Exercices corrigés : les procédures de vote (math CST, secondaire 5)

a) Le nombre d'électeurs est la SOMME des effectifs de colonnes : $36+25+21+10+8=100$. Le nombre de bulletins différents est le nombre de COLONNES, soit $5$. Les deux nombres n'ont aucune raison d'être égaux : le tableau regroupe les bulletins identiques, exactement comme un tableau de fréquences regroupe les valeurs répétées d'une série statistique. Un tableau de préférences n'est rien d'autre qu'un tableau de fréquences dont les valeurs sont des ORDRES et non des nombres. Avec quatre candidatures il existe $4\times 3\times 2\times 1=24$ ordres possibles ; ici seulement $5$ ont été utilisés, ce qui est normal, un électorat réel se répartit sur une poignée d'ordres et non sur les vingt-quatre.

b) On ne lit que la PREMIÈRE ligne du tableau, et on additionne les effectifs des colonnes qui portent la même lettre. A est en tête dans la colonne de $36$, donc $36$ voix. B est en tête dans deux colonnes, celle de $25$ et celle de $8$ : $25+8=33$ voix. C est en tête dans la colonne de $21$ : $21$ voix. D est en tête dans la colonne de $10$ : $10$ voix. Vérification indispensable : $36+33+21+10=100$, on retrouve le nombre d'électeurs, puisque chaque bulletin donne exactement un premier choix. Si ce total ne tombe pas sur $100$, c'est qu'une colonne a été oubliée ou comptée deux fois, et toute la suite de l'exercice sera fausse.

c) C est devant A dans une colonne dès que la lettre C apparaît AVANT la lettre A en descendant la colonne. Colonne de $36$ : l'ordre est A, C, B, D, donc A est devant, ces $36$ électeurs ne comptent pas. Colonne de $25$ : B, C, D, A, C arrive au deuxième rang et A au quatrième, donc C est devant. Colonnes de $21$, de $10$ et de $8$ : A est chaque fois au quatrième rang, donc C est devant. Total $25+21+10+8=64$ électeurs classent C devant A. Pour la seconde question, A occupe le quatrième rang dans ces mêmes quatre colonnes : $64$ électeurs placent A en DERNIER. Retenez ce chiffre, il explique à lui seul tout le reste de la série.

d) La majorité absolue est plus de la moitié des voix exprimées. La moitié de $100$ vaut $50$, et « plus de $50$ » signifie ici au moins $51$ voix, car on ne coupe pas un électeur en deux. Le meilleur score au premier choix est celui de A avec $36$ voix, et $36<51$ : PERSONNE n'a la majorité absolue. C'est le point de départ du chapitre. Tant qu'une candidature dépasse $50\,\%$ des premiers choix, toutes les procédures raisonnables la désignent et il n'y a rien à discuter. C'est justement parce que le seuil n'est pas atteint que les procédures vont se mettre à diverger, et que le choix de la procédure devient un choix politique.

a) Le seuil est de $51$ voix et le meilleur score vaut $36$. Aucune candidature n'est élue à la majorité absolue. On note au passage que ce n'est pas un accident de ce scrutin : dès qu'il y a quatre candidatures sérieuses, la majorité absolue au premier tour devient l'exception, parce que $100$ voix réparties sur quatre noms donnent une moyenne de $25$ voix chacun.

b) La pluralité élit A, avec $36$ voix, soit $\dfrac{36}{100}=36\,\%$ des voix. C'est la procédure la plus simple et la plus rapide, celle des élections législatives britanniques et canadiennes, et c'est aussi celle qui pose le plus de problèmes : A est élue alors que $64$ électeurs sur $100$, soit près des deux tiers, la classent DERNIÈRE. La pluralité ne regarde que la première ligne du tableau et jette les trois autres, donc elle ne peut pas voir ce rejet massif.

