Spécialité maths, Terminale • Fiche de révision à Montréal

Fiche de révision : combinatoire et dénombrement (Terminale spécialité)

Q: Comment savoir s'il faut utiliser une combinaison ou un arrangement ?

On échange mentalement deux éléments du résultat. Si l'objet obtenu est le même, l'ordre ne compte pas et c'est une combinaison. Si l'objet change, c'est un arrangement. Une main de cartes ou un comité sont des combinaisons, un podium ou un code sont des arrangements. Le mot simultanément de l'énoncé supprime toujours l'ordre.

Q: Que veut dire tirage avec remise et sans remise ?

Avec remise, l'élément tiré est remis dans l'urne avant le tirage suivant : chaque étape offre le même nombre de possibilités, et un même élément peut sortir plusieurs fois. Sans remise, le nombre de possibilités diminue d'une unité à chaque étape, et aucun élément ne peut être répété dans le résultat.

Q: Pourquoi passer par l'événement contraire pour au moins un ?

Parce que le comptage direct compte plusieurs fois les cas qui remplissent la condition de plusieurs façons. Une main qui contient deux as serait comptée une fois pour chacun de ses as. Le complémentaire, lui, décrit un cas unique et sans recouvrement : on compte les cas sans aucun, puis on soustrait du total.

Q: Comment compter les anagrammes d'un mot avec des lettres répétées ?

On part de la factorielle du nombre total de lettres, puis on divise par la factorielle du nombre de répétitions de chaque lettre, une division par groupe. Permuter entre elles des lettres identiques ne change pas le mot, donc chaque anagramme visible a été compté autant de fois qu'il y a de permutations internes.

Q: À quoi sert le triangle de Pascal ?

Il donne tous les coefficients binomiaux sans aucun calcul, chaque nombre étant la somme des deux qui le surplombent. La ligne numéro n compte les parties d'un ensemble à n éléments selon leur nombre d'éléments, et la somme de ses termes vaut deux à la puissance n. Pour de petites valeurs, il sert aussi de contrôle rapide d'un calcul de combinaisons.

Q: Comment démontrer que la somme des coefficients binomiaux vaut 2 puissance n ?

On compte de deux façons les parties d'un ensemble à n éléments. D'abord, chaque élément est dedans ou dehors, deux choix indépendants, ce qui donne deux puissance n parties. Ensuite, on les range selon leur nombre d'éléments k : il y en a k parmi n pour chaque k, et ces familles sont disjointes. Les deux comptes portent sur le même ensemble, donc ils sont égaux.

Le dénombrement est le seul chapitre du programme où une copie peut faire un calcul juste et obtenir zéro : il suffit d'avoir choisi le mauvais modèle. Compter les mains de cinq cartes comme des listes ordonnées donne un nombre cent vingt fois trop grand, et rien dans le calcul lui-même ne signale l'erreur.

Cette fiche liste les dix confusions qui coûtent des points, avec la phrase exacte qui les remet, l'arbre des deux questions à se poser avant de calculer, la méthode de l'événement contraire pour les contraintes du type « au moins un », les deux démonstrations que le programme exige, et une main de cinq cartes décortiquée ligne par ligne.

Mis à jour le 16 octobre 2026

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Le fil du chapitre

Tout le chapitre tient dans deux questions posées AVANT le moindre calcul : l'ordre compte-t-il, et peut-on répéter un élément ? Les quatre réponses donnent les quatre formules, et se tromper de modèle coûte toujours la question entière. Et une identité entre coefficients binomiaux se démontre en comptant deux fois le même ensemble, jamais en citant un binôme de Newton que le programme de spécialité ne contient pas.

Ce chapitre fait partie de Spécialité mathématiques en Terminale

Pour s'entraîner Les exercices corrigés de ce chapitre, 18 exercices

Avant ce chapitre

Cette fiche suppose ces notions acquises. Si une méthode ci-dessous reste opaque, c'est presque toujours l'une d'elles qui manque, pas la fiche.

Probabilités conditionnelles Première Exercices

Remonter plus loin : la chaîne complète (7 chapitres) ↓

Le chemin de remédiation, du plus ancien au plus proche. Un élève qui reprend ce chapitre de zéro le reprend dans cet ordre.

