles $E=\{2;3;4\}$, $F=\{4;5;6;7;8\}$ et $G=\{a;b;c;d\}$.

Le nombre d'éléments de $(E \cup F)\times G$ est égal à 28.

\item On considère l'ensemble $E=\{R;B;V\}$.

Le nombre de parties de $E$ est égal à 9.

\item Lors d'un tiercé, il y a vingt chevaux au départ de la course.

Il y a \numprint{8000} possibilités pour ce tiercé.
\end{questions}
\end{vf}

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item \textit{Vrai}. En effet, 
\[
E \cup F = \{2;3;4\} \cup \{4;5;6;7;8\} = \{2;3;4;5;6;7;8\}
\]
donc:
\[
\card(E \cup F) = 7.
\]
De plus, $G=\{a;b;c;d\}$, donc:
\[
\card(G) = 4.
\]
D'après le principe multiplicatif,
\[
\card\big( (E\cup F)\times G\big) = \card(E\cup F)\times\card(G)=7\times4=28.
\]

\item \textit{Faux}. En effet, le nombre de parties d'un ensemble est le nombre de sous-ensembles que l'on peut former avec ses éléments, donc le nombre de combinaisons de cet ensemble. 

$\card(E)=3$ donc le nombre total de combinaisons possibles que l'on peut former avec les éléments de $E$ est:
\[
\sum_{k=0}^{3}\dbinom{3}{k}=2^3\text{ (d'après le cours)}=8.
\]
Il y a donc 8 parties de $E$ (ensemble vide compris).

\enlargethispage*{\baselineskip}
\item \textit{Faux}. Le tiercé consiste à regarder le nombre de triplets (donc ensemble \textit{ordonné}) que l'on peut former dans l'ensemble constitué des vingt\linebreak chevaux. On doit donc calculer:
\[
A_{20}^3 = 3! \times \dbinom{20}{3}=\numprint{6840}.
\]
Il y a donc \numprint{6840} tiercés possibles.
\end{questions}
\end{corrige}

\newpage

\sectionnn{Principes additif et multiplicatif}

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\begin{exo}{L'imprimeur}{Lycée Gustave Eiffel, Bordeaux}{1}{5} 
Un imprimeur doit imprimer des calendriers pour une même société tous les ans. Afin de réduire ses coûts, il décide de créer tous les modèles possibles la même année (un mois ne commence pas chaque année par le même jour).
\begin{questions}
\item Combien de pages différentes doit-il confectionner pour le mois de\linebreak janvier ?
\item Combien de pages différentes doit-il confectionner pour le mois de\linebreak février ?
\end{questions}
\end{exo}

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item Le mois de janvier peut commencer par \og Lundi \fg, \og Mardi \fg, ... ou \linebreak\og Dimanche \fg, soit 7 possibilités. 

L'imprimeur doit donc imprimer 7 pages différentes pour le mois de janvier.

\item Le mois de février comporte 28 ou 29 jours; il y a donc deux types de pages à créer:
\begin{itemize}
\item pour les mois à 28 jours, il doit créer 7 pages différentes (car le mois peut commencer par 7 jours différents);
\item pour les mois à 29 jours, il doit aussi créer 7 pages différentes.
\end{itemize}

Finalement, il doit créer $7+7=14$ pages différentes.
\end{questions}
\end{corrige}

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\begin{exo}{Au restaurant}{Lycée Henri IV, Paris}{1}{5} 
Un restaurant propose à sa carte un menu où il faut choisir une entrée, un plat et un dessert.

Sont proposés trois entrées, six plats et deux desserts.

Combien de repas différents peut-on constituer ?
\end{exo}

\begin{corrige}
Il y a 3 entrées possibles, 6 plats possibles et 2 desserts possibles, donc il y a $3\times6\times2=36$ repas différents.
\end{corrige}

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\begin{exo}{Dans la bibliothèque}{Lycée Camille Jullian, Bordeaux}{1}{5} 
Dans la bibliothèque de Gaspard, il y a 20 polars, 7 livres sur l'art et 5 livres sur les routards.

Il souhaite ne prendre que deux livres de catégories différentes.

Combien de possibilités a-t-il ?
\end{exo}

\begin{corrige}
On utilise le principe multiplicatif pour chaque couple possible (où l'ordre ne compte pas).
\begin{itemize}
\item il y a $20\times7=140$ possibilités pour les couples polars/art;
\item il y a $20\times5=100$ possibilités pour les couples polars/routards;
\item il y a $7\times5=35$ possibilités pour les couples art/routards.
\end{itemize}
Ensuite, on applique le principe additif : on a le choix entre les couples polars/art \textit{ou} polars/routards \textit{ou} art/routards, ce qui fait:
\[
140+100+35=275\text{ possibilités}.
\]
\end{corrige}

%%%

\begin{exo}{Coordonnées aléatoires}{Lycée Daguin, Mérignac}{1}{5} 
Voici un programme Python qui permet de choisir au hasard les coordonnées d'un point dans le plan muni d'un repère :

\begin{listing}{}{combinatoire-ex-coordonnees.py}\end{listing}

\Par

Combien de coordonnées peut-on obtenir ?
\end{exo}

\begin{corrige}
Avant tout, il faut savoir (ou rechercher sur Internet par exemple) ce que fait l'instruction \og \texttt{choice(range(-10,10))} \fg. On trouve alors qu'elle choisit au hasard un nombre entier entre $-10$ (inclus)  et 10 (exclus). Il y a donc 20 possibilités pour $x$ et pour $y$.

