Exercices corrigés : combinatoire et dénombrement (Terminale spécialité)

a) Composer un menu, c'est faire trois choix SUCCESSIFS et indépendants : l'entrée n'influence pas les plats disponibles. Le principe multiplicatif donne $4\times 6\times 3=72$ menus. Le mot clé qui déclenche la multiplication est « et » : une entrée ET un plat ET un dessert.

b) Les deux formules sont EXCLUSIVES, un client prenant l'une ou l'autre mais pas les deux, et l'on additionne donc les deux comptages : $4\times 6+6\times 3=24+18=42$ formules. Le mot clé est ici « ou ». Il faut retenir la double règle qui structure tout le chapitre : le principe multiplicatif s'applique à l'intérieur d'un cas, entre des choix successifs, et le principe additif entre des cas disjoints. Une vérification s'impose toujours avant d'additionner, celle de la disjonction : si un même objet pouvait relever des deux cas, il serait compté deux fois, comme le montrera l'exercice 9.

c) Chaque position de lettre offre $26$ choix et chaque position de chiffre en offre $10$, la répétition étant autorisée puisque rien ne l'interdit : $26^{3}\times 10^{3}=17\,576\times 1\,000=17\,576\,000$ plaques. L'exposant compte les POSITIONS et la base compte les VALEURS disponibles ; l'inversion des deux est une erreur si fréquente qu'elle fait l'objet d'une question entière à l'exercice 9.

d) Les trois lettres forment maintenant une liste SANS répétition : la première offre $26$ choix, la deuxième seulement $25$ puisqu'une lettre est déjà utilisée, la troisième $24$. Cela donne $26\times 25\times 24=15\,600$ possibilités pour les lettres, puis $15\,600\times 1\,000=15\,600\,000$ plaques au total. On en perd donc $1\,976\,000$, soit environ $11{,}2\ \%$ du total.

Ce pourcentage de perte est instructif et vaut d'être compris plutôt que subi. Il est faible parce que le réservoir de lettres, $26$, est grand devant le nombre de tirages, $3$ : la probabilité de tomber deux fois sur la même lettre reste modeste. Si l'on tirait $3$ lettres parmi un alphabet de $4$ symboles seulement, la proportion de listes sans répétition tomberait à $\frac{4\times 3\times 2}{4^{3}}=\frac{24}{64}=37{,}5\ \%$, et la perte dépasserait $60\ \%$. Plus le nombre de tirages se rapproche de la taille du réservoir, plus l'écart entre les deux modèles se creuse, ce que la question d) de l'exercice 2 va chiffrer sur un cas concret.

a) Trois choix libres parmi $8$, la répétition étant autorisée : $8^{3}=512$ listes. On parle de $p$-uplet, ou de liste avec répétition, et le modèle est celui du tirage AVEC REMISE.

b) Sans répétition, chaque tirage réduit le réservoir d'une unité : $8\times 7\times 6=336$ listes. En factorielles, ce produit s'écrit $\frac{8!}{5!}=\frac{40\,320}{120}=336$, l'écriture $\frac{n!}{(n-k)!}$ signifiant qu'on prend le produit descendant depuis $n$ et qu'on ÉLAGUE les facteurs de trop. Cette écriture n'est pas plus pratique à calculer que le produit direct, mais elle est indispensable pour la relation démontrée à l'exercice 6.

c) Un podium est exactement une liste de $3$ coureurs distincts pris parmi $8$, car l'ordre des médailles COMPTE, l'or n'étant pas l'argent, et un coureur ne peut occuper deux places : $8\times 7\times 6=336$ podiums. C'est rigoureusement le même calcul qu'en b), sur un autre habillage. Ce constat est le cœur du chapitre : les énoncés varient à l'infini, les modèles sont au nombre de quatre, et tout l'exercice consiste à reconnaître lequel s'applique.

d) Il y a $10^{4}=10\,000$ codes au total, chaque position offrant $10$ chiffres avec répétition. Les codes à chiffres deux à deux distincts sont au nombre de $10\times 9\times 8\times 7=5\,040$. La probabilité vaut donc $\frac{5\,040}{10\,000}=0{,}504$, soit à peine plus d'une chance sur deux. La situation étant d'équiprobabilité, on est bien fondé à calculer le quotient des cardinaux.