1 Probabilités et arbres à deux épreuves Troisième
2 Pourcentages et évolutions Seconde
3 Probabilités, modèle et loi des grands nombres Seconde
4 Les statistiques descriptives Seconde
5 Tableaux croisés et fréquences conditionnelles Seconde
6 Probabilités conditionnelles et arbres pondérés Seconde
7 Probabilités conditionnelles Première

L'essentiel

Deux questions décident de tout

• Question 1 : l'ORDRE compte-t-il ? Un podium oui, une main de cartes non, un code oui, un comité non.
• Question 2 : peut-on RÉPÉTER un élément ? Tirage avec remise oui, tirage simultané ou sans remise non.
• Ordre oui et répétition oui : $n^{k}$ . Ordre oui et répétition non : $n(n-1)\cdots(n-k+1)=\frac{n!}{(n-k)!}$ .
• Ordre non et répétition non : $\binom{n}{k}=\frac{n!}{k!\,(n-k)!}$ . Ordre non et répétition oui n'est PAS au programme.

Deux lettres parmi

a

b

c

9

listes ; sans répétition on retire la diagonale,

6

; sans ordre on garde une case par paire,

3=\binom{3}{2}

Les trois formules au programme se rangent dans un tableau à deux entrées. Écrire ce tableau au brouillon en début d'exercice évite la moitié des erreurs du chapitre.

Le principe multiplicatif, et quand il ne s'applique pas

• Si un choix se fait en $k$ étapes SUCCESSIVES offrant $n_{1},n_{2},\dots,n_{k}$ possibilités, le nombre total de résultats est $n_{1}\times n_{2}\times\cdots\times n_{k}$ .
• Le mot qui déclenche la multiplication est « ET » : un chiffre ET une lettre ET un symbole.
• Le mot qui déclenche l'ADDITION est « OU », à condition que les cas soient DISJOINTS : un as ou un roi, mais jamais « un as ou un cœur », qui compte deux fois l'as de cœur.
• Le nombre de possibilités à chaque étape doit être le même quel que soit le choix précédent, sinon il faut découper en cas.

Une entrée (

E_1

E_2

) ET un plat (

P_1

P_2

P_3

) : chaque entrée se prolonge en

3

plats, d'où

2\times 3=6

menus, les six feuilles.

Vérification immédiate sur un petit cas : si le modèle donne $9$ pour deux tirages avec remise dans une urne de $3$ boules, on peut dessiner l'arbre et compter les feuilles. Ce contrôle prend une minute et vaut tout un raisonnement.

Permutations, factorielles et anagrammes

• Une permutation est une liste de TOUS les éléments d'un ensemble à $n$ éléments : il y en a $n!$ . Par convention $0!=1$ .
• $n!=n\times(n-1)\times\cdots\times 2\times 1$ , et $\frac{n!}{(n-k)!}$ se simplifie toujours en un produit de $k$ facteurs, jamais en calculant les deux factorielles.
• Anagrammes d'un mot dont une lettre est répétée $r$ fois : on divise par $r!$ , parce que les $r$ copies sont indiscernables.
• Ensemble à $n$ éléments : il possède $2^{n}$ parties, et $\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}=2^{n}$ , ce qui revient à choisir pour chaque élément s'il est dedans ou dehors.

Ranger

a

b

c

3

choix pour la première place, puis

2

, puis

1

. L'arbre a

3\times 2\times 1=3!=6

feuilles, les six permutations.

Coefficients binomiaux : symétrie, Pascal et somme d'une ligne

• $\binom{n}{k}$ est le nombre de parties à $k$ éléments d'un ensemble à $n$ éléments : l'ordre ne compte pas et rien ne se répète.
• Symétrie : $\binom{n}{k}=\binom{n}{n-k}$ , car choisir les $k$ élus revient à choisir les $n-k$ recalés.
• Formule de Pascal : $\binom{n-1}{k-1}+\binom{n-1}{k}=\binom{n}{k}$ pour $1\leqslant k\leqslant n-1$ . C'est elle qui construit le triangle ligne par ligne.
• Somme d'une ligne : $\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}=2^{n}$ , parce qu'on compte deux fois les parties d'un ensemble à $n$ éléments, en bloc puis par cardinal.

Chaque nombre est la somme des deux qui le surplombent : c'est la formule de Pascal, lue de haut en bas. La dernière ligne compte les parties d'un ensemble à

5

éléments selon leur cardinal, et sa somme vaut

2^{5}=32

Pour aller plus loin, hors programme de spécialité : la formule du binôme de Newton, $(a+b)^{n}=\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}a^{k}b^{n-k}$ , dont les coefficients sont une ligne du triangle. Elle est au programme de maths expertes ; en spécialité, aucune démonstration ne doit s'appuyer sur elle.

Les pièges qui coûtent des points

Les erreurs ci-dessous sont celles que je corrige le plus souvent en séance. Chacune coûte des points sur une copie, même quand le raisonnement est juste.