Le nombre total de possibilités est donc $20 \times 20 = 400$.
\end{corrige}




\sectionnn{\fontsize{17}{13}\selectfont Arrangements, permutations, combinaisons et p-listes}

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\begin{exo}{Nombres de nombres binaires}{Lycée Victor Duruy, Paris}{1}{5} 
Un \textit{octet} est une suite de huit chiffres (appelés \textit{bits}), chacun pris dans l'ensemble \{0;1\}, comme par exemple : $01101001$.

Combien y a-t-il d'octets différents ?
\end{exo}

\begin{corrige}
Un octet est composé de huit bits et il y a deux possibilités pour un bit :\linebreak 0 ou 1. Il y a donc $2^8=256$ octets possibles.
\end{corrige}

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\begin{exo}{Choix de couleurs}{Lycée Ampère, Lyon}{1}{5} 
On dispose de trois crayons de couleurs (bleu, rose et vert) et on veut colorier les quatre  éléments du modèle : le chapeau, le corsage, la jupe et les chaussures.
\Par
\begin{center}
\includegraphics{291_combinatoire-02}
\end{center}
  
De combien de façons peut-on colorier cette figure ?
\end{exo}

\begin{corrige}
Pour chaque élément de l'habillement, il y a 3 possibilités de couleurs. 

Les quatre éléments sont indépendants (la couleur du chapeau n'influe pas sur le choix des couleurs des autres éléments par exemple). Le nombre total de possibilités est donc égal au produit du nombre de possibilités pour chaque élément.
Il y a ainsi $3\times 3\times 3\times3=3^4=81 $  possibilités.
\end{corrige}

%%%

\begin{exo}{Les femmes et les enfants d'abord}{Lycée Magendie, Bordeaux}{1}{10} 
Sur un bateau qui coule, il y a 10 hommes, 8 femmes et 12 enfants. Afin d'assurer les bonnes conditions du sauvetage, les individus doivent se mettre en file indienne avant de monter dans les canots de sauvetage.
\begin{questions}
\item De combien de manières différentes peut-on placer toutes ces personnes ?
\item Combien de files indiennes peut-on former de sorte que les hommes soient en dernier ?
\item Combien de files indiennes peut-on former de sorte que les enfants se suivent et que les hommes soient en dernier ?
\end{questions}
\end{exo}

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item Il y a en tout $10+8+12=30$ personnes. On cherche ici le nombre de permutations de ces 30 personnes : il y en a $30!$.

\item Construire une telle file revient à faire une permutation de l'ensemble constitué des femmes et des enfants ($8+12=20$ personnes) et une permutation de l'ensemble des hommes (10 personnes). 

Il y a donc $20!\times10!$ possibilités, soit environ $10^{25}$ possibilités.

\item Ici, il faut voir le groupe des enfants comme une entité à placer dans un groupe constitué de cette entité et de 8 femmes : il y a $9!$ façons de les permuter. Mais au sein du groupe des enfants, il y a $12!$ façons de les permuter. Il faut ensuite permuter les hommes: $10!$ possibilités.

Au final, il y a donc $12! \times 9!\times 10!$ façons d'obtenir une file indienne où tous les hommes sont en dernier et où tous les enfants sont regroupés, c'est-à-dire environ $6\times10^{20}$.
\end{questions}
\end{corrige}

%%%

\begin{exo}{Dans la bibliothèque de Pierre}{Lycée \'Elie Faure, Lormont}{1}{10} 
\enlargethispage*{\baselineskip}
Pierre dispose de :
\begin{itemize}
\item 5 ouvrages sur l'histoire des mathématiques, 
\item 7 ouvrages de vulgarisation mathématique,
\item 2 ouvrages d'analyse combinatoire,
\item 6 ouvrages d'algèbre.
\end{itemize}
Il souhaite les ranger sur une étagère de sa bibliothèque de sorte à les regrouper par thème.

De combien de façons différentes peut-il les disposer ?
\end{exo}

\begin{corrige}
\enlargethispage*{3em}
Nous devons permuter les quatre thèmes : il y a $4!$ façons de le faire.

Dans le premier groupe (histoire des mathématiques), il y a 5 éléments donc il y a $5!$ façons de les permuter.

Dans le deuxième (vulgarisation mathématique), il y en a $7!$.

Dans le troisième (analyse combinatoire), il y en a $2!$.

Enfin, dans le dernier (algèbre), il y en a $6!$.

Au total, il y a donc $5! \times 7! \times 2! \times 6! \times 4!$ manières de disposer ces ouvrages, soit \numprint{20901888000} façons.
\end{corrige}



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\begin{exo}{Mains d'un jeu de cartes}{Lycée Stanislas, Nice}{1}{15} 
Un joueur dispose de cinq cartes prises parmi 52. On dit que c'est une \textit{main} de cinq cartes.
\begin{questions}
\item Combien de mains existe-t-il ?
\item Combien de mains ayant exactement un Roi existe-t-il ?
\item Combien de mains ayant exactement 2 Piques existe-t-il ?
\item Combien de mains ayant exactement 2 Piques et 1 C\oe ur existe-t-il ?
\end{questions}
\end{exo}

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item On choisit 5 cartes parmi 52 et l'ordre ne compte pas. Il s'agit donc ici d'une combinaison. 

Il y a donc $\dbinom{52}{5}=\dfrac{52!}{5!(52-5)!}=\numprint{2598960}$ mains possibles.

\item On impose dans cette question le fait qu'il y ait un Roi. Comme l'ordre ne compte pas, on peut considérer que la première est un Roi (il y a 4 choix possibles car il y a 4 Rois dans un jeu de cartes). Nous voulons exactement un Roi; par conséquent, il ne faut pas qu'il y en ait parmi les autres cartes : on choisit donc 4 cartes parmi les $52-4=48$ cartes qui ne sont pas des Rois.