Ce résultat surprend presque toujours, et c'est ce qui en fait un bon exercice : on s'attend intuitivement à une probabilité proche de $1$, puisqu'il y a « beaucoup » de chiffres. La raison de l'écart est que la contrainte se resserre à chaque tirage. Le premier chiffre est libre, le deuxième a $\frac{9}{10}$ de chances d'être neuf, le troisième $\frac{8}{10}$, le quatrième $\frac{7}{10}$, et le produit $1\times 0{,}9\times 0{,}8\times 0{,}7=0{,}504$ retrouve exactement le résultat ✓. Avec un code à $5$ chiffres, on tomberait à $0{,}3024$, et dès $11$ chiffres la probabilité serait nulle, faute de chiffres disponibles.

a) Ranger $7$ livres différents, c'est les PERMUTER : $7!=5\,040$ rangements. Une permutation n'est qu'un cas particulier de liste sans répétition, celui où l'on prend tous les éléments, avec $k=n$.

b) Le mot TRIANGLE comptant $8$ lettres deux à deux distinctes, il possède $8!=40\,320$ anagrammes. L'hypothèse de distinction est cruciale : pour un mot comportant des lettres répétées, comme MATHEMATIQUES, il faudrait diviser par les factorielles des multiplicités, sans quoi on compterait plusieurs fois la même anagramme.

c) Les voyelles de TRIANGLE sont I, A et E, soit $3$ voyelles pour $5$ consonnes. On choisit la première lettre parmi ces $3$, puis on permute librement les $7$ lettres restantes : $3\times 7!=3\times 5\,040=15\,120$ anagrammes. Contrôle de cohérence : cela représente exactement $\frac{3}{8}$ du total, ce qui est conforme à l'intuition puisque chaque lettre a la même chance d'occuper la première place ✓.

d) On applique la méthode du BLOC, qui est le geste à retenir pour toutes les contraintes d'adjacence. On agglomère les $3$ voyelles en un seul objet ; il reste alors $6$ objets à permuter, à savoir le bloc et les $5$ consonnes T, R, N, G et L, soit $6!$ dispositions. Mais à l'intérieur du bloc, les $3$ voyelles peuvent encore être permutées de $3!$ façons, et ces permutations internes donnent des mots différents. Le total est donc $6!\times 3!=720\times 6=4\,320$ anagrammes, soit environ $10{,}7\ \%$ du total.

Le facteur $3!$ interne est l'oubli classique de cette question, et il divise la réponse par six. Un contrôle de plausibilité le détecte : sur $40\,320$ anagrammes, obtenir seulement $720$ avec les voyelles groupées reviendrait à $1{,}8\ \%$, ce qui est bien trop peu quand on songe qu'il y a $6$ positions de départ possibles pour un bloc de trois lettres dans un mot de huit. La méthode du bloc se retient donc en deux temps, toujours dans le même ordre : permuter les objets EXTÉRIEURS en comptant le bloc pour un, puis permuter l'INTÉRIEUR du bloc, et multiplier.

a) Un groupe de travail n'a pas de hiérarchie : l'ordre à l'intérieur du groupe ne compte PAS, et l'on utilise donc une combinaison. $\binom{30}{4}=\frac{30\times 29\times 28\times 27}{4!}=\frac{657\,720}{24}=27\,405$ groupes. La technique de calcul à la main mérite d'être notée : on écrit au numérateur $k$ facteurs descendants depuis $n$, et au dénominateur $k!$, ce qui évite de manipuler $30!$, un nombre à trente-trois chiffres.

b) Ici l'ordre COMPTE, car les trois rôles ne sont pas interchangeables : être président n'est pas être trésorier. On dénombre donc une liste sans répétition : $30\times 29\times 28=24\,360$ bureaux. Comparaison éclairante avec $\binom{30}{3}=4\,060$ : le rapport vaut exactement $\frac{24\,360}{4\,060}=6=3!$, qui est le nombre de façons de distribuer trois rôles distincts à un trio donné.