1. Compter avec l'ordre quand l'ordre ne compte pas

toute la question, avec un résultat

120

fois trop grand

Ce qu'il ne faut pas écrire

« Une main de $5$ cartes parmi $32$ : $32\times 31\times 30\times 29\times 28=24\,165\,120$ mains possibles. »

Ce qu'il faut écrire

« Une main est une PARTIE, l'ordre des cartes ne compte pas : il y a $\binom{32}{5}=\frac{32\times 31\times 30\times 29\times 28}{5!}=201\,376$ mains possibles. »

Les mêmes deux lettres, deux fois listées et une seule fois choisies. Passer des listes aux combinaisons, c'est regrouper les cases d'un même encadré : on divise par le nombre d'ordres, ici

2!=2

Pourquoi : Le produit $32\times 31\times\cdots$ compte chaque main autant de fois qu'il y a d'ordres possibles pour ses cinq cartes, soit $5!=120$ fois. Diviser par $5!$ regroupe ces doublons.

2. Confondre tirage avec remise et tirage sans remise

toute la question, et une probabilité supérieure à

1

parfois

Ce qu'il ne faut pas écrire

« On tire successivement $3$ boules dans une urne de $10$ , sans remise : cela fait $10^{3}=1000$ tirages. »

Ce qu'il faut écrire

« Sans remise, le nombre de possibilités diminue à chaque étape : $10\times 9\times 8=720$ tirages. La formule $10^{3}$ correspondrait à un tirage AVEC remise. »

Deux tirages dans une urne de trois boules. À gauche chaque branche se redivise en trois, à droite en deux seulement : la boule déjà sortie n'est plus disponible.

Pourquoi : La remise est ce qui rend les étapes identiques. Sans elle, chaque tirage retire un élément du réservoir, et le principe multiplicatif s'applique avec des nombres décroissants.

3. Compter directement une contrainte « au moins un »

toute la question, avec un résultat trop grand

Ce qu'il ne faut pas écrire

« Au moins un as dans une main de $5$ cartes : je choisis un as, puis $4$ cartes parmi les $31$ restantes, soit $4\times\binom{31}{4}$ . »

Ce qu'il faut écrire

« On passe par le contraire : le nombre de mains SANS aucun as est $\binom{28}{5}=98\,280$ , donc le nombre de mains avec au moins un as est $\binom{32}{5}-\binom{28}{5}=201\,376-98\,280=103\,096$ . »

Les mains sans as (bleu) se comptent d'un coup,

\binom{28}{5}

; les mains avec au moins un as (vert) sont tout le reste :

\binom{32}{5}-\binom{28}{5}

Pourquoi : Le comptage direct compte plusieurs fois les mains qui contiennent deux as ou plus : une main avec les as de pique et de cœur est comptée une fois en désignant le pique, une fois en désignant le cœur. Le contraire ne compte rien deux fois.

4. Additionner ce qui doit se multiplier, ou l'inverse

toute la question

Ce qu'il ne faut pas écrire

« Un mot de passe formé d'une lettre parmi $26$ et d'un chiffre parmi $10$ : $26+10=36$ possibilités. »

Ce qu'il faut écrire

« Le mot de passe comporte une lettre ET un chiffre : par le principe multiplicatif, il y a $26\times 10=260$ possibilités. »

Chaque lettre se combine avec chaque chiffre : le quadrillage a

4\times 3=12

cases. Additionner compterait les lettres et les chiffres, pas les couples.

Pourquoi : « Et » multiplie, « ou » additionne. L'addition compte des cas qui s'excluent, la multiplication combine des choix qui s'empilent. Un arbre de deux niveaux tranche en dix secondes : chaque branche du premier niveau porte dix feuilles.

5. Additionner deux cas qui se recouvrent

1 point, et l'erreur passe souvent inaperçue à la relecture

Ce qu'il ne faut pas écrire

« Le nombre de cartes qui sont un as OU un cœur vaut $4+8=12$ . »

Ce qu'il faut écrire

« Les deux ensembles se recouvrent : $4+8-1=11$ , car l'as de cœur appartient aux deux et serait compté deux fois. »

L'as de cœur est dans les deux ensembles :

4+8

le compte deux fois. Il faut retirer l'intersection,

4+8-1=11

Pourquoi : L'addition n'est valable que pour des cas DISJOINTS. Dès que deux catégories peuvent coexister, il faut retirer l'intersection, ce qui est la formule du crible sur deux ensembles.