c) Les deux premières sont A avec $36$ et B avec $33$. On reprend chaque colonne et on regarde laquelle des deux lettres A et B arrive en premier. Colonne de $36$, ordre A C B D : A est devant B, donc $36$ voix pour A. Colonne de $25$, ordre B C D A : B est devant, $25$ voix pour B. Colonne de $21$, ordre C B D A : C est éliminée, on continue, B arrive avant A, $21$ voix pour B. Colonne de $10$, ordre D C B A : mêmes raisons, B arrive avant A, $10$ voix pour B. Colonne de $8$, ordre B D C A : $8$ voix pour B. Résultat : A obtient $36$ voix, B en obtient $25+21+10+8=64$. Vérification, $36+64=100$. B est élue au second tour avec $64\,\%$ des voix, un score écrasant, alors qu'elle était deuxième au premier tour.

d) Les deux gagnants sont différents avec des bulletins identiques : A par pluralité, B au scrutin à deux tours. Le scrutin à deux tours est ici nettement plus défendable, et l'argument est chiffré : il utilise le deuxième et le troisième choix des électeurs de C et de D, alors que la pluralité les ignore. Or ces $31$ électeurs ne sont pas indifférents, ils préfèrent tous B à A. Une procédure qui élit A décide donc à partir de $36$ bulletins et fait comme si les $64$ autres n'avaient pas d'opinion sur A. Le mot à retenir est DIVISION DU VOTE : B et C se ressemblent et se partagent l'électorat qui rejette A, ce qui laisse A gagner avec un tiers des voix.

a) Les premiers choix sont A $36$, B $33$, C $21$, D $10$. Le plus faible score est celui de D, avec $10$ voix : D est éliminée. Ses $10$ bulletins portent l'ordre D, C, B, A ; on raye D et le nouveau premier choix de ces bulletins devient C. Attention, on ne redistribue QUE les bulletins dont D était la tête, et on les envoie tous sur le nom suivant du même bulletin, jamais sur un choix moyen ou proportionnel. Après report : A $36$, B $33$, C $21+10=31$. Vérification, $36+33+31=100$, aucun bulletin ne s'est perdu en route.

b) Le plus faible est maintenant C avec $31$ voix. C est éliminée et ses bulletins se répartissent selon leur contenu. Deux paquets différents portent C en tête à ce stade. Les $21$ bulletins d'origine C, B, D, A donnent B après avoir rayé C. Les $10$ bulletins d'origine D, C, B, A ont déjà perdu D, ils perdent maintenant C, et leur premier nom encore en lice est B. Les $31$ voix vont donc entièrement à B. Après report : A $36$, B $33+21+10=64$. Vérification, $36+64=100$.

c) B franchit le seuil de $51$ voix et est élue avec $64$ voix, soit $64\,\%$. C'est le même résultat qu'au scrutin à deux tours de l'exercice 2, ce qui n'a rien d'étonnant : avec quatre candidatures, l'élimination successive revient ici à un second tour entre les deux mêmes finalistes. Les deux procédures ne coïncident pas toujours, mais elles partagent le même principe, celui d'aller chercher les choix de rang inférieur des électeurs dont le favori est écarté.

d) A a effectivement mené à chaque tour, et pourtant elle perd. La réponse tient en une phrase : mener au premier choix ne dit rien du rejet. A stagne à $36$ voix d'un tour à l'autre parce qu'elle n'est le deuxième choix de PERSONNE ; on le lit dans le tableau, la lettre A n'apparaît qu'au premier rang de sa propre colonne et au quatrième rang partout ailleurs. B, à l'inverse, est au premier ou au deuxième rang dans quatre colonnes sur cinq, donc elle récupère chaque report. Un score de premier choix élevé est un socle, pas une avance : il ne grandit que si la candidature est aussi acceptable pour les autres. C'est précisément ce que la pluralité ne mesure pas, et ce que l'élimination mesure.