c) Une poignée de main est une PAIRE non ordonnée, puisque A serrant la main de B est le même événement que B serrant la main de A : $\binom{10}{2}=\frac{10\times 9}{2}=45$ poignées de main. La division par $2$ corrige précisément le double comptage qu'aurait produit le raisonnement naïf « chacune des $10$ personnes serre $9$ mains ».

d) Choisir les $26$ élèves qui font partie de la délégation revient EXACTEMENT à choisir les $4$ qui n'en font pas partie : les deux comptages décrivent la même situation vue des deux côtés, et à chaque choix de $26$ correspond un unique choix de $4$, et réciproquement. D'où la symétrie $\binom{n}{k}=\binom{n}{n-k}$, ici $\binom{30}{26}=\binom{30}{4}=27\,405$.

Cette symétrie n'est pas qu'une élégance théorique, c'est un outil de calcul. Elle permet de toujours se ramener au plus petit des deux indices, donc de multiplier quatre facteurs au lieu de vingt-six. Elle explique aussi la forme en cloche du triangle de Pascal, dont chaque ligne est symétrique et culmine en son milieu, propriété qui sera exploitée à l'exercice 9. Enfin, la question d) illustre le raisonnement le plus puissant de la combinatoire : établir une BIJECTION entre deux façons de compter, plutôt que calculer les deux nombres et constater leur égalité.

a) Construire une partie de $E$, c'est prendre chaque élément l'un après l'autre et décider s'il y appartient OU NON : deux choix indépendants, répétés $5$ fois. Le principe multiplicatif donne $2^{5}=32$ parties. Ce raisonnement, qui remplace une énumération fastidieuse par une suite de décisions binaires, est le prototype du dénombrement par choix. L'ensemble vide, obtenu en refusant tous les éléments, et $E$ lui-même, obtenu en les acceptant tous, sont bien comptés parmi les $32$.

b) On classe les parties par cardinal : $\binom{5}{0}=1$ pour la partie vide, $\binom{5}{1}=5$, $\binom{5}{2}=10$, $\binom{5}{3}=10$, $\binom{5}{4}=5$ et $\binom{5}{5}=1$. La somme vaut $1+5+10+10+5+1=32$, en accord avec a) ✓. On vient d'illustrer l'identité $\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}=2^{n}$, et surtout de la DÉMONTRER : les deux questions comptent le même ensemble de deux manières, globalement puis par tranches, et l'égalité des résultats est automatique.

c) Un cardinal pair correspond à $k\in\{0\,;\,2\,;\,4\}$, d'où $1+10+5=16$ parties. On obtient exactement la moitié du total, et ce n'est pas une coïncidence : $16=2^{4}=2^{5-1}$. Les parties de cardinal impair sont elles aussi au nombre de $5+10+1=16$ ✓, et l'égalité vaut pour tout ensemble NON VIDE, ce que l'exercice 8 démontrera par le binôme.

d) On cherche $n$ tel que $2^{n}=1\,024$. Comme $2^{10}=1\,024$, l'ensemble possède $10$ éléments. On peut aussi le lire comme une équation logarithmique, $n=\frac{\ln 1\,024}{\ln 2}=10$, mais la reconnaissance directe des puissances de $2$ est plus rapide et il vaut la peine de les connaître jusqu'à $2^{10}$.

Une intuition à conserver : le nombre de parties CROÎT DE FAÇON EXPONENTIELLE avec la taille de l'ensemble, alors que le nombre de parties d'un cardinal fixé ne croît que polynomialement. Un ensemble à $20$ éléments a déjà plus d'un million de parties, et un ensemble à $30$ éléments plus d'un milliard. C'est ce qui rend toute énumération exhaustive impraticable dès que $n$ dépasse la trentaine, et c'est pour cela que l'on compte au lieu d'énumérer.

a) On tire avec REMISE et l'on note l'ordre de sortie : l'ordre compte, la répétition est possible. C'est une liste de $3$ éléments parmi $10$ avec répétition, soit $10^{3}=1\,000$ résultats. La remise est ce qui rend la répétition possible ; c'est le seul détail de l'énoncé à surveiller.

b) On tire SANS remise en notant l'ordre : l'ordre compte, la répétition est impossible. C'est une liste sans répétition, soit $10\times 9\times 8=720$ résultats, ce qui s'écrit aussi $\frac{10!}{7!}$.

