Pas de stress ! Le contrôle approche, mais on va voir l'essentiel en un temps record. Les probas avec des combinaisons, c'est juste compter sans tout écrire. On commence par les bases.
La factorielle d'un entier $n$ est le produit de tous les entiers de 1 à $n$. On note $n!$.
Exemple : $5! = 5\times4\times3\times2\times1 = 120$. Par convention, $0! = 1$.
Utilité : compter les permutations (tous les ranger).
Si une situation se déroule en étapes indépendantes avec $n_1, n_2, \dots, n_p$ possibilités, le nombre total de chemins est $n_1 \times n_2 \times \dots \times n_p$.
Exemple : un menu avec 2 entrées, 3 plats, 2 desserts donne $2\times3\times2=12$ repas possibles.
Quand l'ordre ne compte pas et sans répétition, on utilise une combinaison. Le nombre de façons de choisir $k$ éléments parmi $n$ est le coefficient binomial $\binom{n}{k}$ (on lit « $k$ parmi $n$ »). Formule : $\binom{n}{k} = \frac{n!}{k!\,(n-k)!}$.
Propriétés immédiates : $\binom{n}{0}=\binom{n}{n}=1$ ; $\binom{n}{1}=n$. Symétrie : $\binom{n}{k}=\binom{n}{n-k}$.
Exemple : comité de 3 personnes parmi 10 : $\binom{10}{3}=120$.
Complète pour calculer $6!$ :
$6! = \underline{\hspace{1.1em}} \times \underline{\hspace{1.1em}} \times \underline{\hspace{1.1em}} \times \underline{\hspace{1.1em}} \times \underline{\hspace{1.1em}} \times \underline{\hspace{1.1em}} = \underline{\hspace{1.1em}}$
$6! = 6 \times 5 \times 4 \times 3 \times 2 \times 1 = 720$
Associe chaque formule à son outil :
$\frac{n!}{(n-k)!}$ $\underline{\hspace{1.1em}}$ (écris arrangement ou combinaison)
$\binom{n}{k}$ $\underline{\hspace{1.1em}}$
$\frac{n!}{(n-k)!}$ : arrangement. $\binom{n}{k}$ : combinaison.
Calcule $\binom{5}{2}$ en complétant :
$\binom{5}{2} = \frac{\underline{\hspace{1.1em}}!}{\underline{\hspace{1.1em}}!\,\underline{\hspace{1.1em}}!} = \frac{\underline{\hspace{1.1em}}\times\underline{\hspace{1.1em}}}{\underline{\hspace{1.1em}}\times\underline{\hspace{1.1em}}} = \underline{\hspace{1.1em}}$
$\binom{5}{2} = \frac{5!}{2!\,3!} = \frac{5\times4}{2\times1} = 10$
Ah, ça te dit quelque chose ! On va remettre tout ça en ordre avec la méthode pour ne plus confondre arrangement et combinaison.
Pour dénombrer, pose-toi trois questions dans l'ordre :
En découlent trois outils :
Relation de Pascal : $\binom{n}{k} = \binom{n-1}{k-1} + \binom{n-1}{k}$ (utile pour bâtir le triangle de Pascal).
Symétrie : $\binom{n}{k} = \binom{n}{n-k}$.
Si $X$ suit la loi binomiale $\mathcal{B}(n,p)$, la probabilité d'obtenir exactement $k$ succès est $P(X=k)=\binom{n}{k}p^k(1-p)^{n-k}$.
Identifie le bon outil et calcule :
Un code de 4 chiffres distincts choisis parmi 0–9. L'ordre compte ? $\underline{\hspace{1.1em}}$ (oui/non). Donc on utilise $\frac{\underline{\hspace{1.1em}}!}{(\underline{\hspace{1.1em}}-\underline{\hspace{1.1em}})!}$.
Complète le calcul : $\frac{10!}{6!} = 10\times\underline{\hspace{1.1em}}\times\underline{\hspace{1.1em}}\times\underline{\hspace{1.1em}} = \underline{\hspace{1.1em}}$ codes possibles.
Oui, l'ordre compte (un code est une séquence). Arrangement : $\frac{10!}{6!}=10\times9\times8\times7 = 5040$.
Dans une main de 5 cartes parmi 32, l'ordre ne compte pas. Nombre de mains : $\binom{\underline{\hspace{1.1em}}}{\underline{\hspace{1.1em}}}$.
Calcule en simplifiant : $\binom{32}{5} = \frac{32\times31\times30\times29\times28}{5\times4\times3\times2\times1} = \underline{\hspace{1.1em}}$
$\binom{32}{5}=201376$. (Calculatrice autorisée).
Relation de Pascal : $\binom{7}{3} = \binom{\underline{\hspace{1.1em}}}{\underline{\hspace{1.1em}}} + \binom{\underline{\hspace{1.1em}}}{\underline{\hspace{1.1em}}}$.
Vérifie avec les valeurs : $\binom{6}{2}=15$, $\binom{6}{3}=20$ donc $\binom{7}{3}= \underline{\hspace{1.1em}}$.
$\binom{7}{3} = \binom{6}{2} + \binom{6}{3} = 15+20=35$.
On chauffe les neurones ! Cinq fois le même petit calcul, pour que ça devienne automatique.