a) Chaque bulletin classe les quatre candidatures une fois chacune, donc il distribue $4+3+2+1=10$ points, quel que soit l'ordre choisi. Avec $100$ bulletins, le total des quatre scores vaut $100\times 10=1000$ points. Cette somme se calcule AVANT les scores individuels et sert de vérification finale : si les quatre totaux ne font pas $1000$, il y a une erreur de comptage. C'est la vérification la moins chère du chapitre et celle qu'on oublie le plus souvent.

b) Pour A, on descend chaque colonne et on relève le rang de la lettre A. Colonne de $36$ : rang $1$, donc $4$ points par bulletin. Colonnes de $25$, $21$, $10$ et $8$ : rang $4$, donc $1$ point par bulletin. Score de A : $36\times 4+25\times 1+21\times 1+10\times 1+8\times 1=144+25+21+10+8=208$ points. Pour D : colonne de $36$, rang $4$, $1$ point ; colonne de $25$, rang $3$, $2$ points ; colonne de $21$, rang $3$, $2$ points ; colonne de $10$, rang $1$, $4$ points ; colonne de $8$, rang $2$, $3$ points. Score de D : $36\times 1+25\times 2+21\times 2+10\times 4+8\times 3=36+50+42+40+24=192$ points.

c) Pour B : rang $3$ dans la colonne de $36$ ($2$ points), rang $1$ dans celle de $25$ ($4$ points), rang $2$ dans celle de $21$ ($3$ points), rang $3$ dans celle de $10$ ($2$ points), rang $1$ dans celle de $8$ ($4$ points). Score : $72+100+63+20+32=287$ points. Pour C : rang $2$ dans la colonne de $36$ ($3$ points), rang $2$ dans celle de $25$ ($3$ points), rang $1$ dans celle de $21$ ($4$ points), rang $2$ dans celle de $10$ ($3$ points), rang $3$ dans celle de $8$ ($2$ points). Score : $108+75+84+30+16=313$ points. Vérification : $208+287+313+192=1000$, exactement le total annoncé.

d) C est élue avec $313$ points. Voilà un TROISIÈME gagnant pour les mêmes bulletins : A par pluralité, B par élimination et par le scrutin à deux tours, C par Borda. C n'avait pourtant que $21$ premiers choix, le troisième score sur quatre. Sa force est ailleurs : elle est classée première ou deuxième dans QUATRE colonnes sur cinq, soit par $92$ électeurs sur $100$, et jamais dernière. Borda est la seule des procédures vues jusqu'ici qui récompense cela, parce qu'elle est la seule à lire les rangs intermédiaires. On dit qu'elle élit la candidature de CONSENSUS plutôt que celle du plus gros bloc.

a) On reprend chaque colonne du tableau de préférences et on regarde laquelle des deux lettres B et C arrive en premier ; les autres lettres ne comptent pas. Colonne de $36$, ordre A C B D : C est devant B, donc $36$ voix pour C. Colonne de $25$, ordre B C D A : B devant, $25$ voix pour B. Colonne de $21$, ordre C B D A : C devant, $21$ voix pour C. Colonne de $10$, ordre D C B A : C devant, $10$ voix pour C. Colonne de $8$, ordre B D C A : B devant, $8$ voix pour B. Total : C obtient $36+21+10=67$ voix, B en obtient $25+8=33$. Vérification, $67+33=100$ : dans un duel, la somme vaut toujours le nombre d'électeurs, puisque chaque bulletin tranche. C bat B par $67$ contre $33$.

b) B contre D. Colonne de $36$, A C B D : B est devant D, $36$ voix. Colonne de $25$, B C D A : B devant, $25$ voix. Colonne de $21$, C B D A : B devant, $21$ voix. Colonne de $10$, D C B A : D devant, $10$ voix pour D. Colonne de $8$, B D C A : B devant, $8$ voix. Bilan : B $36+25+21+8=90$, D $10$, et $90+10=100$. B écrase D. C contre D. Colonne de $36$ : C devant, $36$. Colonne de $25$, B C D A : C devant, $25$. Colonne de $21$ : C devant, $21$. Colonne de $10$, D C B A : D devant, $10$. Colonne de $8$, B D C A : D devant, $8$. Bilan : C $82$, D $18$, somme $100$. C bat D.