6. Compter les anagrammes sans tenir compte des lettres répétées

toute la question, avec un résultat

12

fois trop grand

Ce qu'il ne faut pas écrire

« Le mot BANANE a $6$ lettres, donc $6!=720$ anagrammes. »

Ce qu'il faut écrire

« BANANE contient trois A et deux N, donc le nombre d'anagrammes est $\frac{6!}{3!\times 2!}=\frac{720}{12}=60$ . »

Pourquoi : Permuter entre eux les trois A ne change pas le mot : les $3!$ arrangements des A donnent le même résultat visible, de même pour les $2!$ arrangements des N. On divise donc par le produit de ces factorielles.

7. Calculer une factorielle entière au lieu de simplifier

aucun point directement, mais la calculatrice sature et l'exercice se bloque

Ce qu'il ne faut pas écrire

« $\frac{32!}{27!}$ : je calcule $32!$ puis $27!$ , mais la calculatrice affiche une erreur. »

Ce qu'il faut écrire

« $\frac{32!}{27!}=32\times 31\times 30\times 29\times 28$ : tous les facteurs jusqu'à $27$ se simplifient, il n'en reste que cinq. »

Pourquoi : $\frac{n!}{(n-k)!}$ est toujours un produit de $k$ facteurs consécutifs en partant de $n$ . C'est la seule façon de le calculer, et c'est aussi la définition du nombre d'arrangements.

8. Oublier que la factorielle de zéro vaut un

0,5 point, et un blocage sur les bords du triangle de Pascal

Ce qu'il ne faut pas écrire

« $\binom{n}{0}=\frac{n!}{0!\,n!}$ n'a pas de sens puisque $0!=0$ . »

Ce qu'il faut écrire

« Par convention $0!=1$ , donc $\binom{n}{0}=\frac{n!}{1\times n!}=1$ : il y a exactement une partie vide, et une seule façon de ne rien choisir. »

Pourquoi : La convention n'est pas arbitraire : elle rend vraies les formules aux bords, notamment $\binom{n}{0}=\binom{n}{n}=1$ et la relation de Pascal aux extrémités du triangle, qui en dépend.

9. Démontrer la somme des coefficients binomiaux par le binôme

toute la démonstration, quand l'énoncé demande un dénombrement

Ce qu'il ne faut pas écrire

« D'après la formule du binôme avec $a=b=1$ , $\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}=(1+1)^{n}=2^{n}$ . »

Ce qu'il faut écrire

« On compte les parties d'un ensemble $E$ à $n$ éléments de deux façons. Chaque élément est dedans ou dehors : $2^{n}$ parties. Classées selon leur cardinal, en familles disjointes : $\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}$ parties. Donc $\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}=2^{n}$ . »

Pourquoi : Le programme de spécialité demande cette démonstration PAR DÉNOMBREMENT, et le binôme de Newton n'y figure pas : il est au programme de maths expertes. Une preuve juste par un outil hors programme ne répond pas à la consigne.

10. Réduire au même dénominateur avec le mauvais facteur

la démonstration entière

Ce qu'il ne faut pas écrire

« $\binom{n-1}{k-1}+\binom{n-1}{k}=\frac{(n-1)!}{(k-1)!\,(n-k)!}+\frac{(n-1)!}{k!\,(n-1-k)!}=\frac{2\,(n-1)!}{k!\,(n-k)!}$ . »

Ce qu'il faut écrire

« On multiplie la première fraction par $k$ et la seconde par $n-k$ , les facteurs qui manquent à chaque dénominateur : la somme vaut $\frac{(n-1)!\,(k+n-k)}{k!\,(n-k)!}=\frac{n!}{k!\,(n-k)!}=\binom{n}{k}$ . »

Pourquoi : $k!=k\times(k-1)!$ et $(n-k)!=(n-k)\times(n-k-1)!$ : chaque fraction reçoit un facteur différent. Pour $n=9$ et $k=4$ , l'écriture fausse donne $28$ au lieu de $56+70=126$ .

Quelle méthode choisir

Quel modèle de comptage, en deux questions

Avant toute formule, on répond à deux questions sur l'énoncé : l'ordre change-t-il le résultat, et un élément peut-il apparaître deux fois ?

Si l'ordre compte ET les répétitions sont possibles → $n^{k}$ , le nombre de listes de $k$ éléments choisis parmi $n$ avec remise

Exemple : un code de $4$ chiffres : $10^{4}=10\,000$
Si l'ordre compte ET les répétitions sont interdites → $n(n-1)\cdots(n-k+1)=\frac{n!}{(n-k)!}$ , un produit de $k$ facteurs décroissants

Exemple : un podium parmi $8$ coureurs : $8\times 7\times 6=336$
Si l'ordre compte ET on prend TOUS les éléments → $n!$ , une permutation; diviser par $r!$ pour chaque groupe de $r$ éléments indiscernables