Ainsi, il y a $4 \times \dbinom{48}{4}=\numprint{778320}$ mains comportant exactement un Roi.

\item Nous souhaitons ici exactement deux Piques. Comme l'ordre ne compte pas, on peut considérer que ce sont les deux premières cartes. Il y a $52\div4=13$ Piques donc il y a $\dbinom{13}{2}$ possibilités pour ces deux cartes. Pour les 3 autres cartes, il faut les choisir parmi les $52-13=39$ cartes restantes qui ne sont pas des Piques.

Ainsi, il y a $\dbinom{13}{2}\times\dbinom{39}{3}=\numprint{712842}$ mains possibles contenant exactement 2 Piques.

\item Nous souhaitons ici 2 Piques et 1 C\oe ur. Selon le même principe que celui utilisé dans la question précédente, on peut dire que le nombre de mains comportant exactement 2 Piques et 1 C\oe ur est égal à :
\[
\underbrace{\dbinom{13}{2}}_{2\text{ Piques}}\times\underbrace{\dbinom{13}{1}}_{1\text{ C\oe ur}}\times\underbrace{\dbinom{26}{2}}_{2\text{ autres}}=\numprint{329550}.
\]
\end{questions}
\end{corrige}

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\begin{exo}{S'assoir sur les chaises}{Lycée François Couperin, Fontainebleau}{1}{15} 
Quatre garçons et trois filles doivent s'assoir en ligne sur des chaises.
\begin{questions}
\item De combien de façons peuvent-ils s'assoir ?
\item Même question si les garçons et les filles doivent rester groupés.
\item Même question si les garçons et les filles doivent être disposés de façon alternée.
\end{questions}
\end{exo}

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item Il y a 7 personnes à permuter donc il y a $7!=\numprint{5040}$ façons de s'assoir.

\item Il y a deux groupes (filles et garçons), donc 2 façons de les disposer. Dans le groupe des filles, il y a $3!$ façons de les disposer et dans le groupe des garçons, il y en a $4!$.

Il y a donc $2 \times 3! \times 4! = 288$ façons de s'assoir.

\item Dans cette question, deux garçons ne peuvent pas être à côté, et deux filles non plus.

Imaginons que les chaises soient numérotées de 1 à 7. Supposons que les garçons s'assoient sur les chaises avec un numéro impair: il y a $4!$ façons de les disposer. 

De même, il y a $3!$ façons de disposer les filles sur les chaises dont le numéro est pair.

Au final, il y a $4! \times 3!=144$ façons de les assoir.
\end{questions}
\end{corrige}

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\begin{exo}{Circuits touristiques}{Lycée Sacré-C\oe ur, Amiens}{1}{15} 
Une agence de voyages veut organiser des circuits touristiques.
\begin{questions}
\item Les circuits touristiques doivent comprendre obligatoirement la visite de 6 villes grecques: Athènes, Delphes, Olympie, Corinthe, Sparte et Nauplie.
\begin{questions} 
\item Combien y a-t-il de circuits possibles?
\item Même question si la première ville visitée est Athènes.
\end{questions}

\item Combien de circuits comprenant la visite de 2 villes sont possibles (on considèrera les circuits Athènes puis Delphes et Delphes puis Athènes comme des circuits différents)?

\item Combien existe-t-il de circuits comprenant la visite de 3 villes sur les 6, sachant que cette fois-ci l'ordre de la visite n'est pas important?
\end{questions}
\end{exo}

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item
\begin{questions}
\item On cherche ici le nombre de permutations à 6 éléments : pour la première
ville, il y a 6 choix possibles, 5 pour la deuxième,...,\linebreak 1 possibilité pour la
dernière. 

Il y a donc en tout $6! = 720$ possibilités de circuits.

\item Si Athènes est la première ville visitée, alors le raisonnement de la question précédente est modifié: il y a 1 choix (Athènes) possible pour la première ville, puis 5 choix pour la deuxième, ..., enfin\linebreak 1 possibilité pour la dernière ville (la seule qu'il reste à visiter).

Il y a donc $1 \times 5 \times 4 \times 3 \times 2 \times 1 = 120$ circuits possibles.
\end{questions}

\item S'il faut choisir deux villes parmi les 6, on peut dire que pour la première ville, il y a 6 choix possibles et qu'il en reste 5 pour la deuxième ville, soit 30 circuits possibles.

\begin{Remarque}
on peut aussi raisonner avec les combinaisons.

En effet, il y a $\dbinom{6}{2}=15$ possibilités de choisir 2 villes parmi les 6. Pour chaque couple de villes, il y a 2 possibilités, suivant l'ordre des visites.\\
On retrouve bien les 30 possibilités.
\end{Remarque}

\item Cette fois, l'ordre n'est pas important; il suffit alors de choisir un groupe de 3 villes parmi 6, ce qui correspond à $\dbinom{6}{3}=20$ possibilités.
\end{questions}
\end{corrige}

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\begin{exo}{Le congrès des gens polis}{Lycée François Mauriac, Bordeaux}{2}{5} 
Chaque année, l'association des gens polis de Paris organise un congrès et comme chaque année, tous les participants doivent se serrer la main.

Cette année, il y a 50 participants.

Combien de poignées de mains vont être données ?
\end{exo}

\begin{corrige}
Le nombre de poignées de mains est égal au nombre de sous-ensembles à deux éléments que l'on peut former dans un ensemble à 50 éléments, à savoir $\dbinom{50}{2}=\numprint{1225}$.

