Dénombrement Avancé : Permutations et Combinaisons avec Répétitions

Correction :

Il s'agit ici de permutations avec répétitions. Le mot "ANANAS" contient 6 lettres : A (3 fois), N (2 fois), S (1 fois). La formule pour le nombre de permutations d'un ensemble de $n$ éléments où il y a $n_1$ éléments de type 1, $n_2$ éléments de type 2, ., $n_k$ éléments de type k est : $$ \frac{n!}{n_1! n_2! \dots n_k!} $$ Dans notre cas, $n=6$ (nombre total de lettres), $n_1=3$ (nombre de A), $n_2=2$ (nombre de N), $n_3=1$ (nombre de S). Le nombre de mots différents est donc : $$ \frac{6!}{3! 2! 1!} = \frac{720}{(6 \times 2 \times 1)} = \frac{720}{12} = 60 $$

Réponse : Il y a 60 mots différents de 6 lettres que l'on peut former avec les lettres de "ANANAS".

Barème indicatif : 1 point

Correction :

Dans cet exercice, tous les jetons sont distincts (chiffres de 1 à 5). On tire les 5 jetons sans remise, ce qui signifie que chaque jeton n'est utilisé qu'une fois et que l'ordre dans lequel on les tire compte. Il s'agit donc d'une permutation simple de 5 éléments.

Le nombre de permutations de $n$ éléments distincts est $n!$.

Ici, $n=5$. Le nombre de séquences différentes est donc : $$ 5! = 5 \times 4 \times 3 \times 2 \times 1 = 120 $$

Réponse : On peut obtenir 120 séquences de chiffres différentes.

Barème indicatif : 1 point

Correction :