Exemple : les anagrammes de BANANE : $\frac{6!}{3!\,2!}=60$
Si l'ordre ne compte pas ET les répétitions sont interdites → $\binom{n}{k}$ , une combinaison, c'est-à-dire une PARTIE à $k$ éléments

Exemple : une main de $5$ cartes parmi $32$ : $\binom{32}{5}=201\,376$
Si l'énoncé dit « simultanément » ou « en une seule fois » → l'ordre ne compte pas : c'est une combinaison, sans exception

Les mots « successivement sans remise » désignent au contraire un arrangement, et « successivement avec remise » une liste.
Si l'objet à compter est un COMITÉ, une main, une partie, un sous-ensemble → combinaison; alors qu'un podium, un code, un mot, un classement sont des listes ordonnées

Le doute se lève en échangeant deux éléments : si l'objet obtenu est le MÊME, l'ordre ne compte pas. Une main $\{ \text{roi}, \text{as} \}$ est identique à $\{ \text{as}, \text{roi} \}$ , un code $12$ ne l'est pas à $21$ .

Comment traduire une contrainte de l'énoncé

Le mot de la contrainte décide de la méthode, et les quatre mots qui reviennent sont toujours les mêmes.

Si « exactement $k$ éléments d'un certain type » → produit de deux combinaisons : on choisit les $k$ dans leur catégorie, ET les autres dans le reste

Exemple : exactement $2$ as : $\binom{4}{2}\times\binom{28}{3}=6\times 3276=19\,656$
Si « aucun élément d'un certain type » → combinaison sur le complémentaire uniquement

Exemple : aucun as : $\binom{28}{5}=98\,280$
Si « au moins un » → TOTAL moins le cas « aucun », jamais un comptage direct

Exemple : au moins un as : $201\,376-98\,280=103\,096$
Si « au plus $k$ » → somme des cas « exactement $0$ », « exactement $1$ », jusqu'à « exactement $k$ », qui sont disjoints

Quand $k$ est proche de $n$ , il est plus court de passer par le contraire « au moins $k+1$ ».
Si « au moins un ET au moins un autre », deux contraintes croisées → découper en cas disjoints, ou utiliser le crible en retirant l'intersection comptée deux fois

Toute réponse se contrôle par un encadrement : le résultat doit être positif, inférieur au total, et cohérent avec les autres cas. La somme des « exactement $k$ » pour tous les $k$ doit redonner le total.

La rédaction attendue

Le correcteur coche des étapes. Les voici dans l'ordre, avec la phrase de conclusion qu'il attend mot pour mot.

Justifier un dénombrement par le modèle choisi

Quand l'utiliser : Toute question du chapitre : le calcul seul ne rapporte presque rien, c'est la justification du modèle qui est notée.

1 Nommer l'objet compté et dire ce qui le caractérise : « une main est une PARTIE à $5$ éléments de l'ensemble des $32$ cartes ».
2 Répondre explicitement aux deux questions : « l'ordre des cartes ne compte pas et une carte ne peut pas être prise deux fois ».
3 En déduire le modèle par son nom : « il s'agit donc d'une combinaison de $5$ éléments parmi $32$ ».
4 Écrire le coefficient binomial, puis le développer en produit simplifié plutôt qu'en quotient de factorielles.
5 Donner la valeur numérique exacte, sans arrondi, et vérifier son ordre de grandeur.

Phrase de conclusion

Une main de $5$ cartes est une partie à $5$ éléments d'un ensemble de $32$ cartes : l'ordre ne compte pas et il n'y a pas de répétition, donc le nombre de mains possibles est $\binom{32}{5}=201\,376$ .

Le piège : Donner le résultat sans nommer le modèle. Le barème sépare presque toujours « modèle identifié » et « calcul juste », et le premier vaut autant que le second.

Barème : 1 point pour l'identification du modèle avec sa justification, 1 point pour l'écriture du coefficient, 1 point pour la valeur numérique.

Compter par l'événement contraire

Quand l'utiliser : La contrainte contient « au moins un », ou tout comptage direct conduirait à des cas qui se recouvrent.

1 Annoncer la méthode : « comptons d'abord les mains qui ne contiennent AUCUN as ».
2 Calculer le total sans contrainte, en justifiant son modèle.
3 Calculer le cas contraire, en précisant sur quel sous-ensemble on choisit : « les $28$ cartes qui ne sont pas des as ».
4 Soustraire, et écrire la soustraction en toutes lettres.
5 Vérifier que le résultat est positif et strictement inférieur au total.
6 Conclure en revenant à la formulation de l'énoncé.