Il y a donc \numprint{1225} poignées de mains.
\newpage
\end{corrige}


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\begin{exo}{Mots de passe}{Lycée Blaise Pascal, Clermont-Ferrand}{2}{10} 
Sur une plateforme numérique interne d'une société, on impose aux salariés la composition de leur mot de passe; il faut que ce dernier comporte dans cet ordre:
\begin{itemize}
\item une lettre non accentuée prise dans l'alphabet latin (comportant 26 lettres), en majuscule ou minuscule;
\item un symbole parmi : \og \$ \fg, \og \# \fg, \og \& \fg, \og ? \fg et \og ! \fg ;
\item un chiffre compris entre 0 et 9 (inclus).
\end{itemize}

Le mot de passe est donc composé de trois caractères (comme: \og Z\#0 \fg).

Combien de mots de passe peuvent  ainsi être créés ?
\end{exo}

\begin{corrige}
Il y a $2\times26=52$ lettres possibles (si on compte les majuscules et les minuscules).

Ensuite, il y a $5$ possibilités pour le symbole et enfin, $10$ possibilités pour le chiffre pris parmi les dix disponibles.

Il y a donc $52 \times 5 \times 10 = \numprint{2600}$ possibilités pour un \og mot \fg{} de trois caractères. 

Il faut ensuite dénombrer les permutations du mot : il y en a $3!=6$.

\Par

Ainsi, il y a $6 \times \numprint{2600}=\numprint{15600}$ mots de passe possibles.
\end{corrige}

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\begin{exo}{Chemises et tiroirs}{Lycée Henri IV, Paris}{2}{15} 
De combien de façons peut-on ranger 7 chemises toutes différentes dans une commode
à trois tiroirs, sachant qu'un tiroir peut contenir au plus 3 chemises ?
\end{exo}

\begin{corrige}
Avant tout, on remarque que l'on peut avoir:

\begin{itemize}
\item 3 chemises dans 2 tiroirs et 1 chemise dans le 3\ieme;
\item 2 chemises dans 2 tiroirs et 3 chemises dans le 3\ieme.
\end{itemize}

Ce sont les seules possibilités.
\begin{itemize}
\item \textit{Première possibilité :  3 chemises dans 2 tiroirs et 1 chemise dans le 3\ieme.}

Il y a $\dbinom{7}{3}$ façons de choisir 3 chemises pour le 1\ier{} tiroir, qui ne peut contenir que 3 chemises.

Suite à ce choix, il reste $7-3=4$ chemises, et il y a donc $\dbinom{4}{3}$ façons de choisir trois chemises pour le 2\ieme{} tiroir.

Il ne reste ensuite plus qu'une seule possibilité pour la dernière chemise.

De plus, l'unique chemise peut être soit dans le 1\ier{} tiroir, soit dans le 2\ieme, soit dans le 3\ieme.

\Par

Il y a donc:
\[
3 \times \dbinom{7}{3} \times \dbinom{4}{3} \times 1 = 3 \times 35 \times 4 = 420
\]
possibilités de ranger ainsi les chemises.

\item \textit{Seconde possibilité : 2 chemises dans 2 tiroirs et 3 chemises dans le 3\ieme.}

Le raisonnement est analogue au précédent. Il y a donc :
\[
3 \times \dbinom{7}{2} \times \dbinom{5}{2} \times 1 = 630
\]
possibilités de ranger les chemises de cette façon.
\end{itemize}

Finalement, en ajoutant ces résultats, on trouve qu'il y a $420+630=\numprint{1050}$ façons de disposer les chemises dans les tiroirs.
\end{corrige}

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\begin{exo}{Le clavier à neuf touches}{Lycée Sophie Germain, Paris}{2}{15} 
Un clavier comporte neuf touches : 1, 2, 3, 4, 5, 6, A, B et C.

Un \textit{code} obtenu à l'aide de ce clavier est une suite d'une lettre et de trois chiffres.

\begin{questions}
\item Combien de codes différents peut-on former ?
\item Combien y a-t-il de codes sans le chiffre \og 1 \fg ?
\item Combien y a-t-il de codes comportant au moins une fois le chiffre \og 1 \fg ?
\item Combien y a-t-il de codes comportant des chiffres distincts ?
\item Combien y a-t-il de codes comportant au moins deux chiffres identiques ?
\end{questions}
\end{exo}

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item Il y a 3 lettres possibles pour la première entrée (le premier caractère du code) et on a le choix entre 6 chiffres pour chacun des 3 chiffres suivants.

Il y a donc $3\times 6^3=648$ codes possibles.

\item Il y a toujours 3 lettres possibles pour la première entrée, puis 5 choix possibles pour chacun des 3 autres entrées.

Il y a donc $3 \times 5^3 = 375$ codes sans \og 1 \fg.

\item Il y a encore 3 lettres possibles pour la première entrée. Ensuite, nous avons vu aux questions précédentes qu'il existe 375 codes sans le chiffre \og 1 \fg{} et qu'il y a 648 codes possibles. 

Il y a donc $648-375=273$ codes ayant au moins un chiffre \og 1 \fg.

\item Il y a 3 lettres possibles pour la première entrée, et il faut compter le nombre d'arrangements de 3 éléments pris parmi 6 pour avoir un code où tous les chiffres sont distincts (l'ordre compte et on peut assimiler ceci à un tirage sans remise, ce qui justifie que c'est bien un arrangement).

Il y a donc $3 \times A_6^3 = 3 \times \dfrac{6!}{3!}=360$ codes possibles où tous les chiffres sont distincts.

\item Le contraire de l'événement \og le code comporte au moins deux chiffres identiques \fg{} est l'événement : \og le code comporte des chiffres distincts \fg.

