TS NOUVEAU PROGRAMME Sept. 2020
Thème: NOMBRES MULTINOMIAUX
• Permutation avec répétition ou rangement avec répétitions.
• • On connait la notion de permutation des n éléments d'un ensemble.
( avec n entier naturel non nul )
C'est un rangement de ses n éléments.
Il y en a n !
Exemple : Soit une urne contenant 10 boules distinctes et discernables.
Il y a 10 ! façons de les aligner sur la table c'est-à-dire de les ranger.
• • Mais il peut arriver que les n boules de l'urne soient bien distinctes mais pas
forcément toutes discernables .
Exemple : Parmi les n boules de l'urne il y a 2 boules bleues 3 boules
rouges et les n − 2 − 3 autres boules vertes.
Les n boules sont bien toutes distinctes.
Mais on ne peut pas distinguer les boules d'une même couleur.
( C'est pourquoi on parle parfois d'un assortiment de boules au lieu d'ensemble de boules )
Quand on veut les ranger sur la table, l'ordre des boules d'une même
couleur n'a pas d'importance.
Il ne faut donc pas tenir compte des 2 ! permutations des 2 boules bleues ,
ni des 3 ! permutations des 3 boules rouges , ni des ( n − 2 − 3 ) !
des n − 2 − 3 boules vertes .
Intuitivement le nombres de rangements possibles est donc:
C'est un NOMBRE MULTINOMIAL.
• • On peut, par analogie, c-à-d par un raisonnement semblable, formaliser la situation:
Un tel rangement est une permutation de l'ensemble ( ou de l'assortiment ) des n boules
de l'urne formé de p groupes comprenant respectivement n1 , n2 ,...... np ,
boules identiques avec n1 + n2 + .......+ np = n .
Il y en a intuitivement :
n dans IN* et p dans IN*.
• • Justifions la formule donnant le nombre multinomial:
Pour cela, on peut transformer le problème en disant qu'il y a n boules incolores
que l'on met dans p boites S1, S2, ......, Sp avec respectivement, n1 boules obligatoirement
dans S1, n2 boules obligatoirement dans S2, etc........, np boules obligatoirement que l'on
met dans Sp .
Dans chacune des p boites, l'ordre ne compte pas, mais leur nombre y est imposé.
Ainsi:
En multipliant ces nombres de combibaisons il vient :
Rappel: 0 ! = 1
On a bien démontré la Formule du Multinôme.
Remarque : On pouvait dire aussi raisonner au niveau des n places à réserver
dans la n liste.
En disant que parmi les n places de la n-liste, c-à-d du n- uplet
il fallait en réserver n1 pour y mettre les n1 boules du premier groupe, puis
parmi les n− n1 places restantes réserver n2 places pour y mettre les n2 boules du
second groupe,.... ainsi de suite , enfin réserver np places parmi les n − n1− n2 −...... − np− 1
( c-à-d np ) places restantes pour y mettre les np boules du p ième groupe.
Le produit obtenu est identique. On obtient bien cette formule.
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EXERCICE 1:
On dispose de 9 lettres , 2R , 3V et 4B.
Combien de mots de 9 lettres peut-on créer en utilisant chacune de ces 9 lettres,
comme pa exemple : RRVVBBBB
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REPONSE:
On obtient pour chaque mot, une permutation avec répétition ( ou rangement ) des 9
lettres , comprenant 3 groupes , l'un de 2 lettres rouges R , un autre de 3 lettres
vertes V et un autre de 4 lettres bleues B.
2 + 3 + 4 = 9
Donc, il y en a:
rangements possibles.
Conclusion:
1260 mots différents sont possibles, sans s'occuper d'une signification éventuelle.
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EXERCICE 2:
Dans une urne on a, 2 jetons rouges identiques, 3 jetons verts identiques et
4 jetons bleus identiques.
On tire successivement , sans remise, tous les jetons de l'urne en notant les
jetons tirés dans l'ordre.
Combien y a-t-il de tirages possibles ?
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REPONSE:
Chaque tirage correspond à une permutation des n = 9 jetons dont n1 = 2 sont rouges identiques ,
n 2= 3 sont verts identiques , et n3= 4 sont bleus identiques.
n1 + n2 + n3 = n
( C'est la connaissance de n1 , n2 , n3 qui permet de dénombrer )
Le nombre de ces permitations est donc :
Conclusion:
On obtient 1260 tirages possibles.
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EXERCICE 3:
On dispose d'un meuble avec 3 tiroirs, T1 , T2 , T3 .
On a 12 paires de chaussettes à ranger.
On décide arbitrairement de mettre 3 paires dans le tiroir T1,
4 paires dans le tiroir T2 , 5 paires dans le tiroir T3.
3 + 4 + 5 = 12
Combien de possibilités a-t-on dans ces conditions ?
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REPONSE:
NB: On ne demande pas le nombre de rangements possible de 12 paires dans
3 tiroirs. C'est uniquement avec un nombre imposé de paires dans chaque
tiroir.
Chaque rangement de ce type est une permutation avec répétition des
12 paires dans 3 groupes , l'un de 3 paires dans T1 , l'autre de 4 paires dans T2 ,
et un autre de 5 paires dans T3 .
