Ce principe s'applique lorsque les choix sont indépendants et successifs.
Méthode :
Un restaurant propose 3 entrées, 5 plats et 2 desserts. Le nombre de menus complets est $3 \times 5 \times 2 = 30$.
Un code de 4 chiffres (0–9, répétition autorisée) : $10^4 = 10\,000$ codes possibles.
Un code de 4 chiffres distincts : $10 \times 9 \times 8 \times 7 = 5\,040$ codes.
Ne pas appliquer le principe multiplicatif quand les choix sont liés par une contrainte non linéaire. Toujours vérifier que les étapes sont bien successives et indépendantes (ou que la dépendance est prise en compte à chaque étape).
Si $A$ et $B$ sont disjoints ($A \cap B = \emptyset$), alors $|A \cup B| = |A| + |B|$.
Méthode :
Dans un groupe de 30 élèves : 18 font du foot (F), 14 font du basket (B), 7 font les deux. Nombre faisant au moins un sport : $|F \cup B| = 18 + 14 - 7 = 25$. Nombre ne faisant aucun sport : $30 - 25 = 5$.
Ne pas oublier de soustraire l'intersection dans la formule d'inclusion-exclusion. L'erreur classique est d'écrire $|A \cup B| = |A| + |B|$ sans retrancher $|A \cap B|$, ce qui surestime le résultat.
On dispose de l'alphabet $\{A, B, C, D, E, F, G\}$ (7 lettres) et des chiffres $\{0,1,2,3,4,5,6,7,8,9\}$.
1. On choisit 3 lettres distinctes parmi 7 et l'ordre compte : $7 \times 6 \times 5 = \boxed{210}$ mots.
2. Lettres avec répétition : $7^2 = 49$. Chiffres avec répétition : $10^3 = 1000$. Par le principe multiplicatif : $49 \times 1000 = \boxed{49\,000}$ codes.
3. $3 \times 4 \times 2 = \boxed{24}$ repas complets.
4. Lettres sans répétition : $26 \times 25 = 650$. Chiffres sans répétition : $10 \times 9 \times 8 = 720$. Total : $650 \times 720 = \boxed{468\,000}$ plaques.
Dans une classe de 35 élèves :
1. $|F \cup A| = |F| + |A| - |F \cap A| = 22 + 18 - 12 = \boxed{28}$ élèves.
2. Aucune langue : $35 - 28 = \boxed{7}$ élèves.
3. Une seule langue : $|F \cup A| - |F \cap A| = 28 - 12 = \boxed{16}$ élèves. Vérification : $(22-12)+(18-12) = 10+6 = 16$ ✓
4. Au moins une : $30 + 25 - 10 = \boxed{45}$. Aucune : $50 - 45 = \boxed{5}$.
Les valeurs utiles : $0!=1$, $1!=1$, $2!=2$, $3!=6$, $4!=24$, $5!=120$, $6!=720$, $7!=5040$, $10!=3\,628\,800$.
Méthode : Pour compter le nombre d'ordres possibles de $n$ objets distincts, calculer $n!$. On place d'abord un objet parmi $n$ choix, puis un parmi $n-1$, etc.
Combien de façons d'asseoir 5 personnes dans 5 chaises numérotées ? $5! = 120$ façons.
Combien d'anagrammes du mot MATHS (5 lettres toutes distinctes) ? $5! = 120$.
La factorielle croît très vite : ne pas calculer $n!$ pour $n$ grand à la main. Utiliser les simplifications $\frac{n!}{(n-k)!} = n(n-1)\cdots(n-k+1)$ dès que possible.
Méthode :
Combien de podiums (1er, 2e, 3e) peut-on former parmi 10 coureurs ? $A(10,3) = 10 \times 9 \times 8 = 720$.
Nombre de mots de 4 lettres distinctes avec l'alphabet de 26 lettres : $A(26,4) = 26 \times 25 \times 24 \times 23 = 358\,800$.
Arrangement (ordonné) $\neq$ Combinaison (non ordonnée) ! Le trio $\{A,B,C\}$ donne 1 combinaison mais $3! = 6$ arrangements différents. Bien identifier si l'ordre compte dans l'énoncé.
On dispose des 5 lettres $\{A, B, C, D, E\}$ toutes distinctes.
1. $A(5,3) = \dfrac{5!}{(5-3)!} = \dfrac{5!}{2!} = 5 \times 4 \times 3 = \boxed{60}$ mots.