Il y a donc $648-360=288$ codes comportant au moins deux chiffres identiques.
\end{questions}
\end{corrige}

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\begin{exo}{Nombre de mots}{Lycée Jean Moulin, Saint-Amand-Montond}{2}{15} 
Un programme permet de générer un mot de une à dix lettres en choisissant aléatoirement chacune des lettres dans un alphabet en comportant 26.

\Par

Déterminer un ordre de grandeur du nombre de mots possibles.
\end{exo}

\begin{corrige}
\begin{itemize}
\item Si le mot généré ne contient qu'une lettre alors il y a 26 possibilités.
\item Si le mot contient deux lettres alors il y a $26^2$ possibilités.
\item Si le mot contient trois lettres alors il y a $26^3$ possibilités.
\item $\vdots$
\item Si le mot contient dix lettres alors il y a $26^{10}$ possibilités.
\end{itemize}

Ainsi, le nombre total de mots possibles est:
\[
26+26^2+26^3+\cdots+26^{10}.
\]

Pour rappel, si $(u_n)$ est une suite géométrique de raison $q\neq1$ alors:
\[
u_0+u_1+u_2+\cdots+u_n=u_0\times\dfrac{q^{n+1}-1}{q-1}.
\]
La somme que nous souhaitons calculer est la somme des premiers termes de la suite géométrique $(u_n)$ de premier terme $u_0=26$ et de raison $q=26$. 
Ainsi, 
\begin{align*}
26+26^2+26^3+\cdots+26^{10} & = 26\times\dfrac{26^{10}-1}{26-1}\\
& \approx 1,5 \times 10^{14}.
\end{align*}
\end{corrige}

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\begin{exo}{Manipulation des combinaisons}{Lycée François 1\ier, Le Havre}{2}{15} 
Soient $n$ et $p$ deux entiers naturels non nuls, avec $p \leqslant n$. 
\begin{questions}
\item Après avoir simplifié:
\[
\dfrac{\dbinom{n+1}{p}}{\dbinom{n}{p}}
\]
résoudre l'inéquation:
\[
\dfrac{\dbinom{n+1}{10}}{\dbinom{n}{10}} < 220.
\]

\item Résoudre l'équation :
\[
\dbinom{n}{3}=220.
\]
\end{questions}
\end{exo}

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item Commençons par simplifier la fraction donnée:
\begin{align*}
\dfrac{\dbinom{n+1}{p}}{\dbinom{n}{p}} & = \dbinom{n+1}{p}\times\dfrac{1}{\dbinom{n}{p}}
\end{align*}

\begin{align*}
\dfrac{\dbinom{n+1}{p}}{\dbinom{n}{p}}
&= \dfrac{(n+1)!}{\cancel{p!} \times (n+1-p)!} \times \dfrac{\cancel{p!} \times (n-p)!}{n!}\\
& = \dfrac{\cancel{n!} \times (n+1) \times \cancel{(n-p)!}}{\cancel{(n-p)!} \times (n-p+1) \times \cancel{n!}}\\
& = \dfrac{n+1}{n-p+1}.
\end{align*}
Ainsi,
\begin{align*}
\dfrac{\dbinom{n+1}{10}}{\dbinom{n}{10}} < 220 & \iff  \dfrac{n+1}{n-10+1} < 220\\
& \iff n+1 < 220 (n-9)\quad\text{ (car }n\geqslant10)\\[8pt]
& \iff 219n > 1+9\times220\\[8pt]
& \iff n  > \dfrac{\numprint{1981}}{219}\\[8pt]
& \iff n \geqslant 10.
\end{align*}

\item $\begin{aligned}[t]
\dbinom{n}{3}=220 & \iff \dfrac{n!}{3!\times(n-3)!}=220\\[8pt]
& \iff \dfrac{(n-3)! \times (n-2)(n-1)n}{3!\times(n-3)!}=220
\end{aligned}$

$\begin{aligned}[t]
\dbinom{n}{3}=220
& \iff \dfrac{n(n-1)(n-2)}{6}=220\\[8pt]
& \iff n(n-1)(n-2)=\numprint{1320}.
\end{aligned}$

\Par

$n(n-1)(n-2)$ désigne le produit de 3 entiers consécutifs. Ce produit doit être égal à un nombre dont l'ordre de grandeur est $\numprint{1000}=10^3$, ce qui nous pousse alors à effectuer $10 \times 11 \times 12$. 

On trouve justement \numprint{1320}.

\Par

Ainsi, $n = 12$. Cette solution est unique car $n\mapsto n(n-1)(n-2)$ est strictement croissante sur $\N$.
\end{questions}
\end{corrige}

%%%

\begin{exo}{Boules dans une urne}{Lycée Carnot, Dijon}{2}{15} 
Une urne contient 7 boules (5 noires et 2 rouges) indiscernables au toucher et numérotées. On extrait les 7 boules l'une après l'autre. On appelle \textit{tirage} la suite des 7 extractions de boules. 

\begin{questions}
\item Combien y a-t-il de tirages possibles ?
\item Déterminer le nombre de tirages pour lesquels la première boule est rouge.
\item Déterminer le nombre de tirages pour lesquels la première boule est noire et la deuxième boule est rouge.
\item Déterminer le nombre de tirages pour lesquels la première boule noire arrive en troisième position.
\end{questions}
\end{exo}

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item Il y a 7 façons de choisir la première boule, puis 6 pour la deuxième, etc.

Il y a donc en tout $7!=\numprint{5040}$ tirages possibles.

\item On choisit 1 boule rouge parmi les deux qu'il y a pour la première boule tirée, puis il reste 6 possibilités pour la deuxième boule, puis 5 pour la troisième, etc.