c) On lit le tableau ligne par ligne. C gagne ses trois duels : contre A ($64$ contre $36$), contre B ($67$ contre $33$) et contre D ($82$ contre $18$). C est donc la GAGNANTE DE CONDORCET. À l'inverse, A perd ses trois duels, chaque fois par $36$ contre $64$ : A est le PERDANT DE CONDORCET. Sur le schéma, cela se voit d'un coup d'œil : aucune flèche n'arrive sur C, et toutes les flèches du bas convergent vers A.

d) La pluralité élit A, et A est précisément la candidature que chacune des trois autres bat en tête-à-tête, toujours par le même écart de $64$ contre $36$. C'est le PARADOXE le plus important du chapitre : une procédure officielle peut élire quelqu'un qu'une majorité stable de $64\,\%$ préfère remplacer par n'importe qui d'autre. La cause est toujours la même, la division du vote entre B, C et D, qui se ressemblent et se prennent des voix. Retenez la règle d'usage : quand une gagnante de Condorcet existe, elle est le choix le plus difficile à contester, parce que toute contestation revient à opposer une candidature qu'elle bat déjà en face à face.

a) Majorité absolue : personne, aucune candidature n'atteint $51$ voix. Pluralité : A, avec $36$ voix. Scrutin à deux tours : B, avec $64$ voix. Vote par élimination : B, avec $64$ voix. Borda : C, avec $313$ points. Condorcet : C, qui gagne ses trois duels. Cela fait TROIS gagnants distincts, A, B et C, pour un seul et même paquet de bulletins. Seule D n'est élue par aucune procédure, et c'est cohérent, elle a le plus faible score de premiers choix et le plus faible score de Borda.

b) Oui, mais de façon creuse : aucune candidature n'ayant plus de la moitié des premiers choix, le critère de la majorité n'impose rien du tout dans ce scrutin. Il ne devient contraignant que lorsqu'une candidature dépasse $50\,\%$, ce qui n'arrive pas ici. C'est une remarque de méthode qui vaut des points en évaluation : un critère peut être respecté simplement parce qu'il ne s'applique pas, et cela ne prouve rien sur la qualité de la procédure.

c) La gagnante de Condorcet est C. Le critère de Condorcet exige donc d'élire C. La pluralité élit A, le scrutin à deux tours et l'élimination élisent B : ces trois procédures VIOLENT le critère de Condorcet. Seuls Borda et la méthode de Condorcet elle-même le respectent ici. Pour le second critère, le perdant de Condorcet est A, qui perd ses trois duels par $36$ contre $64$. La PLURALITÉ élit A, donc elle viole le critère du perdant de Condorcet, ce qui est la faute la plus grave qu'une procédure puisse commettre : elle couronne exactement la candidature que toutes les autres battent en tête-à-tête.

d) Un argument défendable, chiffres à l'appui. Je propose d'écarter la pluralité seule, parce qu'elle n'utilise qu'une ligne sur quatre du bulletin et qu'elle peut élire, comme ici, une personne rejetée par $64$ électeurs sur $100$. Je propose la méthode de Condorcet complétée par Borda : on cherche d'abord une candidature qui gagne tous ses duels, et si elle existe on l'élit, car aucune majorité ne peut lui opposer quelqu'un de préféré. Si aucune n'existe, ce qui arrive et qu'on verra à l'exercice 9, on tranche par Borda, qui utilise l'information complète du classement. La règle décisive n'est pas mathématique mais civique : la procédure se fixe AVANT le dépouillement, parce qu'une fois les bulletins connus chaque camp peut choisir la procédure qui le fait gagner, et l'élection devient un choix de règle déguisé.