Phrase de conclusion

Il y a $\binom{32}{5}=201\,376$ mains au total et $\binom{28}{5}=98\,280$ mains sans aucun as, donc $201\,376-98\,280=103\,096$ mains contiennent au moins un as.

Le piège : Choisir « un as parmi $4$ » puis « $4$ cartes parmi les $31$ restantes ». Ce comptage donne $4\times\binom{31}{4}=125\,860$ , plus que le résultat correct, parce que les mains à deux as ou plus y sont comptées plusieurs fois.

Barème : 1 point pour le total, 1 point pour le contraire, 1 point pour la soustraction et la conclusion.

Démontrer par dénombrement que la somme des coefficients binomiaux vaut deux puissance n

Quand l'utiliser : L'énoncé demande de démontrer, par dénombrement ou sans calcul, que la somme d'une ligne du triangle de Pascal vaut une puissance de 2.

1 Fixer un ensemble $E$ à $n$ éléments et annoncer qu'on va compter ses parties de deux façons.
2 Premier comptage : pour chaque élément, deux choix, dedans ou dehors, indépendants ; le principe multiplicatif donne $2^{n}$ parties.
3 Second comptage : pour chaque $k$ de $0$ à $n$ , il y a $\binom{n}{k}$ parties à $k$ éléments, par définition.
4 Justifier l'addition : les familles « parties à $k$ éléments » sont deux à deux DISJOINTES et recouvrent toutes les parties.
5 Conclure par l'égalité des deux comptages du même ensemble.

Phrase de conclusion

« On a compté de deux façons l'ensemble des parties de $E$ , donc $\binom{n}{0}+\binom{n}{1}+\dots+\binom{n}{n}=2^{n}$ . »

Le piège : Omettre « disjointes » : sans ce mot, l'addition des coefficients n'est pas justifiée, et c'est lui que le correcteur cherche.

Barème : 1 point par comptage, 1 point pour la justification de l'addition et la conclusion.

Démontrer la relation de Pascal par le calcul

Quand l'utiliser : L'énoncé demande de démontrer la relation de Pascal à partir de l'expression des coefficients par des factorielles.

1 Rappeler les hypothèses $n\geqslant 2$ et $1\leqslant k\leqslant n-1$ , qui garantissent que les deux coefficients existent.
2 Écrire $\binom{n-1}{k-1}=\frac{(n-1)!}{(k-1)!\,(n-k)!}$ et $\binom{n-1}{k}=\frac{(n-1)!}{k!\,(n-1-k)!}$ .
3 Réduire au dénominateur $k!\,(n-k)!$ en multipliant la première par $k$ et la seconde par $n-k$ .
4 Factoriser $(n-1)!$ au numérateur : $k+(n-k)=n$ , et $n\times(n-1)!=n!$ .
5 Reconnaître $\frac{n!}{k!\,(n-k)!}=\binom{n}{k}$ .

Phrase de conclusion

« $\binom{n-1}{k-1}+\binom{n-1}{k}=\frac{(n-1)!\,\left(k+(n-k)\right)}{k!\,(n-k)!}=\frac{n!}{k!\,(n-k)!}=\binom{n}{k}$ . »

Le piège : Développer le numérateur au lieu de factoriser par (n − 1)! : le calcul s'allonge et la simplification n'apparaît plus.

Barème : 1 point pour les deux écritures, 1 point pour la réduction au même dénominateur, 1 point pour la conclusion.

Vérifier avant de rendre

Cinq minutes de vérification récupèrent plus de points qu'un exercice de plus commencé à la hâte.

Refaire le comptage sur un tout petit cas

Remplacer les grands nombres de l'énoncé par $3$ et $2$ , dessiner l'arbre ou lister les cas à la main, et comparer au résultat que donne la formule choisie.

Deux boules parmi trois, sans remise et sans ordre : la formule donne $3$ , et la liste $\{AB, AC, BC\}$ en donne bien trois.
Contrôler que le résultat ne dépasse pas le total

Tout comptage sous contrainte doit donner un nombre positif et strictement inférieur au nombre total de cas. Un dépassement signale un double comptage.

$4\times\binom{31}{4}=125\,860$ pour « au moins un as » alors qu'il n'y a que $201\,376$ mains : c'est plausible en apparence, mais la somme avec les $98\,280$ mains sans as dépasse le total.
Vérifier que les cas disjoints reconstituent le total

La somme des « exactement $0$ », « exactement $1$ », jusqu'à « exactement $n$ » doit redonner exactement le total. C'est le contrôle le plus puissant du chapitre.