3 + 4 + 5 = 12
Il y en a :
Conclusion:
Il y a, dans les conditions précises qu'on a imposées, 27720 possibilités.
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EXERCICE 4:
Soit le mot FOOTBALL.
Combien d'anagrammes, ayant une signification ou non, peut-on former avec ce mot ?
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REPONSE:
NB: On doit réutiliser seulement toutes les lettres du mot autant de fois qu'elles y apparaissent.
Ce mot FOOTBALL est un assortiment de n = 8 lettrres dont , 1 A ,1 B , 1 F , 2 L , 2 O et 1 T.
1 + 1 + 1 + 2 + 2 + 1 = 8
Il y a donc, p = 6 groupes de lettres.
On peut ainsi dire :
Chaque anagramme, avec ou non un sens, de ce mot constitue une permutation
avec répétition ( ou rangement ) des n= 8 lettres du mot FOOTBALL , formé de p = 6 groupes,
l'un de n1 = 1 lettre A , l'un de n2 = 1 lettre B , l'un de n3 = 1 lettre F, l'un de n4 = 2 lettres L,
l'un de n5 = 2 lettres O et l'un de n6 = 1 lettre T.
n1 + n2 + n3 + n4 + n5 + n6 = n
Donc, il y en a :
Conclusion:
Il y a 10080 anagrammes ayant un sens ou non, possibles.
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EXERCICE 5:
( Révision sur les récurrences )
Montrer par récurrence sur IN* que :
Pour tout entier naturel non nul n on a:
1. 1! + 2. 2! + .............. + n. n! = ( n + 1 ) ! − 1
( Le point . désigne la croix de la multiplication × )
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REPONSE:
Faisons une récurrence sur IN*.
• n= 1
On a : 1. 1! = 1
et ( 1 + 1 ) ! − 1 = 2 − 1 = 1
Donc on a bien : 1. 1! = ( 1 + 1 ) ! − 1
La formule est vraie pour n = 1.
• Soit n dans IN* quelconque.
Montrons que si 1. 1! + 2. 2! + .............. + n. n! = ( n + 1 ) ! − 1
alors 1. 1! + 2. 2! + .............. + ( n + 1 ). ( n + 1 )! = ( ( n + 1 ) + 1 ) ! − 1
On a: : 1. 1! + 2. 2! + .............. + ( n + 1 ). ( n + 1 )! = 1. 1! + 2. 2! + .............. + n. n! + ( n + 1 ). ( n + 1 )!
Or: : 1. 1! + 2. 2! + .............. + n. n! = ( n + 1 ) ! − 1
Donc: 1. 1! + 2. 2! + .............. + ( n + 1 ). ( n + 1 )! = ( n + 1 ) ! − 1 + ( n + 1 ). ( n + 1 )!
c-à-d en factorisant ( n + 1 )! dans deux termes:
1. 1! + 2. 2! + .............. + ( n + 1 ). ( n + 1 )! = ( n + 1 )! [ 1 + (n + 1 ) ] − 1
c-à-d 1. 1! + 2. 2! + .............. + ( n + 1 ). ( n + 1 )! = ( n + 1 )! ( ( n + 1 ) + 1 ) − 1
c-à-d 1. 1! + 2. 2! + .............. + ( n + 1 ). ( n + 1 )! = ( ( n + 1 ) + 1 ) ! − 1
On a obtenu l'égalité à l'ordre n + 1.
Conclusion : La formule est prouvé sur IN*.
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EXERCICE 6:
Soit n un entier naturel .
1. Comparer l'ensemble de tous nombres binômiaux
où p est n'importe quel entier tel que 0 ≤ p ≤ n
avec l'ensemble de tous les entiers
où n1 et n2 sont n'importe quels entiers tels que
0 ≤ n1 ≤ n et 0 ≤ n2 ≤ n et n1 + n2 = n
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REPONSE:
C'est deux ensembles finis d'entiers naturels sont identiques
car ils sont inclus l'un dans l'autre.
En effet :
• On a :
Posons n1 = p et n2 = n − p
Alors :
et n1 + n2 = n
De plus quand p décrit tous les entiers de 0 à n successivement
n1 décrit bien tous les entiers de 0 à n
pendant que n2 décrit tous les entiers de n à 0.
Donc, le premier ensemble est bien inclus dans le second.
• Réciproquement.
On a :
où n1 et n2 sont n'importe quels entiers tels que
0 ≤ n1 ≤ n et 0 ≤ n2 ≤ n et n1 + n2 = n
Donc n2 = n − n1
Ainsi:
Posons n1 = p
Il vient:
Avec quand n1 décrit tous les entiers de 0 à n successivement,
donc p qui décrit bien tous les entiers de 0 à n successivement,
Le second ensemble est bien inclus dans le premier.
Ainsi les deux inclusion montrent :
Conclusion: Les deux ensembles sont identiques.
2. La formule du binôme peut être réécrite
car les deux ensembles précédents sont les mêmes.
Soit a et b deux nombres réels.
Soit n un entier naturel non nul
Quand on a :
on peut proposer la nouvelle écriture :
Conclusion:
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