a) On additionne les groupes qui cochent chaque nom. A n'est cochée que par le premier groupe : $36$ appuis. B est cochée par les groupes de $25$, de $21$ et de $8$ : $25+21+8=54$ appuis. C est cochée par les groupes de $25$, de $21$ et de $10$ : $25+21+10=56$ appuis. D n'est cochée que par le groupe de $10$ : $10$ appuis. Contrairement aux premiers choix, ces quatre nombres n'ont aucune raison d'additionner à $100$, et il ne faut surtout pas « corriger » un total qui dépasse.

b) On compte les coches en multipliant chaque groupe par le nombre de noms qu'il coche : $36\times 1+25\times 2+21\times 2+10\times 2+8\times 1=36+50+42+20+8=156$ coches. Vérification par l'autre bout : $36+54+56+10=156$, les deux comptages concordent. Le total dépasse $100$ parce qu'un bulletin d'assentiment peut porter plusieurs coches ; il vaudrait exactement $100$ si tout le monde n'en cochait qu'une, et $400$ si tout le monde cochait les quatre. C'est le piège numéro un du chapitre : croire qu'un total supérieur au nombre d'électeurs signale une erreur de calcul.

c) C est élue avec $56$ appuis, devant B avec $54$. Le résultat est cohérent avec Borda, qui élisait C avec $313$ points, et avec Condorcet, qui désignait C comme gagnante de tous ses duels. Ce n'est pas un hasard : ces trois procédures utilisent l'information des rangs intermédiaires, alors que la pluralité et l'élimination s'appuient d'abord sur les premiers choix. On observe aussi que A retombe à $36$, son plancher habituel, parce que personne d'autre que son propre camp ne l'approuve.

d) Si un seul électeur du premier groupe coche aussi C, alors C passe à $57$ appuis et A reste à $36$. L'écart avec B se creuse et C reste élue. Le conseil est plus intéressant que le calcul : en approuvant C en plus de A, cet électeur ne retire RIEN à A, puisque les coches sont indépendantes les unes des autres, mais il rend la victoire de C plus probable. Le vote par assentiment demande donc à chacun de fixer un seuil d'acceptabilité, et non un favori. Cocher trop peu, c'est laisser passer une candidature qu'on déteste ; cocher trop, c'est aider quelqu'un qu'on préfère à personne mais moins qu'un autre. Cet arbitrage stratégique est le vrai coût de cette procédure, en échange d'une simplicité de dépouillement inégalée.

1) FAUX. Avoir le plus de premiers choix, c'est la PLURALITÉ, ou majorité relative ; avoir plus de la moitié des voix, c'est la MAJORITÉ ABSOLUE. Les deux notions coïncident seulement quand il y a deux candidatures. Le scrutin de la série est le contre-exemple : A a le plus de premiers choix avec $36$ voix, et il en faudrait $51$ pour la majorité absolue. Énoncé correct : la candidature qui a le plus de premiers choix l'emporte à la PLURALITÉ ; elle n'a la majorité absolue que si son score dépasse strictement la moitié des voix exprimées.

2) FAUX, et c'est le contresens central du chapitre. Chaque procédure définit un gagnant DIFFÉREMMENT, donc rien n'oblige les résultats à coïncider ; il n'y a aucune contradiction, il y a cinq définitions. Les mêmes $100$ bulletins donnent A par pluralité, B par élimination et C par Borda, Condorcet et assentiment. Énoncé correct : le gagnant dépend de la procédure autant que des bulletins, et c'est précisément pourquoi la procédure se choisit avant le dépouillement. Le théorème d'Arrow va plus loin encore : aucune procédure ne peut satisfaire simultanément tous les critères d'équité raisonnables.

3) FAUX. Le barème de Borda dépend du NOMBRE de candidatures : avec $n$ candidatures, un premier choix vaut $n$ points et un dernier choix $1$ point. Un premier choix vaut $4$ points seulement quand il y a quatre candidatures, $3$ points quand il y en a trois, comme aux exercices 9 et 10. Énoncé correct : avec $n$ candidatures, le rang $k$ rapporte $n-k+1$ points, et chaque bulletin distribue en tout $1+2+\cdots+n$ points. Le contrôle qui sauve : total général $=$ nombre d'électeurs $\times$ somme des points d'un bulletin.