Pour les as dans une main de cinq cartes, les cinq cas $k=0$ à $k=4$ doivent additionner $201\,376$ .
Comparer avec et sans ordre

Le nombre de listes doit valoir exactement $k!$ fois le nombre de combinaisons. Si le rapport n'est pas une factorielle, un des deux comptages est faux.

$24\,165\,120\div 201\,376=120=5!$ : les deux résultats sont cohérents entre eux.
Lire une ligne du triangle de Pascal

Pour de petites valeurs, le triangle donne le coefficient sans calcul et permet de vérifier la symétrie $\binom{n}{k}=\binom{n}{n-k}$ .

$\binom{5}{2}=10$ se lit dans la dernière ligne du triangle, et son égalité avec $\binom{5}{3}$ y est visible d'un coup d'oeil.

L'exercice type décortiqué

Une main de cinq cartes, comme au baccalauréat

On tire simultanément $5$ cartes d'un jeu de $32$ cartes, qui contient $4$ as.

1. Combien de mains différentes peut-on obtenir ? 2. Combien contiennent exactement deux as ? 3. Combien n'en contiennent aucun ? 4. Combien contiennent au moins un as ? 5. Vérifier la cohérence des résultats.

Étape 1

Une main est une PARTIE à $5$ éléments de l'ensemble des $32$ cartes : le tirage est simultané, donc l'ordre ne compte pas, et une carte ne peut pas sortir deux fois. Il s'agit d'une combinaison.

Pourquoi

Le mot « simultanément » est le déclencheur : il élimine l'ordre. Cette phrase est la moitié du barème de la question, bien avant le calcul.

Étape 2

$\binom{32}{5}=\frac{32\times 31\times 30\times 29\times 28}{5\times 4\times 3\times 2\times 1}=\frac{24\,165\,120}{120}=201\,376$ .

Pourquoi

On écrit le quotient sous forme de produit de cinq facteurs sur $5!$ , jamais comme un quotient de factorielles complètes : la calculatrice sature au-delà de $69!$ et l'écriture simplifiée est celle qu'on attend.

Étape 3

Exactement deux as : on choisit $2$ as parmi les $4$ , ET $3$ cartes parmi les $28$ qui ne sont pas des as. Cela donne $\binom{4}{2}\times\binom{28}{3}=6\times 3276=19\,656$ .

Pourquoi

Le « et » impose la multiplication, et le second facteur porte sur les $28$ cartes RESTANTES, pas sur les $32$ : sinon on autoriserait un troisième as et le compte serait faux.

Étape 4

Aucun as : toutes les cartes sont choisies parmi les $28$ non-as, soit $\binom{28}{5}=\frac{28\times 27\times 26\times 25\times 24}{120}=98\,280$ .

Pourquoi

Le cas « aucun » est toujours le plus simple : une seule combinaison sur un ensemble réduit. C'est pour cela qu'il sert de contraire dans la question suivante.

Étape 5

Au moins un as : on passe par le contraire. $201\,376-98\,280=103\,096$ mains contiennent au moins un as.

Pourquoi

Le comptage direct « un as parmi $4$ , puis $4$ cartes parmi $31$ » donnerait $125\,860$ , un nombre plus grand, parce que chaque main à deux as y serait comptée deux fois. Le contraire ne double jamais rien.

Étape 6

Cohérence : $103\,096+98\,280=201\,376$ , qui est bien le total. De plus $19\,656<103\,096$ , ce qui est cohérent puisque « exactement deux » est un cas particulier de « au moins un ».

Pourquoi

Deux contrôles indépendants en une ligne : la partition en deux cas complémentaires, et une inclusion. Ils attrapent l'immense majorité des erreurs de modèle.

Étape 7

Contrôle du rapport ordre / sans ordre : $\frac{32\times 31\times 30\times 29\times 28}{201\,376}=120=5!$ , exactement le nombre d'ordres d'une main de cinq cartes.

Pourquoi

Ce quotient doit toujours être une factorielle. S'il ne l'est pas, c'est que l'un des deux comptages, ordonné ou non, est faux.

Conclusion rédigée

Il existe $201\,376$ mains de cinq cartes, dont $19\,656$ contiennent exactement deux as, $98\,280$ n'en contiennent aucun et $103\,096$ en contiennent au moins un; ces deux derniers nombres se complètent exactement, ce qui valide l'ensemble des calculs.

L'erreur classique sur cet exercice : Compter « au moins un as » directement en choisissant d'abord un as puis quatre cartes libres. Le résultat, $125\,860$ , dépasse la bonne réponse de plus de vingt-deux mille, parce que toute main à deux as est comptée deux fois, et toute main à trois as, trois fois.