c) On retire les trois boules d'un seul coup : il n'y a plus d'ordre de sortie, et une boule ne peut évidemment pas être prise deux fois. L'ordre ne compte pas, la répétition est impossible : c'est une combinaison, $\binom{10}{3}=\frac{10\times 9\times 8}{3!}=\frac{720}{6}=120$ résultats.

d) On constate que $720=120\times 6=120\times 3!$. L'explication est directe : à chaque poignée de $3$ boules correspondent $3!=6$ ordres de sortie possibles, de sorte que le tirage successif sans remise compte SIX FOIS chaque poignée. C'est la relation générale $\frac{n!}{(n-k)!}=\binom{n}{k}\times k!$, et c'est elle qui justifie le $k!$ au dénominateur de la combinaison : la combinaison n'est rien d'autre que la liste ordonnée dont on a effacé l'ordre.

Le quatrième modèle, celui où l'ordre ne compte pas mais où la répétition est possible, n'est pas au programme de Terminale, et c'est heureux car sa formule est nettement moins naturelle que les trois autres. La méthode de travail à retenir tient donc en deux questions à se poser AVANT tout calcul, dans cet ordre. L'ordre compte-t-il, c'est-à-dire deux tirages contenant les mêmes objets rangés autrement sont-ils différents ? La répétition est-elle possible, autrement dit y a-t-il remise ? Les réponses fixent le modèle, et le modèle fixe la formule. Un mot d'énoncé suffit souvent à trancher : « successivement » ou « rangés » annoncent l'ordre, « simultanément » ou « une poignée » l'excluent, « avec remise » autorise la répétition.

a) Le comité n'a pas de rôles distincts, donc l'ordre ne compte pas : $\binom{13}{5}=1\,287$ comités.

b) On décompose en deux choix indépendants, puis on multiplie : $3$ femmes parmi $7$, soit $\binom{7}{3}=35$, et $2$ hommes parmi $6$, soit $\binom{6}{2}=15$. Le principe multiplicatif donne $35\times 15=525$ comités. La règle de rédaction à respecter est de traiter séparément chaque catégorie et de MULTIPLIER les comptages ; additionner reviendrait à compter des comités qui n'auraient que des femmes ou que des hommes.

c) « Au moins une » appelle presque toujours le passage par l'événement CONTRAIRE, qui est ici « aucune femme », c'est-à-dire un comité entièrement masculin : $\binom{6}{5}=6$ comités. Il reste $1\,287-6=1\,281$ comités comptant au moins une femme. Le comptage direct aurait exigé la somme des cinq cas, avec $1$, $2$, $3$, $4$ puis $5$ femmes, soit cinq produits de combinaisons au lieu d'une soustraction.

d) Ici le contraire n'est pas plus court, car il compte trois cas lui aussi. On somme donc directement les trois cas DISJOINTS. Trois femmes : $\binom{7}{3}\binom{6}{2}=35\times 15=525$. Quatre femmes : $\binom{7}{4}\binom{6}{1}=35\times 6=210$. Cinq femmes : $\binom{7}{5}\binom{6}{0}=21\times 1=21$, le facteur $\binom{6}{0}=1$ correspondant à l'unique façon de ne choisir aucun homme. Total : $525+210+21=756$ comités.

Une vérification globale valide l'ensemble de l'exercice, et il faut prendre l'habitude de la faire. En sommant sur toutes les valeurs possibles du nombre de femmes, de $0$ à $5$, on doit retrouver le total de la question a) : $\binom{7}{0}\binom{6}{5}+\binom{7}{1}\binom{6}{4}+\binom{7}{2}\binom{6}{3}+\binom{7}{3}\binom{6}{2}+\binom{7}{4}\binom{6}{1}+\binom{7}{5}\binom{6}{0}=6+105+420+525+210+21=1\,287$ ✓, exactement $\binom{13}{5}$. Cette identité porte un nom, la formule de Vandermonde, et elle exprime simplement que tout comité possède un nombre de femmes bien déterminé : la partition selon ce nombre est complète et sans recouvrement.