4) FAUX. Un bulletin d'assentiment porte autant de coches que l'électeur le souhaite, donc le total des appuis peut aller de $0$ à quatre fois le nombre d'électeurs. Dans l'exercice 7, $100$ électeurs ont porté $156$ coches, et les quatre scores $36$, $54$, $56$ et $10$ additionnent bien à $156$. Énoncé correct : au vote par assentiment le total des appuis vaut le nombre de COCHES et non le nombre d'électeurs. La somme égale au nombre d'électeurs, c'est le contrôle des PREMIERS CHOIX, une autre procédure.

5) FAUX. Il arrive que les duels forment un cycle : la première bat la deuxième, la deuxième bat la troisième, et la troisième bat la première. Aucune candidature n'est alors invaincue, et il n'y a pas de gagnante de Condorcet. C'est le PARADOXE DE CONDORCET, illustré à l'exercice 9 avec $X$ qui bat $Y$, $Y$ qui bat $Z$ et $Z$ qui bat $X$. Énoncé correct : la gagnante de Condorcet, quand elle existe, est unique, mais son existence n'est pas garantie ; en cas de cycle il faut trancher par une autre procédure, Borda par exemple.

a) Duel $X$ contre $Y$. Groupe de $35$, ordre $X$, $Y$, $Z$ : $X$ devant, $35$ voix. Groupe de $33$, ordre $Y$, $Z$, $X$ : $Y$ devant, $33$ voix. Groupe de $32$, ordre $Z$, $X$, $Y$ : $X$ devant, $32$ voix. Donc $X$ $67$, $Y$ $33$ : $X$ bat $Y$. Duel $Y$ contre $Z$. Groupe de $35$ : $Y$ devant, $35$. Groupe de $33$ : $Y$ devant, $33$. Groupe de $32$ : $Z$ devant, $32$. Donc $Y$ $68$, $Z$ $32$ : $Y$ bat $Z$. Duel $Z$ contre $X$. Groupe de $35$ : $X$ devant, $35$. Groupe de $33$, ordre $Y$, $Z$, $X$ : $Z$ devant, $33$. Groupe de $32$ : $Z$ devant, $32$. Donc $Z$ $65$, $X$ $35$ : $Z$ bat $X$. Chaque duel additionne bien à $100$.

b) Non. $X$ bat $Y$, $Y$ bat $Z$, et $Z$ bat $X$ : les trois flèches du schéma tournent en rond, aucun sommet n'est épargné, donc aucune candidature ne gagne tous ses duels. C'est le PARADOXE DE CONDORCET. La leçon est plus profonde qu'une curiosité de calcul : la relation « est préférée par une majorité à » n'est pas TRANSITIVE, alors que la préférence de chaque individu, elle, l'est. Chaque membre a un classement parfaitement cohérent, et l'agrégation de ces classements cohérents produit un cycle. Une majorité de $67$ voix soutient $X$ contre $Y$, une autre de $65$ voix soutient $Z$ contre $X$ : ces majorités ne sont pas composées des mêmes personnes, et c'est ce déplacement qui fabrique le cycle.

c) Score de $X$ : rang $1$ dans le groupe de $35$ ($3$ points), rang $3$ dans celui de $33$ ($1$ point), rang $2$ dans celui de $32$ ($2$ points), soit $105+33+64=202$ points. Score de $Y$ : rang $2$, $1$ et $3$, soit $70+99+32=201$ points. Score de $Z$ : rang $3$, $2$ et $1$, soit $35+66+96=197$ points. Vérification : chaque bulletin distribue $3+2+1=6$ points, donc le total vaut $100\times 6=600$, et l'on a bien $202+201+197=600$. $X$ l'emporte.