À savoir par cœur

• Deux questions avant toute formule : l'ordre compte-t-il, et peut-on répéter ?
• Ordre et répétition : $n^{k}$ . Ordre sans répétition : $n(n-1)\cdots(n-k+1)$ . Ni ordre ni répétition : $\binom{n}{k}$ .
• « Simultanément » supprime l'ordre; « successivement » le conserve; « avec remise » autorise la répétition.
• « Et » multiplie, « ou » additionne, mais l'addition n'est valable que pour des cas DISJOINTS.
• « Au moins un » se compte par le contraire : total moins « aucun ». Le comptage direct compte double.
• Anagrammes avec $r$ lettres identiques : diviser par $r!$ , une fois par groupe de lettres répétées.
• $0!=1$ , $\binom{n}{0}=\binom{n}{n}=1$ , et $\binom{n}{k}=\binom{n}{n-k}$ .
• $\frac{n!}{(n-k)!}$ se simplifie toujours en $k$ facteurs consécutifs : ne jamais calculer les deux factorielles.
• Un ensemble à $n$ éléments a $2^{n}$ parties, et la somme d'une ligne du triangle de Pascal vaut $2^{n}$ .
• Relation de Pascal : $\binom{n-1}{k-1}+\binom{n-1}{k}=\binom{n}{k}$ , démontrée par le calcul (facteurs $k$ et $n-k$ ) et par le comptage (un élément fixé est dedans ou dehors).

Questions fréquentes

Comment savoir s'il faut utiliser une combinaison ou un arrangement ?

On échange mentalement deux éléments du résultat. Si l'objet obtenu est le même, l'ordre ne compte pas et c'est une combinaison. Si l'objet change, c'est un arrangement. Une main de cartes ou un comité sont des combinaisons, un podium ou un code sont des arrangements. Le mot simultanément de l'énoncé supprime toujours l'ordre.

Que veut dire tirage avec remise et sans remise ?

Avec remise, l'élément tiré est remis dans l'urne avant le tirage suivant : chaque étape offre le même nombre de possibilités, et un même élément peut sortir plusieurs fois. Sans remise, le nombre de possibilités diminue d'une unité à chaque étape, et aucun élément ne peut être répété dans le résultat.

Pourquoi passer par l'événement contraire pour au moins un ?

Parce que le comptage direct compte plusieurs fois les cas qui remplissent la condition de plusieurs façons. Une main qui contient deux as serait comptée une fois pour chacun de ses as. Le complémentaire, lui, décrit un cas unique et sans recouvrement : on compte les cas sans aucun, puis on soustrait du total.

Comment compter les anagrammes d'un mot avec des lettres répétées ?

On part de la factorielle du nombre total de lettres, puis on divise par la factorielle du nombre de répétitions de chaque lettre, une division par groupe. Permuter entre elles des lettres identiques ne change pas le mot, donc chaque anagramme visible a été compté autant de fois qu'il y a de permutations internes.

À quoi sert le triangle de Pascal ?

Il donne tous les coefficients binomiaux sans aucun calcul, chaque nombre étant la somme des deux qui le surplombent. La ligne numéro n compte les parties d'un ensemble à n éléments selon leur nombre d'éléments, et la somme de ses termes vaut deux à la puissance n. Pour de petites valeurs, il sert aussi de contrôle rapide d'un calcul de combinaisons.

Comment démontrer que la somme des coefficients binomiaux vaut 2 puissance n ?

On compte de deux façons les parties d'un ensemble à n éléments. D'abord, chaque élément est dedans ou dehors, deux choix indépendants, ce qui donne deux puissance n parties. Ensuite, on les range selon leur nombre d'éléments k : il y en a k parmi n pour chaque k, et ces familles sont disjointes. Les deux comptes portent sur le même ensemble, donc ils sont égaux.

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Exercices corrigés : Combinatoire et dénombrement

Une méthode se prouve sur une copie, pas sur une fiche. La série du même chapitre reprend chacun de ces pièges dans un exercice, avec le corrigé rédigé étape par étape.

18 exercices corrigés
180 points
270 minutes

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16 exercices des sujets officiels le mobilisent, avec leur corrigé détaillé. À traiter une fois la fiche relue et la série du chapitre travaillée.

Session 2026 • 6 exercices

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Polynésie, J2, ex. 4 17 juin • 5 pts Vrai ou faux : convexité, dénombrement, équation différentielle, limite d'une suite et calcul d'aire

Session 2025 • 10 exercices

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Loi binomiale et concentration

© Ahmed Squalli Houssaini. Fiche publiée sur www.letuteurscientifique.ca/fiches/tspe-denombrement. Libre pour l'usage personnel et en classe ; sa republication ailleurs demande une autorisation écrite (mentions légales).

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