a) $\binom{6}{2}=15$ et $\binom{6}{3}=20$, donc la somme vaut $35$. Et $\binom{7}{3}=35$ ✓. La formule est vérifiée sur ce cas, ce qui ne la démontre évidemment pas, mais rassure sur son énoncé.

b) Soit $E$ un ensemble à $n$ éléments et $a$ l'un d'eux, fixé une fois pour toutes. Les parties de $E$ à $k$ éléments se répartissent en deux familles DISJOINTES selon qu'elles contiennent $a$ ou non. Celles qui contiennent $a$ : il reste à choisir les $k-1$ autres éléments parmi les $n-1$ restants, il y en a donc $\binom{n-1}{k-1}$. Celles qui ne contiennent pas $a$ : les $k$ éléments sont tous pris parmi les $n-1$ autres, il y en a $\binom{n-1}{k}$. Comme toute partie à $k$ éléments appartient à exactement une des deux familles, la partition est complète et le principe additif donne $\binom{n-1}{k-1}+\binom{n-1}{k}=\binom{n}{k}$.

c) $(x+2)^{5}=\sum_{k=0}^{5}\binom{5}{k}x^{k}2^{5-k}=x^{5}+10x^{4}+40x^{3}+80x^{2}+80x+32$. Le détail du coefficient de $x^{2}$, souvent raté : il vaut $\binom{5}{2}\times 2^{5-2}=10\times 8=80$. Deux contrôles rapides valident le développement : la somme des coefficients doit valoir $(1+2)^{5}=243$, et l'on a bien $1+10+40+80+80+32=243$ ✓ ; le terme constant doit valoir $2^{5}=32$ ✓.

d) En prenant $a=b=1$ dans $(a+b)^{n}=\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}a^{k}b^{n-k}$, il vient $\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}=2^{n}$, ce qui redonne par une tout autre voie le nombre de parties d'un ensemble à $n$ éléments établi à l'exercice 5. En prenant $a=-1$ et $b=1$, on obtient $\sum_{k=0}^{n}(-1)^{k}\binom{n}{k}=(1-1)^{n}=0^{n}=0$ pour $n\geq 1$.

Cette seconde identité mérite d'être traduite, car sous sa forme brute elle ne dit rien à personne. En séparant les termes de rang pair et de rang impair, elle affirme que leurs deux sommes sont ÉGALES : un ensemble non vide possède exactement autant de parties de cardinal pair que de cardinal impair. C'est précisément ce que l'exercice 5 avait constaté sur $n=5$, avec $16$ et $16$. La restriction $n\geq 1$ n'est pas cosmétique : pour $n=0$, la somme se réduit au terme $\binom{0}{0}=1$ et vaut $1$, pas $0$, l'ensemble vide n'ayant qu'une partie, de cardinal pair.

a) Faux. Sans distribution de rôles, l'ordre ne compte pas et la réponse est $\binom{20}{3}=1\,140$. Le produit $20\times 19\times 18=6\,840$ correspond au comptage des trios ORDONNÉS, et il compte donc chaque trio $3!=6$ fois, une fois par ordre d'énumération : on vérifie que $6\,840=6\times 1\,140$ ✓. La question à se poser est toujours la même : deux réponses contenant les mêmes personnes rangées autrement décrivent-elles la même situation ? Ici oui, donc combinaison.

b) Faux. Les coefficients binomiaux ne croissent pas indéfiniment : la ligne $n$ du triangle de Pascal croît jusqu'à son MILIEU puis décroît, par la symétrie $\binom{n}{k}=\binom{n}{n-k}$ établie à l'exercice 4. Ici $\binom{10}{6}=210$ et $\binom{10}{7}=120$, l'inégalité annoncée est donc inversée. Le maximum de la ligne est atteint en $k=5$, avec $\binom{10}{5}=252$. On aurait d'ailleurs pu conclure sans calcul par la symétrie : $\binom{10}{7}=\binom{10}{3}$ et $\binom{10}{6}=\binom{10}{4}$, et il est clair que choisir $4$ objets offre plus de possibilités que d'en choisir $3$ dans cette zone de la ligne.