2. $A(5,5) = 5! = 120$. Ce sont les permutations de 5 éléments.
3. Si le premier caractère est $A$ (fixé), il reste 2 places à remplir avec les 4 lettres restantes : $A(4,2) = 4 \times 3 = \boxed{12}$ mots.
4. Président : 8 choix, secrétaire : 7 choix restants. $A(8,2) = 8 \times 7 = \boxed{56}$ façons.
On veut ranger 6 livres distincts sur une étagère.
1. $6! = \boxed{720}$ rangements.
2. Traiter {rouge, bleu} comme un bloc : 5 éléments à permuter → $5!$ rangements. Le bloc peut être (rouge, bleu) ou (bleu, rouge) : $\times 2$. Total : $5! \times 2 = 120 \times 2 = \boxed{240}$ rangements.
3. Vert en position 1 et jaune en position 6 (fixés) : les 4 autres livres se placent librement → $4! = \boxed{24}$ rangements.
4a. Premier chiffre pair parmi $\{2,4,6\}$ : 3 choix. Les 3 positions restantes avec 5 chiffres restants sans répétition : $5 \times 4 \times 3 = 60$. Total : $3 \times 60 = \boxed{180}$ codes.
4b. Un code en ordre croissant correspond exactement à un choix de 4 chiffres parmi 6 (l'ordre est imposé). Donc $C(6,4) = \boxed{15}$ codes.
$C(n,k)$ est aussi noté $\dbinom{n}{k}$ (coefficient binomial) et se lit « $n$ choisir $k$ ».
Méthode de calcul de $C(n,k)$ :
Nombre de comités de 3 personnes parmi 8 : $C(8,3) = \dfrac{8 \times 7 \times 6}{3!} = \dfrac{336}{6} = 56$.
Nombre de mains de 5 cartes dans un jeu de 52 : $C(52,5) = \dfrac{52!}{5!\,47!} = 2\,598\,960$.
$C(n,k)$ suppose que l'ordre ne compte pas. Si l'ordre compte, utiliser $A(n,k)$. Exemple : choisir 3 délégués (sans rôle) parmi 10 → $C(10,3)=120$; choisir un président, un vice-président et un secrétaire parmi 10 → $A(10,3)=720$.
Pour démontrer une identité sur les $C(n,k)$ :
$C(10,7) = C(10,3) = \dfrac{10 \times 9 \times 8}{6} = 120$ (symétrie).
$C(7,3) + C(7,4) = 35 + 35 = 70 = C(8,4)$ (Pascal).
Attention aux indices dans Pascal : $C(n+1,k+1) = C(n,k) + C(n,k+1)$. Ne pas confondre avec $C(n,k+1) = C(n-1,k) + C(n-1,k+1)$. Toujours vérifier que $n+1$ est bien à gauche et les deux termes de droite ont le même premier indice $n$.
n=0 : 1 n=1 : 1 1 n=2 : 1 2 1 n=3 : 1 3 3 1 n=4 : 1 4 6 4 1 n=5 : 1 5 10 10 5 1 n=6 : 1 6 15 20 15 6 1Chaque entrée est la somme des deux entrées au-dessus (identité de Pascal).
Pour lire le triangle : la ligne $n$ (en commençant à 0) contient $C(n,0), C(n,1), \ldots, C(n,n)$. Pour construire la ligne $n+1$ : border de 1, et chaque valeur intérieure = somme des deux valeurs au-dessus.
Ligne $n=5$ : $1, 5, 10, 10, 5, 1$. Donc $(a+b)^5 = a^5 + 5a^4b + 10a^3b^2 + 10a^2b^3 + 5ab^4 + b^5$.
Somme de la ligne 5 : $1+5+10+10+5+1 = 32 = 2^5$. ✓
La ligne d'indice $n$ dans le triangle commence à $k=0$ (pas $k=1$). Le premier et dernier élément de chaque ligne sont toujours 1. Ne pas confondre le numéro de la ligne (= l'exposant $n$) avec le rang de la colonne (= $k$).