$\binom{6}{2} = \frac{\underline{\hspace{1.1em}}!}{\underline{\hspace{1.1em}}!\,\underline{\hspace{1.1em}}!} = \underline{\hspace{1.1em}}$
$\binom{6}{2} = \frac{6!}{2!\,4!} = 15$
$\binom{7}{3} = \frac{\underline{\hspace{1.1em}}!}{\underline{\hspace{1.1em}}!\,\underline{\hspace{1.1em}}!} = \underline{\hspace{1.1em}}$
$\binom{7}{3} = \frac{7!}{3!\,4!} = 35$
$\binom{8}{4} = \frac{\underline{\hspace{1.1em}}!}{\underline{\hspace{1.1em}}!\,\underline{\hspace{1.1em}}!} = \underline{\hspace{1.1em}}$
$\binom{8}{4} = \frac{8!}{4!\,4!} = 70$
$\binom{9}{5} = \frac{\underline{\hspace{1.1em}}!}{\underline{\hspace{1.1em}}!\,\underline{\hspace{1.1em}}!} = \underline{\hspace{1.1em}}$
$\binom{9}{5} = \frac{9!}{5!\,4!} = 126$
$\binom{10}{6} = \frac{\underline{\hspace{1.1em}}!}{\underline{\hspace{1.1em}}!\,\underline{\hspace{1.1em}}!} = \underline{\hspace{1.1em}}$
$\binom{10}{6} = \frac{10!}{6!\,4!} = 210$
C'est l'heure du vrai contrôle. Des exercices variés, comme en classe, pour être sûr de cartonner.
Calculer :
a) $8!$
b) $\binom{9}{4}$
c) $\binom{11}{0}$
d) Nombre de manières d’attribuer les trois premières places d’une course à 7 chevaux.
a) $8! = 40320$ ; b) $\binom{9}{4} = 126$ ; c) $\binom{11}{0} = 1$ ; d) $\frac{7!}{4!} = 7\times6\times5 = 210$.
Un sac contient 15 jetons numérotés 1 à 15.
a) On tire simultanément 5 jetons. Nombre de tirages ?
b) On tire 5 jetons l’un après l’autre sans remise. Nombre de résultats ?
c) Combien de tirages simultanés contiennent exactement les jetons 1 et 2 (et 3 autres) ?
a) $\binom{15}{5}=3003$ ; b) $\frac{15!}{10!}=15\times14\times13\times12\times11=360360$ ; c) $\binom{13}{3}=286$.
On lance 7 fois une pièce équilibrée. Soit $X$ le nombre de « pile ».
a) Justifier que $X$ suit une loi binomiale et préciser ses paramètres.
b) Exprimer puis calculer $P(X=3)$ (arrondir à $10^{-3}$).
c) Vérifier la symétrie : comparer $\binom{7}{3}$ et $\binom{7}{4}$.
a) 7 épreuves identiques indépendantes, succès « pile » de probabilité 0,5, donc $X\sim\mathcal{B}(7;0,5)$.
b) $P(X=3)=\binom{7}{3}(0,5)^3(0,5)^4 = 35 \times (0,5)^7 = 35/128 \approx 0,273$.
c) $\binom{7}{3}=35$ et $\binom{7}{4}=35$ donc ils sont égaux.
Sachant que $\binom{7}{3}=35$ et $\binom{7}{4}=35$, calcule $\binom{8}{4}$ avec la relation de Pascal.
$\binom{8}{4}=\binom{7}{3}+\binom{7}{4}=35+35=70$.
Pour aller plus loin, on découvre une formule magique : le binôme de Newton, qui relie les coefficients binomiaux et les puissances. Tu verras ça l’an prochain, mais en avant-première...
Le binôme de Newton affirme : $(a+b)^n = \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} a^{n-k} b^k$.
Applique cette formule pour développer $(x+2)^3$. Écris chaque terme avec son coefficient binomial, puis simplifie.
$(x+2)^3 = \binom{3}{0}x^3\cdot 2^0 + \binom{3}{1}x^2\cdot 2^1 + \binom{3}{2}x^1\cdot 2^2 + \binom{3}{3}x^0\cdot 2^3 = 1\cdot x^3 + 3\cdot x^2\cdot 2 + 3\cdot x\cdot 4 + 1\cdot 8 = x^3 + 6x^2 + 12x + 8$.
On rappelle que $\binom{n}{k}$ est le nombre de parties à $k$ éléments d'un ensemble à $n$ éléments. En remarquant que le nombre total de parties d'un ensemble à $n$ éléments est $2^n$, que vaut $\sum_{k=0}^n \binom{n}{k}$ ? Vérifie pour $n=4$ en calculant la somme des coefficients binomiaux.
$\sum_{k=0}^4 \binom{4}{k} = \binom{4}{0}+\binom{4}{1}+\binom{4}{2}+\binom{4}{3}+\binom{4}{4} = 1+4+6+4+1 = 16 = 2^4$. En général, $\sum_{k=0}^n \binom{n}{k}=2^n$.
On développe $(2x-1)^5$ avec le binôme de Newton. Pour obtenir un terme en $x^3$, quelle valeur de $k$ dans $\binom{5}{k}(2x)^{5-k}(-1)^k$ donne un exposant 3 sur $x$ ? Calcule alors ce coefficient.
On veut $5-k=3$ donc $k=2$. Le terme est $\binom{5}{2}(2x)^3(-1)^2 = 10 \times 8x^3 \times 1 = 80x^3$. Le coefficient est $80$.
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