c) Faux, la base et l'exposant ont été intervertis. Il y a $4$ POSITIONS, chacune offrant $10$ VALEURS, donc $10^{4}=10\,000$ codes. La valeur annoncée, $4^{10}=1\,048\,576$, est plus de cent fois trop grande et ne compte rien qui figure dans l'énoncé. Le contrôle mental qui évite cette erreur est de tester sur un cas minuscule : avec un code à $2$ chiffres, on sait qu'il y a $100$ possibilités, de $00$ à $99$, ce qui vaut $10^{2}$ et non $2^{10}$.

d) Faux, et c'est le DOUBLE COMPTAGE classique. Le raisonnement « on choisit l'as, puis les quatre autres cartes » compte deux fois une main contenant deux as, selon lequel des deux joue le rôle de l'as désigné, et trois fois une main en contenant trois. Le bon comptage passe par l'événement contraire, comme à l'exercice 7 : $\binom{52}{5}-\binom{48}{5}=2\,598\,960-1\,712\,304=886\,656$ mains contiennent au moins un as. La formule fausse donne $4\times\binom{51}{4}=4\times 249\,900=999\,600$, soit $112\,944$ mains en trop.

On peut même retrouver cet excès à la main, ce qui confirme le diagnostic plutôt que de se contenter de l'affirmer. Les mains à exactement $2$ as sont comptées une fois de trop, celles à $3$ as deux fois de trop, celles à $4$ as trois fois de trop, ce qui donne un excès de $1\times\binom{4}{2}\binom{48}{3}+2\times\binom{4}{3}\binom{48}{2}+3\times\binom{4}{4}\binom{48}{1}=103\,776+2\times 4\,512+3\times 48=103\,776+9\,024+144=112\,944$ ✓, exactement l'écart constaté. La leçon générale est qu'un comptage qui commence par « on choisit un élément particulier, puis le reste » doit toujours être suspecté de double comptage, sauf si l'élément choisi est identifiable de façon UNIQUE dans le résultat final.

a) Une main est une partie à $5$ éléments d'un ensemble à $52$ éléments, l'ordre de distribution ne comptant pas puisque le joueur range ses cartes comme il veut : $\binom{52}{5}=2\,598\,960$ mains.

b) On choisit $2$ as parmi les $4$ et $3$ cartes parmi les $48$ qui ne sont pas des as, puis on multiplie : $\binom{4}{2}\times\binom{48}{3}=6\times 17\,296=103\,776$ mains. La probabilité vaut $\frac{103\,776}{2\,598\,960}\approx 0{,}0399$, soit environ $4\ \%$. Le point à surveiller est de bien prendre les trois autres cartes parmi $48$ et non parmi $50$ : sinon on autoriserait un troisième as et l'on compterait plusieurs fois les mêmes mains, exactement comme au piège de l'exercice 9.

c) On construit le full en quatre étapes. Hauteur du brelan : $13$ possibilités. Ses $3$ cartes parmi les $4$ de cette hauteur : $\binom{4}{3}=4$. Hauteur de la paire, choisie parmi les $12$ hauteurs restantes : $12$ possibilités. Ses $2$ cartes parmi $4$ : $\binom{4}{2}=6$. Total : $13\times 4\times 12\times 6=3\,744$ fulls, de probabilité $\frac{3\,744}{2\,598\,960}\approx 0{,}00144$, soit environ une main sur $694$. Attention à ne pas écrire $\binom{13}{2}$ pour le choix des deux hauteurs : le brelan et la paire ne sont PAS interchangeables, un full de rois par les dames n'étant pas un full de dames par les rois, et l'ordre des deux hauteurs compte donc bel et bien ici.

d) Il faut prendre les $4$ as, ce qui ne laisse aucune liberté, puis une carte quelconque parmi les $48$ autres : $\binom{4}{4}\times\binom{48}{1}=1\times 48=48$ mains, de probabilité $\frac{48}{2\,598\,960}\approx 1{,}85\times 10^{-5}$, soit environ une main sur $54\,145$.