Calculer les coefficients binomiaux suivants :
Puis résoudre : $C(n,2) = 15$. Quelle est la valeur de $n$ ?
a) $C(7,3) = \dfrac{7!}{3!\,4!} = \dfrac{7 \times 6 \times 5}{3 \times 2 \times 1} = \dfrac{210}{6} = \boxed{35}$
b) $C(10,2) = \dfrac{10 \times 9}{2} = \boxed{45}$
c) $C(6,0) = \boxed{1}$ et $C(6,6) = \boxed{1}$ (par définition et symétrie).
d) Symétrie : $C(8,5) = C(8,3) = \dfrac{8 \times 7 \times 6}{3!} = \dfrac{336}{6} = \boxed{56}$
Équation : $C(n,2) = \dfrac{n(n-1)}{2} = 15 \Rightarrow n(n-1) = 30 \Rightarrow n^2 - n - 30 = 0$.
Discriminant : $1 + 120 = 121$. $n = \dfrac{1+11}{2} = 6$ (on rejette $n=-5$ car $n \in \mathbb{N}^*$). $\boxed{n = 6}$
1. Par calcul direct :
$$C(n,k)+C(n,k+1) = \frac{n!}{k!(n-k)!}+\frac{n!}{(k+1)!(n-k-1)!}$$En mettant au même dénominateur $(k+1)!(n-k)!$ :
$$= \frac{n!(k+1)+n!(n-k)}{(k+1)!(n-k)!} = \frac{n!(n+1)}{(k+1)!(n-k)!} = \frac{(n+1)!}{(k+1)!(n-k)!} = C(n+1,k+1) \quad \checkmark$$2. $C(8,4) = C(7,3) + C(7,4) = 35 + 35 = \boxed{70}$
3. $C(6,2) + C(6,3) = 15 + 20 = 35 = C(7,3)$ ✓
4. C'est le même résultat avec $n \to n$, $k+1 \to k$. Pour $n=5$, $k=2$ : $C(5,1)+C(5,2) = 5+10 = 15 = C(6,2)$ ✓
1. Par le binôme de Newton : $(1+1)^n = \displaystyle\sum_{k=0}^{n} C(n,k) \cdot 1^k \cdot 1^{n-k} = \displaystyle\sum_{k=0}^{n} C(n,k)$. Or $(1+1)^n = 2^n$. D'où $\displaystyle\sum_{k=0}^{n} C(n,k) = 2^n$. ✓
2. $\displaystyle\sum_{k=0}^{7} C(7,k) = 2^7 = \boxed{128}$. Vérification : $1+7+21+35+35+21+7+1 = 128$ ✓
3. Poser $x=1$, $y=-1$ dans $(x+y)^n$ : $(1+(-1))^n = \displaystyle\sum_{k=0}^{n} C(n,k)(-1)^k = 0^n = 0$ (pour $n \geq 1$). ✓
4. Notons $P = \displaystyle\sum_{k \text{ pair}} C(n,k)$ et $I = \displaystyle\sum_{k \text{ impair}} C(n,k)$. On a $P + I = 2^n$ et $P - I = 0$. Donc $P = I = 2^{n-1}$. ✓
Le terme général (terme de rang $k+1$) est : $T_{k+1} = C(n,k)\, a^{n-k}\, b^k$.
Développer $(a+b)^n$ :
$(x+2)^4 = C(4,0)x^4 + C(4,1)x^3\cdot2 + C(4,2)x^2\cdot4 + C(4,3)x\cdot8 + C(4,4)\cdot16$ $= x^4 + 8x^3 + 24x^2 + 32x + 16$
Lorsque $b$ est négatif ou qu'il contient un coefficient (ex : $b = 3y$ ou $b = -2$), ne pas oublier d'appliquer les puissances au coefficient aussi. Exemple : $(x - 2)^3 \neq x^3 - 8$ — il faut développer complètement.
Trouver un coefficient : chercher $k$ tel que la puissance de $x$ soit celle voulue dans $T_{k+1} = C(n,k)\,a^{n-k}\,b^k$.
Identifier un terme particulier :
Dans $(1+x)^n$, le coefficient de $x^3$ est $C(n,3) = \dfrac{n(n-1)(n-2)}{6}$. Si ce coefficient vaut 20 : $n(n-1)(n-2) = 120 \Rightarrow n = 6$ (car $6 \times 5 \times 4 = 120$). ✓
$\sum_{k=0}^{10} C(10,k) \cdot 3^k = (1+3)^{10} = 4^{10} = 1\,048\,576$.
Ne pas confondre rang et indice : le terme de rang $k+1$ correspond à l'indice $k$ dans la somme. Ainsi le terme de rang 4 est $T_4 = C(n,3)a^{n-3}b^3$ (indice $k=3$). Bien distinguer rang $\leftrightarrow k+1$ et indice $\leftrightarrow k$.