Il y a donc :
\[
\dbinom{2}{1}\times6!=\numprint{1440}\text{ possibilités.}
\]

\item Sur le même principe qu'à la question précédente, on peut dire que le nombre de tirages où la première boule est noire et la deuxième rouge est:
\[
\dbinom{5}{1}\times\dbinom{2}{1}\times5!=\numprint{1200}.
\]

\item Il faut une boule rouge en position 1 et 2, puis une boule noire en position 3. Le nombre de tirages possibles est donc:
\[
\dbinom{2}{1}\times\dbinom{1}{1}\times5!=240.
\]
\end{questions}
\end{corrige}

%%%

\begin{exo}{Anagrammes}{Lycée Montesquieu, Bordeaux}{2}{20} 
\NathanLiveVideo[\PictoVideo\ Retrouvez le corrigé de cet exercice en vidéo.]{dénombrements et anagrammes}{https://media.prepamath.fr/ILTM2026ch09exoAnagrammes}

\qrset{height=1.1cm,version=5}\rput(-1,0.4){
\psframebox{\qrcode{https://media.prepamath.fr/ILTM2026ch09exoAnagrammes}}}
\vspace*{-5mm}
\begin{questions}
\item Combien d'anagrammes y a-t-il au mot \og ABYME \fg{} ?
\item Combien d'anagrammes différents y a-t-il au mot \og NAPPE \fg{} ?
\item Combien d'anagrammes différents y a-t-il au mot \og KAYAK \fg{} ?
\item Combien d'anagrammes différents y a-t-il au mot \og UBUESQUE \fg{} ?
\end{questions}
\end{exo}

\begin{corrige}
\label{anagrammes}
\qrset{height=1.1cm,version=5}\rput(-1,0){
\psframebox{\qrcode{https://media.prepamath.fr/ILTM2026ch09exoAnagrammes}}}
\vspace*{-5mm}
\begin{questions}
\item Le mot \og ABYME \fg{} contient cinq lettres distinctes. Le nombre d'anagrammes est donc égal au nombre de permutations de ces cinq lettres.

\Par

Il y a donc $5!=120$ anagrammes au mot \og ABYME \fg.

\item Le mot \og NAPPE \fg{}  contient cinq lettres, mais elles ne sont pas toutes distinctes : il y a quatre lettres distinctes. Ainsi, parmi les 120 permutations, il y en a qui sont identiques. 

Comme il y a deux lettres identiques, il y aura deux fois les mêmes permutations (par exemple \og P$_1$P$_2$NAE \fg{} et \og P$_2$P$_1$NAE \fg{} donnent l'anagramme \og PPNAE \fg). Il faut donc diviser par 2 le nombre de permutations.

\Par

Il y a donc $\dfrac{5!}{2}=60$ anagrammes différents au mot \og NAPPE \fg.

\item Le mot \og KAYAK \fg{} comporte cinq lettres dont trois sont distinctes.\linebreak Selon le même principe expliqué à la question précédente, il faut diviser les 120 permutations par 2 (car il y a deux \og K \fg) et encore par 2 (car il y a deux \og A \fg).

\Par

Il y a donc $\dfrac{5!}{2\times2}=30$ anagrammes différents au mot \og KAYAK \fg.

\item Le mot \og UBUESQUE \fg{} comporte huit lettres dont deux sont répétées : le \og U \fg{} est présent trois fois et le \og E \fg{} l'est deux fois. S'il faut diviser le nombre de permutations par 2 (car il y a deux \og E \fg), il ne suffit pas de diviser encore par 3 car il y a trois \og U \fg. En effet, il faut diviser par $3!=6$ car il y a $3!$ façons de disposer les lettres $U_1U_2U_3$.

Ainsi, il y a $\dfrac{8!}{2 \times 3!}=\numprint{3360}$ anagrammes différents au mot \og UBUESQUE \fg.
\end{questions}

\begin{Remarque}on peut raisonner différemment en disant que trouver une anagramme du mot revient à :
\begin{itemize}
\item placer 3 lettres \og U \fg{} parmi les 8 positions possibles : il y a $\binom{8}{3}$ possibilités;
\item placer 2 lettres \og E \fg{} parmi les $8-3=5$ positions restantes : il y a $\binom{5}{2}$ possibilités;
\item trouver le nombre d'anagrammes sur les $5-2=3$ lettre restantes : il y a $3!$ possibilités.
\end{itemize}
On arrive alors à $\dbinom{8}{3}\times\dbinom{5}{2}\times3!=\numprint{3360}$ anagrammes différents.
\end{Remarque}
\end{corrige}


%%%

\begin{exo}{Groupes d'une classe}{Lycée La Bruyère, Versailles}{2}{20} 
Les 35 élèves d'une classe sont répartis en quatre catégories selon leur taille.
\begin{itemize}
\item La catégorie 1 contient 7 élèves;
\item La catégorie 2 contient 5 élèves;
\item La catégorie 3 contient 9 élèves.
\end{itemize}
\begin{questions}
\item Combien peut-on former de groupes de 7 élèves avec tous les élèves de la classe ?
\item Combien y a-t-il de groupes de 7 élèves formés par des élèves de catégorie 1 ? De catégorie 3 ?
\item Combien y a-t-il de groupes de 7 élèves contenant exactement 3 élèves de catégorie 1 et 2 élèves de catégorie 2 ?
\end{questions}
\end{exo}

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item C'est une question classique où l'on doit trouver le nombre de sous-ensembles à 7 éléments pris dans un ensemble à 35 éléments. Le nombre total de combinaisons est donc :
\[
\dbinom{35}{7}=\numprint{6724520}.
\]
\item Dans la mesure où il n'y a que 7 élèves dans la catégorie 1, il n'y a qu'une possibilité de former un groupe de 7 élèves avec les élèves de cette catégorie.
\newpage
Il y a 9 élèves dans la catégorie 3, donc le nombre de groupes de 7 élèves que l'on peut former avec ces 9 élèves est:
\[
\dbinom{9}{7}=36.
\]