La comparaison avec la question b) est frappante : passer de $2$ as à $4$ as divise la probabilité par plus de $2\,000$. La raison est arithmétique et vaut d'être formulée, car elle explique la hiérarchie des mains au poker. Chaque as supplémentaire doit être puisé dans un vivier de $4$ cartes seulement, alors que la carte ordinaire qu'il remplace était choisie parmi $48$ : le rapport de rareté est de l'ordre de douze à chaque étape, et il se cumule multiplicativement. C'est le même mécanisme qui rend le full, à $0{,}14\ \%$, bien plus rare qu'une main à deux as, à $4\ \%$, alors que les deux paraissent également « spéciales ». Contrôle global de l'exercice : en sommant sur le nombre d'as, de $0$ à $4$, on doit retrouver le total, et en effet $\sum_{k=0}^{4}\binom{4}{k}\binom{48}{5-k}=2\,598\,960$ ✓.

a) ELLIPSE compte $7$ lettres : E deux fois, L deux fois, I, P et S une fois. Si les $7$ lettres étaient distinctes, il y aurait $7!=5\,040$ permutations. Mais échanger les deux E, ou les deux L, redonne le même mot : chaque anagramme est comptée $2!\times 2!=4$ fois. Il y en a donc $\frac{7!}{2!\,2!}=\frac{5\,040}{4}=1\,260$. Autre méthode, qui ne laisse aucune place au doute : on choisit les places des deux E, $\binom{7}{2}=21$, puis celles des deux L parmi les $5$ restantes, $\binom{5}{2}=10$, puis on range I, P, S dans les $3$ places restantes, $3!=6$ : $21\times 10\times 6=1\,260$ ✓.

b) Un chemin comporte exactement $5$ pas vers la droite et $3$ pas vers le haut, soit $8$ pas. Il est entièrement déterminé par le choix des $3$ pas « haut » parmi les $8$ : $\binom{8}{3}=56$ chemins. C'est un comptage d'anagrammes du mot DDDDDHHH, et l'on retrouve $\frac{8!}{5!\,3!}=56$.

c) On découpe en deux trajets indépendants. De $(0\,;0)$ à $(2\,;1)$ : $3$ pas dont $1$ vers le haut, $\binom{3}{1}=3$ chemins. De $(2\,;1)$ à $(5\,;3)$ : $3$ pas à droite et $2$ vers le haut, $\binom{5}{2}=10$ chemins. Principe multiplicatif : $3\times 10=30$ chemins. Additionner $3+10$ serait l'erreur : chaque début se combine avec chaque fin.

d) Un mot est déterminé par les positions de ses quatre $1$ parmi les $10$ : $\binom{10}{4}=210$ mots. C'est la même structure que b), et c'est pour cela que les coefficients binomiaux apparaissent dans la loi binomiale : un résultat avec $k$ succès sur $n$ épreuves est un mot de $n$ lettres contenant $k$ fois la lettre « succès ».

Trois habillages, un seul modèle : on a $n$ places et l'on choisit celles qu'occupe un type d'objet. Dès que des objets sont identiques, le bon réflexe est de compter des places, c'est-à-dire des combinaisons, plutôt que de permuter puis de diviser en espérant n'avoir rien oublié.

a) Un segment joignant deux sommets correspond à une paire de sommets : $\binom{10}{2}=45$ segments. Parmi eux, $10$ sont des côtés. Il reste $45-10=35$ diagonales. Formule générale : $\binom{n}{2}-n=\frac{n(n-3)}{2}$, et pour $n=10$, $\frac{10\times 7}{2}=35$ ✓.

b) Trois points distincts d'un cercle ne sont jamais alignés : chaque choix de $3$ points donne un triangle, et l'ordre des sommets ne compte pas. $\binom{10}{3}=120$ triangles.

c) On remplit les groupes l'un après l'autre : $4$ élèves parmi $12$ pour A, $\binom{12}{4}=495$ ; $4$ parmi les $8$ restants pour B, $\binom{8}{4}=70$ ; les $4$ derniers vont en C, $1$ façon. Total : $495\times 70=34\,650$ répartitions.

d) Sans noms, les répartitions qui ne diffèrent que par l'étiquetage des groupes sont identiques. Or les trois groupes peuvent être étiquetés de $3!=6$ façons : chaque répartition sans nom est comptée $6$ fois en c). Il y en a donc $\frac{34\,650}{6}=5\,775$.