d) Son argument est solide : $X$ gagne par $202$ contre $201$, soit UN point d'écart sur $600$ distribués. Un seul membre du groupe de $35$ qui échangerait $X$ et $Y$ sur son bulletin ferait perdre $1$ point à $X$ et en gagner $1$ à $Y$, donc $201$ contre $202$, et $Y$ serait élue. Le résultat de Borda est ici d'une fragilité extrême, et il ne peut se réclamer d'aucune majorité claire puisqu'il n'y a pas de gagnante de Condorcet. La réponse honnête n'est pas de défendre $X$ mais la RÈGLE : la commission a fixé Borda avant le dépouillement, et une règle qu'on change après avoir vu les chiffres n'est plus une règle. On peut ajouter que dans un cycle, toute procédure sera contestable, puisque la majorité elle-même se contredit ; ce que Borda apporte alors est une décision, pas une vérité.

a) Premiers choix : $P$ $24$, $Q$ $21$, $R$ $15$, total $60$. La pluralité élit $P$ avec $24$ voix, soit $40\,\%$ des membres. Aucune majorité absolue, puisqu'il faudrait $31$ voix.

b) On raye $R$ de chaque bulletin. Le groupe de $24$, ordre $P$, $Q$, $R$, devient $P$, $Q$ : premier choix $P$. Le groupe de $21$, ordre $Q$, $R$, $P$, devient $Q$, $P$ : premier choix $Q$. Le groupe de $15$, ordre $R$, $Q$, $P$, devient $Q$, $P$ : premier choix $Q$. Nouveaux premiers choix : $P$ $24$, $Q$ $21+15=36$. Total $60$. Le prix revient maintenant à $Q$, avec $60\,\%$ des voix, alors que le même jury venait de le donner à $P$. Aucun membre n'a changé d'avis : les $60$ bulletins sont les mêmes, on a seulement retiré un nom qui perdait.

c) Duels. $P$ contre $Q$ : $P$ devant dans le groupe de $24$, $Q$ devant dans ceux de $21$ et de $15$, donc $Q$ $36$ contre $P$ $24$, $Q$ gagne. $P$ contre $R$ : $P$ devant dans le groupe de $24$, $R$ devant dans les deux autres, donc $R$ $36$ contre $P$ $24$, $R$ gagne. $Q$ contre $R$ : $Q$ devant dans les groupes de $24$ et de $21$, $R$ devant dans celui de $15$, donc $Q$ $45$ contre $R$ $15$, $Q$ gagne. $Q$ gagne ses deux duels : $Q$ est la gagnante de Condorcet, et $P$ perd les siens, $P$ est le perdant de Condorcet. Borda : $P$ vaut $24\times 3+21\times 1+15\times 1=72+21+15=108$ ; $Q$ vaut $24\times 2+21\times 3+15\times 2=48+63+30=141$ ; $R$ vaut $24\times 1+21\times 2+15\times 3=24+42+45=111$. Total $108+141+111=360$, et $60\times 6=360$. Borda élit $Q$.

d) Le phénomène s'appelle la violation de l'INDÉPENDANCE DES OPTIONS NON PERTINENTES : le retrait d'une candidature perdante ne devrait pas changer le classement des autres, et sous la pluralité il le change. Le mécanisme est la division du vote. $Q$ et $R$ se ressemblent aux yeux du jury et se partagent les $36$ membres qui placent $P$ en dernier ; tant que $R$ est en lice, ces $36$ voix se coupent en $21$ et $15$, et les $24$ voix de $P$ suffisent à passer devant. Le regroupement des chiffres est parlant : $P$ est premier chez $24$ membres et DERNIER chez $36$. Le jury devrait abandonner la pluralité au profit de Borda ou de la méthode de Condorcet, qui désignent toutes deux $Q$ avec ou sans $R$, parce qu'elles lisent le bulletin entier et non sa seule première ligne.