Développer et réduire les expressions suivantes :
a) $$\sum_{k=0}^{5} C(5,k) x^k = x^5 + 5x^4 + 10x^3 + 10x^2 + 5x + 1$$
b) $(a-b)^4 = (a+(-b))^4$ $$= \sum_{k=0}^{4} C(4,k) a^{4-k}(-b)^k = a^4 - 4a^3b + 6a^2b^2 - 4ab^3 + b^4$$
c) $(2x+3)^3 = \displaystyle\sum_{k=0}^{3} C(3,k)(2x)^{3-k}(3)^k$ $$= (2x)^3 + 3(2x)^2(3) + 3(2x)(3)^2 + 3^3 = 8x^3 + 36x^2 + 54x + 27$$
d) $\left(x - \dfrac{1}{x}\right)^4 = \displaystyle\sum_{k=0}^{4} C(4,k) x^{4-k}\left(-\frac{1}{x}\right)^k = \displaystyle\sum_{k=0}^{4} C(4,k)(-1)^k x^{4-2k}$ $$= x^4 - 4x^2 + 6 - \frac{4}{x^2} + \frac{1}{x^4}$$
1. Terme général : $C(8,k)(2x)^{8-k}(1)^k = C(8,k) \cdot 2^{8-k} \cdot x^{8-k}$. Pour le terme en $x^3$ : $8-k=3 \Rightarrow k=5$. Terme : $C(8,5) \cdot 2^3 \cdot x^3 = 56 \times 8 \times x^3 = \boxed{448x^3}$.
2. Terme général : $C(6,k)(x^2)^{6-k}\left(-\dfrac{2}{x}\right)^k = C(6,k)(-2)^k x^{12-2k-k} = C(6,k)(-2)^k x^{12-3k}$. Terme indépendant de $x$ : $12-3k=0 \Rightarrow k=4$. Terme : $C(6,4)(-2)^4 = 15 \times 16 = \boxed{240}$.
3. Coefficient de $x^2$ dans $(1+x)^n$ est $C(n,2) = \dfrac{n(n-1)}{2} = 45$. $n(n-1)=90 \Rightarrow n^2-n-90=0 \Rightarrow n = \dfrac{1+19}{2} = \boxed{10}$ (discriminant $= 361 = 19^2$).
4. Terme de rang $k+1$ : $C(10,k)(3)^{10-k}(x)^k$. Rang 4 : $k=3$. Terme : $C(10,3) \cdot 3^7 \cdot x^3 = 120 \times 2187 \cdot x^3 = \boxed{262\,440\,x^3}$.
Tirages dans une urne :
Méthode :
Une urne contient 4 boules rouges (R) et 6 boules bleues (B). On tire 2 boules simultanément. $|\Omega| = C(10,2) = 45$. $P(\text{2 rouges}) = C(4,2)/45 = 6/45 = 2/15$.
Tirage avec remise $\neq$ tirage sans remise. Pour un tirage simultané, utiliser les combinaisons $C(n,k)$ (équivalent à un tirage sans remise non ordonné). Pour un tirage successif avec remise, utiliser $n^k$. Bien lire l'énoncé.
Méthode pour « au moins … » :
Nombre d'anagrammes de LYCEE (5 lettres, E répété 2 fois) : $\dfrac{5!}{2!} = 60$.
Nombre de sous-ensembles d'un ensemble à 4 éléments : $2^4 = 16$ (y compris $\emptyset$ et $E$ lui-même).
Probabilité d'obtenir au moins une tête en lançant 4 pièces : $1 - P(\text{aucune tête}) = 1 - \dfrac{1}{2^4} = \dfrac{15}{16}$.
Attention au complémentaire : « au moins 1 » est le complémentaire de « 0 exactement », pas de « au moins 2 ». De même, « au plus 2 » = « 0 ou 1 ou 2 », son complémentaire est « au moins 3 ». Toujours bien définir le complémentaire avant de l'utiliser.
On tire au hasard (équiprobabilité) une carte dans un jeu de 52 cartes (4 couleurs × 13 valeurs).
1. $|\Omega| = 52$. Il y a 4 as. $P(\text{as}) = \dfrac{4}{52} = \dfrac{1}{13} \approx 0{,}077$.