La division de d) est de la même famille que celle qui transforme une liste en combinaison : on compte d'abord une version « étiquetée », plus facile, puis l'on divise par le nombre d'étiquetages qui donnent le même objet. Cette division n'est légitime que si CHAQUE objet est compté exactement le même nombre de fois, ce qui est le cas ici car les trois groupes ont la même taille ; avec des groupes de tailles $5$, $4$ et $3$, les noms seraient inutiles et il ne faudrait pas diviser.

a) « Au moins deux identiques » est le contraire de « quatre chiffres deux à deux distincts ». Il y a $10^{4}=10\,000$ codes, dont $10\times 9\times 8\times 7=5\,040$ à chiffres distincts. Donc $10\,000-5\,040=4\,960$ codes ont au moins une répétition.

b) Choisir un code strictement croissant revient à choisir un ENSEMBLE de $4$ chiffres distincts : une fois l'ensemble choisi, il n'y a qu'une seule façon de le ranger dans l'ordre croissant. Il y en a donc $\binom{10}{4}=210$. C'est un exemple où l'ordre « ne compte pas » alors que le résultat est une liste : l'ordre est imposé, donc il n'apporte aucun choix.

c) On choisit la position du 7 parmi les $4$ : $4$ façons. Les $3$ autres positions reçoivent chacune un chiffre différent de 7 : $9^{3}=729$ façons. Total : $4\times 729=2\,916$ codes. Prendre $10^{3}$ au lieu de $9^{3}$ compterait des codes contenant plusieurs 7.

d) Le contraire de « au moins un chiffre » est « uniquement des lettres » : $26^{6}=308\,915\,776$ mots de passe. Il y en a $36^{6}=2\,176\,782\,336$ au total, donc $2\,176\,782\,336-308\,915\,776=1\,867\,866\,560$ contiennent au moins un chiffre, soit environ $86\ \%$.

Deux automatismes suffisent : « au moins » se traite par le contraire, et une contrainte d'ordre (croissant, décroissant) transforme une liste en combinaison. Le dénombrement direct de d), cas par cas selon le nombre de chiffres, demanderait six calculs au lieu d'une soustraction.

a) Tirage simultané : l'ordre ne compte pas, pas de répétition. $\binom{12}{3}=220$ tirages.

b) Trois cas disjoints : $3$ rouges, $\binom{5}{3}=10$ ; $3$ vertes, $\binom{4}{3}=4$ ; $3$ bleues, $\binom{3}{3}=1$. Total $15$ tirages, probabilité $\frac{15}{220}=\frac{3}{44}\approx 0{,}0682$.

c) Une rouge parmi $5$, une verte parmi $4$, une bleue parmi $3$ : $5\times 4\times 3=60$ tirages. Probabilité $\frac{60}{220}=\frac{3}{11}\approx 0{,}2727$. On ne multiplie PAS par $3!$ : le tirage est simultané, une poignée « rouge, verte, bleue » ne dépend pas d'un ordre.

d) Contraire : aucune rouge, donc $3$ boules parmi les $7$ non rouges, $\binom{7}{3}=35$ tirages. Probabilité $1-\frac{35}{220}=\frac{185}{220}=\frac{37}{44}\approx 0{,}8409$.

e) Il y a $12^{3}=1\,728$ tirages ordonnés avec remise. Pour trois couleurs différentes, on choisit l'ordre des couleurs, $3!=6$, puis une boule de chaque couleur, $5\times 4\times 3=60$ : $360$ tirages. Probabilité $\frac{360}{1\,728}=\frac{5}{24}\approx 0{,}2083$. Ici le facteur $3!$ est indispensable, car l'univers est formé de tirages ORDONNÉS : numérateur et dénominateur doivent être comptés dans le même modèle.

La règle d'or d'un calcul de probabilité par dénombrement : l'univers et l'événement se comptent avec le MÊME modèle, ordonné ou non. Mélanger un univers en combinaisons et un événement en listes donne des probabilités fausses, parfois supérieures à $1$. La comparaison de c) et e) montre aussi que la remise change le résultat, ici de $0{,}27$ à $0{,}21$ : sans remise, une boule tirée ne peut pas ressortir, ce qui favorise la variété.