\item Constituer un tel groupe revient à choisir 3 élèves parmi les 7 de la catégorie 1, 2 élèves parmi les 5 de la catégorie 2, et les deux autres élèves parmi les 23 élèves des autres catégories. Le nombre total de groupes que l'on peut former est alors:
\[
\dbinom{7}{3}\times\dbinom{5}{2}\times\dbinom{23}{2}=\numprint{88550}.
\]
\end{questions}
\end{corrige}

%%%

\begin{exo}{Constitution d'un jury}{Lycée Condorcet, Paris}{2}{20} 
Un jury de 10 membres est tiré au sort parmi un groupe constitué de 8 hommes et 9
femmes.
\begin{questions}
\item Combien de jurys différents peut-on former ?
\item Combien de jurys comportant autant d'hommes que de femmes peut-on constituer ?
\item Combien de jurys comportant plus d'hommes que de femmes peut-on former ?
\item Reprendre la question 2 sachant que Monsieur X ne veut pas siéger avec Madame Y.
\end{questions}
\end{exo}

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item Il y a en tout 17 personnes et on cherche le nombre de groupes de 10 personnes que l'on peut former à partir de ces 17 personnes. Il y en a:
\[
\dbinom{17}{10}=\numprint{19448}.
\]

\item On souhaite qu'il y ait autant d'hommes que de femmes, donc qu'il y ait 5 hommes et 5 femmes. Le nombre de jurys possibles est donc:
\[
\dbinom{8}{5}\times\dbinom{9}{5}=\numprint{7056}.
\]

\item Ici, il n'y a pas de moyen direct d'arriver au résultat : il faut faire une \textit{disjonction de cas}, c'est-à-dire énumérer tous les cas où il y a plus d'hommes que de femmes:
\begin{itemize}
\item s'il y a 8 hommes (nombre maximal d'hommes) alors il y aura 2 femmes; le nombre de jurys possibles est alors:
\[
\dbinom{8}{8}\times\dbinom{9}{2}=36;
\]
\item s'il y a 7 hommes alors il y aura 3 femmes; le nombre de jurys possibles est alors:
\[
\dbinom{8}{7}\times\dbinom{9}{3}=672;
\]
\item s'il y a 6 hommes alors il y aura 4 femmes; le nombre de jurys possibles est alors:
\[
\dbinom{8}{6}\times\dbinom{9}{4}=\numprint{3528}.
\]
\end{itemize}
Ce sont les seuls cas possibles. Il y a donc en tout:
\[
\numprint{3528} + 672 + 36 = \numprint{4236}
\]
jurys possibles composés de plus d'hommes que de femmes.

\item Nous avons vu dans la question 2 qu'il y avait \numprint{7056} jurys composés d'autant d'hommes que de femmes.

Dans cette question, il faut soustraire à ce nombre le nombre de jurys où Monsieur X et Madame Y se retrouvent ensemble. Ces jurys sont de la forme:
\begin{center}
M. X + Mme Y + 4 autres hommes que M. X + 4 autres femmes que Mme Y.
\end{center}
Leurs nombres s'élèvent donc à:
\[
1 \times 1 \times \dbinom{7}{4} \times \dbinom{8}{4} = \numprint{2450}.
\]
Ainsi, le nombre de jurys comportant autant d'hommes que de femmes dans lesquels M. X et Mme Y ne sont pas ensemble est égal à:
\[
\numprint{7056} - \numprint{2450} = \numprint{4606}.
\]
\end{questions}
\end{corrige}

%%%

\begin{exo}{Sur un échiquier}{Lycée Henri IV, Paris}{3}{15} 
Une pièce se déplace sur un échiquier de $n$ cases sur $n$ en avançant soit vers le haut, soit vers la droite.

Montrer qu'il y a $\dbinom{2n-2}{n-1}$ chemins possibles pour aller du coin inférieur gauche au coin supérieur droit. 
\end{exo}

\begin{corrige}
Voici un exemple de déplacement:
\begin{center}
\includegraphics{310_combinatoire-03}
\end{center}

La pièce ne peut se diriger que vers la droite ou vers le haut, et que d'une case à chaque fois. Il ne reste que $n-1$ cases vers la droite et $n-1$ cases vers le haut pour atteindre la case supérieure droite; ainsi, il y a:
\[
(n-1) + (n-1) = 2n-2 \text{ déplacements.}
\]
Parmi ces déplacements, $n-1$ sont à faire vers la droite (ou vers le haut, peu importe); on choisit donc sans ordre et sans remise les \og numéros \fg{} des déplacements vers la droite, le reste se faisant à gauche:  il y a donc $\dbinom{2n-2}{n-1}$ chemins possibles.
\newpage
\end{corrige}

%%%

%\begin{exo}{\'Etablir une formule}{Lycée Janson de Sailly, Paris}{3}{15} 
%Montrer que pour tout entier naturel $n$, $\displaystyle\sum_{k=1}^n k \times k! = (n+1)! - 1.$
%\end{exo}
%
%\begin{corrige}
%\enlargethispage*{5em}
%Pour tout entier naturel $k$, on peut écrire:
%\begin{align*}
%k \times k! & = (k+1-1) \times k!\\
%& = (k+1) \times k! - 1 \times k!\\
%& = (k+1)! - k!
%\end{align*}
%Ainsi,
%\begin{align*}
%\sum_{k=1}^n k \times k! & = \sum_{k=1}^n \big[ (k+1)! - k! \big]\\
%& = (2! - 1!) + (3! - 2!) + (4! - 3!) + \cdots \\
%& \hspace*{4cm}+ (n! - (n-1)!) + \big( (n+1)! - n! \big)\\
%& = -1! + \underbrace{(2!-2!) + (3!-3!) + \cdots + (n!-n!)}_{=0} + (n+1)!\\
%& = (n+1)! - 1.
%\end{align*}
%\end{corrige}
%