2. Figures : $3 \times 4 = 12$. $P(\text{figure}) = \dfrac{12}{52} = \dfrac{3}{13}$.
3. Cartes rouges : 26. As rouges (comptés deux fois) : 2. Inclusion-exclusion : $P(\text{rouge} \cup \text{as}) = \dfrac{26+4-2}{52} = \dfrac{28}{52} = \dfrac{7}{13}$.
4. On tire 2 cartes parmi 52 : $|\Omega| = C(52,2) = 1326$. Événement : 2 as parmi 4 : $C(4,2) = 6$. $P = \dfrac{6}{1326} = \dfrac{1}{221} \approx 0{,}0045$.
Une urne contient 5 boules rouges (R) et 3 boules bleues (B).
$|\Omega| = C(8,2) = 28$ pour 2 boules simultanées.
1. 2 rouges : $C(5,2) = 10$. $P = \dfrac{10}{28} = \dfrac{5}{14}$. 1R + 1B : $C(5,1) \times C(3,1) = 5 \times 3 = 15$. $P = \dfrac{15}{28}$.
2. $|\Omega| = C(8,3) = 56$. Exactement 2 rouges (et 1 bleue) : $C(5,2) \times C(3,1) = 10 \times 3 = 30$. $P = \dfrac{30}{56} = \dfrac{15}{28}$.
3. Tirage successif : $P(R_1 \cap B_2) = P(R_1) \times P(B_2|R_1) = \dfrac{5}{8} \times \dfrac{3}{7} = \dfrac{15}{56}$. (Même résultat que le cas 1R+1B avec ordre : $\frac{15}{56}$, l'ordre étant l'un des 2 possibles.)
4. 0 rouge : $C(3,2)=3$. 1 rouge : 15. 2 rouges : 10. $\dfrac{3+15+10}{28} = \dfrac{28}{28} = 1$ ✓
Un comité de 5 membres est choisi parmi 8 hommes et 5 femmes.
1. $C(13,5) = \dfrac{13 \times 12 \times 11 \times 10 \times 9}{5!} = \dfrac{154\,440}{120} = \boxed{1287}$ comités.
2. $C(8,3) \times C(5,2) = 56 \times 10 = \boxed{560}$ comités.
3. Au moins une femme = total - aucune femme (que des hommes) : $C(13,5) - C(8,5) = 1287 - 56 = \boxed{1231}$ comités.
4. Au moins 3 femmes : exactement 3 femmes + 4 femmes + 5 femmes.
Choisir 3 délégués (sans rôle) parmi 10 : $C(10,3)=120$. Choisir président, secrétaire et trésorier : $A(10,3)=720$. Bien lire si l'ordre compte.
Ranger $n$ objets distincts dans $n$ positions : $n!$ façons. $A(n,n-1)=n!/(n-(n-1))!=n!/1!=n!$ aussi — la confusion vient parfois de $k=n-1$. Vérifier systématiquement la formule.
Il y a exactement 1 façon de choisir 0 éléments (ensemble vide) ou $n$ éléments parmi $n$ (tout choisir). $C(5,0)=1$, pas 0.
$C(n+1,k+1) = C(n,k) + C(n,k+1)$. Vérifier : à gauche $n+1$, à droite deux termes avec $n$. Ne pas écrire $C(n,k) = C(n-1,k-1)+C(n-1,k)$ sans vérifier les indices (c'est correct mais différent).
$(2x+3)^4$ : le terme en $x^2$ est $C(4,2)(2x)^2(3)^2 = 6 \cdot 4x^2 \cdot 9 = 216x^2$. Ne pas traiter comme $(a+b)^4$ avec $a=x$ (oublier le 2) : ce serait $C(4,2)x^2 \cdot 9 = 54x^2$ — incorrect.
Avec remise : les mêmes éléments peuvent être tirés plusieurs fois, $|\Omega|$ est plus grand. Sans remise (simultané) : utiliser $C(n,k)$. Vérifier l'énoncé : « simultanément » = sans remise non ordonné.
Après calcul d'un événement complexe, vérifier que la somme de tous les cas disjoints et exhaustifs vaut bien 1. C'est une vérification systématique qui détecte les erreurs de dénombrement.
On ne peut pas choisir plus d'éléments qu'il n'y en a. Si un développement conduit à $C(5,7)$, ce terme est nul. La somme $\sum_{k=0}^{n}$ s'arrête effectivement à $k=n$.