QCM : Combinatoire et dénombrement (Terminale)
Dénombrer, c'est compter les éléments d'un ensemble fini sans les énumérer un par un, à l'aide de quelques modèles bien choisis : k-uplets, permutations, combinaisons. Ces outils servent directement en probabilités, où le calcul d'une probabilité en situation d'équiprobabilité se ramène à compter des issues.
Un code d'accès est une suite de 4 chiffres pris parmi $0, 1, \ldots, 9$, les répétitions étant permises. Combien de codes différents existe-t-il ?
L'ordre compte et les répétitions sont permises. Un code est donc un 4-uplet d'un ensemble à 10 éléments, et il y en a $10^4=10\,000$. Le piège principal est $10\times9\times8\times7=5\,040$, qui interdit à tort les répétitions. $\binom{10}{4}=210$ oublie en plus l'ordre, et $10\times4=40$ confond produit et puissance.
Dix coureurs disputent une course. Un podium est la donnée ordonnée du premier, du deuxième et du troisième. Combien de podiums sont possibles ?
L'ordre compte (les trois places sont différentes) et un coureur ne peut pas occuper deux places. On compte donc des 3-uplets d'éléments distincts : $10\times9\times8=720$. Le piège principal est $\binom{10}{3}=120$, qui ne tient pas compte de l'ordre. $10^3=1\,000$ autorise un même coureur sur plusieurs marches.
Dans un club de 8 membres, on choisit un comité de 3 personnes, sans rôle particulier. Combien de comités différents peut-on former ?
L'ordre ne compte pas et il n'y a pas de répétition : un comité est une partie à 3 éléments. On calcule $\binom{8}{3}=\dfrac{8\times7\times6}{3\times2\times1}=\dfrac{336}{6}=56$. Le piège principal est $336$, qui compte chaque comité $3!=6$ fois en tenant compte de l'ordre. $8^3=512$ autorise en plus les répétitions.
Pour tous entiers $n$ et $k$ tels que $1\leqslant k\leqslant n-1$, quelle égalité est la formule de Pascal ?
On fixe un élément $a$. Les parties à $k$ éléments qui contiennent $a$ sont au nombre de $\binom{n-1}{k-1}$, celles qui ne le contiennent pas au nombre de $\binom{n-1}{k}$. Ces deux cas sont disjoints, donc on additionne. Dans le triangle, on ajoute le coefficient situé au-dessus et celui situé au-dessus à gauche. Le piège principal est le décalage d'indice vers $k+1$. Le produit confond principe additif et principe multiplicatif.
Un ensemble $E$ possède 5 éléments. Combien possède-t-il de parties non vides ?
$E$ possède $2^5=32$ parties, ensemble vide compris. On retire $\emptyset$ et il reste $32-1=31$ parties non vides. Le piège principal est de répondre $32$ en oubliant que l'énoncé exclut l'ensemble vide. $5^2=25$ confond $2^n$ et $n^2$, et $10=\binom{5}{2}$ ne compte que les parties à 2 éléments.
Combien le mot RADAR possède-t-il d'anagrammes, lui-même compris ?
Le mot comporte 5 lettres : 2 R, 2 A et 1 D. On choisit les positions des 2 R parmi 5, soit $\binom{5}{2}=10$ choix. On choisit ensuite les positions des 2 A parmi les 3 places restantes, soit $\binom{3}{2}=3$ choix. Le D prend la dernière place. Cela donne $10\times3=30$ anagrammes, c'est-à-dire $\dfrac{5!}{2!\times2!}=30$. Le piège principal est $5!=120$, qui oublie que permuter des lettres identiques ne change pas le mot. $60$ ne tient compte que d'une des deux lettres répétées. $10$ s'arrête au placement des R.
Douze personnes se serrent la main, chacune une seule fois avec chacune des autres. Combien de poignées de main sont échangées ?
Une poignée de main correspond à une paire de personnes, sans ordre. Il y en a $\binom{12}{2}=\dfrac{12\times11}{2}=66$. Le piège principal est $12\times11=132$, qui compte chaque poignée de main deux fois (A avec B, puis B avec A). $12^2=144$ compte en plus des poignées de main d'une personne avec elle-même.
Que vaut $\dfrac{6!}{4!}$ ?
On a $6!=6\times5\times4!$, donc $\dfrac{6!}{4!}=6\times5=30$. C'est le nombre de couples d'éléments distincts d'un ensemble à 6 éléments. Le piège principal est de simplifier comme une fraction ordinaire, $\dfrac{6}{4}=1{,}5$, ou de croire que le quotient vaut $(6-4)!=2$. $15=\binom{6}{2}$ correspond à une division supplémentaire par $2!$.
Une urne contient 5 boules rouges et 7 boules bleues. On tire simultanément 3 boules. Combien de tirages contiennent au moins une boule rouge ?
On passe par le complémentaire. Il y a $\binom{12}{3}=220$ tirages au total et $\binom{7}{3}=35$ tirages sans boule rouge. Il reste $220-35=185$ tirages avec au moins une rouge. Le piège principal est $5\times\binom{11}{2}=5\times55=275$ (choisir une rouge puis compléter librement). Ce calcul compte plusieurs fois les tirages à plusieurs rouges. $105=5\times\binom{7}{2}$ compte « exactement une rouge ». $220-\binom{5}{3}=210$ retire à tort les tirages entièrement rouges.
Que vaut la somme $\binom{9}{0}+\binom{9}{1}+\binom{9}{2}+\cdots+\binom{9}{9}$ ?
La somme des coefficients de la ligne $n$ du triangle de Pascal est le nombre total de parties d'un ensemble à $n$ éléments, soit $2^n$. Ici, on obtient $2^9=512$. Le piège principal est $511$ : le terme $\binom{9}{0}=1$ correspond à l'ensemble vide et fait bien partie de la somme. $1\,024=2^{10}$ vient d'une erreur de ligne, car la ligne 9 compte 10 termes. $9^2=81$ confond $2^n$ et $n^2$.