%%%

%\begin{exo}{Nombre d'atomes}{Lycée François Mauriac, Bordeaux}{3}{15} 
%On estime à $10^{79}$ le nombre d'atomes dans l'Univers visible.
%
%Combien de cartes différentes devrait avoir un jeu pour que le nombre de permutations possibles dépasse cette valeur ?
%
%\Par
%
%\textit{Conseil :} n'ayez pas peur de prendre des initiatives!
%\end{exo}
%
%\begin{corrige}
%Notons $n$ le nombre de cartes différentes. Le nombre de permutations est alors égal à $n!$.
%
%Il faut donc résoudre l'inéquation:
%\[
%n! \geqslant 10^{79}.
%\]
%
%Pour résoudre cette inéquation, on peut faire appel au logarithme népérien:
%\begin{align*}
%n! \geqslant 10^{79} & \iff \ln(n!) \geqslant \ln\big(10^{79}\big)\\
%& \iff \ln1+\ln2+\ln3+\cdots+\ln(n) \geqslant 79\ln 10
%\end{align*}
%
%On peut alors faire appel à un programme Python pour déterminer la première valeur de $n$ pour laquelle l'inégalité est vraie.
%
%\qrset{height=1.1cm,version=5}\rput(-1,-0.7){
%\psframebox{\qrcode{https://idl-live.prepamath.fr/ILTM/combinatoire-atomes.py}}}
%\vspace*{-3mm}
%
%\begin{listing}{}{combinatoire-atomes.py}\end{listing}
%
%\Par
%
%ou
%
%\qrset{height=1.1cm,version=5}\rput(-1,-0.7){
%\psframebox{\qrcode{https://idl-live.prepamath.fr/ILTM/combinatoire-atomes-2.py}}}
%\vspace*{-3mm}
%
%\begin{listing}{}{combinatoire-atomes-2.py}\end{listing}
%
%\Par
%
%Ces programmes affichent la valeur \og 59 \fg.
%
%Il faut donc que le jeu comporte 59 cartes différentes pour que le nombre de permutations dépasse le nombre d'atomes dans l'Univers visible.
%
%
%\begin{Remarque}
%remplacez \og 79 \fg{} par \og \numprint{1000} \fg{} dans les deux programmes et vous verrez pourquoi le premier est plus intéressant...
%
%\textit{Spoiler alert} : le second risque de prendre pas mal de temps, même avec un bon processeur !
%\end{Remarque}
%\end{corrige}
%

\sectionnn{Objectif bac}

\begin{exo}{Codage informatique}{Extrait du sujet 2 Centres étrangers, 2025\newexo}{2}{15}
Le codage « base64 », utilisé en informatique, permet de représenter et de transmettre des messages et d’autres données telles que des images, en utilisant 64 caractères : les 26 lettres majuscules, les 26 lettres minuscules, les chiffres de 0 à 9 et deux autres caractères spéciaux.

On s’intéresse aux séquences de 4 caractères en base64. 

Par exemple,
« gP3g » est une telle séquence. Dans une séquence, l’ordre est à prendre en compte : les séquences «m5C2 » et « 5C2m» ne sont pas identiques.
\begin{questions}
\item Déterminer le nombre de séquences possibles.
\item Déterminer le nombre de séquences si l’on impose que les 4 caractères sont différents deux à deux.
\item 
\begin{questions}
\item Déterminer le nombre de séquences ne comportant pas de lettre A majuscule.
\item En déduire le nombre de séquences comportant au moins une lettre A majuscule.
\item Déterminer le nombre de séquences comportant exactement une fois la lettre A majuscule.
\item Déterminer le nombre de séquences comportant exactement deux fois la lettre A majuscule.
\end{questions}
\end{questions}
\end{exo}

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item \label{combinatoireobjbacq1} Pour chaque caractère, il y a 64 possibilités, donc pour une séquence de 4 caractères, il y a $64^4$ possibilités, soit \numprint{16777216} possibilités.

\item Si les caractères sont différents deux à deux, il s'agit alors d'un arrangement de 4 caractères parmi 64 : 
\[
\dfrac{64~!}{(64-4)~!}=64 \times 63 \times 62 \times 61=\numprint{15249024} \text{ possibilités}.
\]

\item 
\begin{questions}
\item On reprend la question \ref{combinatoireobjbacq1} avec seulement 63 caractères. 

Cela donne donc $63^4=\numprint{15752961}$ possibilités.

\item \og Au moins une lettre A majuscule \fg{} est le contraire de \og Aucune lettre A majuscule \fg.

Ainsi, le nombre de séquences comportant au moins une lettre A majuscule est:
\[
64^4 - 63^4 = \numprint{1024255}.
\]

\item La lettre A peut se situer en première position, ou en deuxième, troisième ou quatrième dans le code, les trois autres lettres étant différentes. 

Il y aura donc $4\times 63^3 = \numprint{1000188}$ possibilités.

\item Il y a $\dbinom{4}{2}$ façons de placer les deux lettres A dans la séquence. Les deux autres lettres ne sont pas des A. 

Il y aura donc $\dbinom{4}{2} \times 63^2 = \numprint{23814}$ possibilités.
\end{questions}
\end{questions}
\end{corrige}


\thumb\AfficheCorrige