Ce problème combine permutations avec répétitions et symétrie circulaire. D'abord, calculons le nombre de "dispositions linéaires" possibles des perles, comme si elles étaient sur une ligne. Nous avons un total de $n = 3 + 2 + 1 = 6$ perles. Il y a 3 perles rouges ($n_R=3$), 2 perles bleues ($n_B=2$), et 1 perle verte ($n_V=1$). Le nombre de dispositions linéaires est : $$ \frac{6!}{3! 2! 1!} = \frac{720}{6 \times 2 \times 1} = \frac{720}{12} = 60 $$ Maintenant, il faut tenir compte de la symétrie circulaire. Pour un collier de $n$ éléments, le nombre de configurations distinctes sous rotation est donné par la formule de Burnside ou en utilisant le fait que pour $n$ éléments, il y a $n$ rotations possibles. Si tous les éléments étaient distincts, il y aurait $(n-1)!$ arrangements sur un cercle. Cependant, ici, il y a des répétitions. L'application directe de la formule de Burnside est complexe. Pour un petit nombre d'éléments et de couleurs, on peut parfois raisonner par cas ou utiliser une formule simplifiée si applicable (comme pour le nombre de motifs distincts sur un bracelet). Cependant, la question est subtile. Si la question était juste "combien de dispositions circulaires", sans considérer les rotations comme identiques au sens d'un collier, on diviserait par $n$. Mais ici, l'identification par rotation est clé. Une approche courante pour ce type de problème (colliers avec répétitions) est d'utiliser le théorème de Polya, qui est plus avancé. Si l'on ignore la complexité exacte du collier et qu'on se concentre sur la disposition circulaire (où l'on fixe une perle et on arrange les autres), on aurait tendance à diviser par 6. Mais cela ne gère pas les symétries. Re-analysons : On a 6 positions. Le nombre total de permutations est 60. Les dispositions sont : RRRBBV. Les rotations de RRRBBV sont : RRRBBV RRBBVR RBBVRR BBVRRR BVRRRB VRRRBB Si on considère les 60 arrangements linéaires, combien d'arrangements distincts obtient-on en considérant les rotations comme identiques ? Il faut identifier les arrangements qui ont des symétries intrinsèques. Par exemple, si on avait RBRB (n=4), les arrangements linéaires sont 4!/(2!2!) = 6 : RRBB, RBRB, RBBR, BRRB, BRBR, BBRR. Sur un cercle, RRBB, RBRB, RBBR, BRRB, BRBR, BBRR. Rotations de RRBB : RRBB, RBBR, BBRR, BRRB. 4 arrangements linéaires correspondent à 1 collier. Rotations de RBRB : RBRB, BRBR. 2 arrangements linéaires correspondent à 1 collier. Donc 6 arrangements linéaires donnent 2 colliers distincts. 6/4 + 6/2 n'est pas la méthode. Pour ce problème, la méthode la plus directe (sans Polya) est souvent de compter les arrangements linéaires puis de les regrouper par symétrie. Cependant, une approche plus simple (pour un niveau non expert en théorie de groupe) est de considérer les positions et de les diviser par le nombre total de rotations, en tenant compte des diviseurs de $n$ (ici $n=6$). Les périodes possibles pour un arrangement de 6 éléments sont les diviseurs de 6 : 1, 2, 3, 6. Période 1 : Tous les éléments sont identiques (impossible ici). Période 2 : Le motif se répète 3 fois (impossible ici avec 3R, 2B, 1V). Période 3 : Le motif se répète 2 fois (impossible ici). Période 6 : Le motif est unique (ce cas est le plus probable pour la majorité des arrangements). Pour $n$ objets avec répétitions, le nombre de colliers distincts est : $N = \frac{1}{n} \sum_{d|\text{gcd}(n_1, \dots, n_k)} \phi(d) \frac{(n/d)!}{(n_1/d)! \dots (n_k/d)!}$ où $d$ divise $n_i$ pour tout $i$. Ici, gcd(3,2,1) = 1. Donc le seul diviseur $d$ est 1. $N = \frac{1}{6} \phi(1) \frac{6!}{3!2!1!} = \frac{1}{6} \times 1 \times 60 = 10$. Cette formule est issue du Théorème de Burnside appliqué aux colliers. $\phi$ est la fonction indicatrice d'Euler. Le terme sous la somme correspond aux arrangements dont l'ordre de symétrie est $n/d$. Ici, le seul diviseur commun de 3, 2, 1 est 1. Donc $d=1$. La formule se simplifie à : $N = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} \text{nombre d'arrangements invariants sous rotation de } i \text{ positions}$. Pour un collier de $n$ perles, il y a $n$ rotations possibles. On somme le nombre de configurations stables sous chaque rotation, puis on divise par $n$. La formule la plus adaptée pour les colliers sans bracelets (juste rotation) est : $N = \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} \text{nombre de configurations invariantes par rotation de } k \text{ unités}$. Pour $n=6$, les rotations sont de 1, 2, 3, 6 unités. Rotation de 1 unité (identité) : 60 arrangements. Rotation de 2 unités : le motif est de longueur 3 (ex: ABCABC). Il faudrait 3R, 3B ou 2R, 2B, 2V. Ici, impossible. 0 arrangement. Rotation de 3 unités : le motif est de longueur 2 (ex: ABABAB). Il faudrait 3 paires identiques. Ici, impossible. 0 arrangement. Rotation de 6 unités : le motif est de longueur 1 (ex: RRRRRR). Impossible. 0 arrangement. Il y a une subtilité. Il faut regarder les diviseurs $d$ de $n=6$ qui divisent aussi les comptes des couleurs ($n_R=3, n_B=2, n_V=1$). Le seul tel diviseur est $d=1$. Le nombre de colliers distincts est : $N = \frac{1}{6} \left(\phi(1) \frac{6!}{3!2!1!} \right) = \frac{1}{6} (1 \times 60) = 10$. Autre méthode, plus intuitive si la formule n'est pas connue : On liste les configurations. Fixons une perle verte. V _ _ _ _ _ Il reste 3R, 2B à placer en 5 positions. Nombre de permutations linéaires de 3R, 2B : 5!/(3!2!) = 10. Les 10 arrangements sont : V RRRBB V RRBRB V RBRRB V BRRRB V RRBBR V RBRBR V BRRBR V RBBRR V BRBRR V BBRRR Maintenant, on doit voir lesquelles sont identiques par rotation. 1. V RRRBB -> RRRBBV -> RRBBVR -> RBBVRR -> BBVRRR -> BVRRRB -> VRRRBB (cycle de 6, distincts) 2. V RRBRB -> RRBRBV -> RBRBVR -> BRBVRR -> RBVRRR -> BVRRRB -> VRRBRB (cycle de 6, distincts) 3. V RBRRB -> RBRRBV -> BRRBVR -> RRBVRR -> RBVRRB -> BVRRBR -> VRBRRB (cycle de 6, distincts) 4. V BRRRB -> BRRRBV -> RRRBVR -> RRBVRR -> RBVRRR -> BVRRRB -> VBRRRB (cycle de 6, distincts) 5. V RRBBR -> RRBBRV -> RBBRVR -> BBRVRR -> BRVRRB -> RVRRBB -> VRRBBR (cycle de 6, distincts) 6. V RBRBR -> RBRBRV -> BRBRVR -> RBRVRR -> BRVRRB -> RVRRBR -> VRBRBR (cycle de 6, distincts) 7. V BRRBR -> BRRBRV -> RRBRVR -> RBRVRR -> BRVRRB -> RVRRBR -> VBRRBR (cycle de 6, distincts) 8. V RBBRR -> RBBRRV -> BBRRVR -> BRRVRR -> RRVRRB -> RVRRBR -> VRBBRR (cycle de 6, distincts) 9. V BRBRR -> BRBRRV -> RBRRRV -> BRRRVR -> RRRVRB -> RRVRBR -> BRBRRR (cycle de 6, distincts) 10. V BBRRR -> BBRRRV -> BRRRVR -> RRRVRB -> RRVRBR -> RVRBRR -> VRBRRR (cycle de 6, distincts) Si tous les arrangements linéaires donnaient des cycles de longueur 6, alors il y aurait 60/6 = 10 colliers distincts. Il faut vérifier s'il existe des arrangements linéaires qui, par rotation, se reproduisent avant 6 étapes. Exemple : RBRBRV. Rotations : RBRBRV, BRBRVR, RBRVRR, BRVRRB, RVRRBR, VRRBRB. Tous distincts. Exemple : RRRBBV. Rotations : RRRBBV, RRBBVR, RBBVRR, BBVRRR, BVRRRB, VRRRBB. Tous distincts. Il semble qu'avec cette combinaison de couleurs, toutes les rotations génèrent des séquences distinctes. Donc, le nombre de colliers est bien le nombre d'arrangements linéaires divisé par 6. $$ \frac{60}{6} = 10 $$

Réponse : On peut fabriquer 10 colliers différents.

Barème indicatif : 3 points

Correction :

Ici, les "livres" de la même matière sont indiscernables. L'ordre sur l'étagère compte. Il s'agit donc d'une permutation avec répétitions.

Nous avons un total de $n = 3 + 2 + 2 = 7$ livres.

Les catégories sont :

• Mathématiques : $n_M = 3$
• Physique : $n_P = 2$
• Histoire : $n_H = 2$

Le nombre de façons différentes de ranger ces livres est donné par la formule des permutations avec répétitions : $$ \frac{n!}{n_M! n_P! n_H!} = \frac{7!}{3! 2! 2!} $$

Calculons : $$ \frac{7!}{3! 2! 2!} = \frac{5040}{(6 \times 2 \times 2)} = \frac{5040}{24} $$

$$ \frac{5040}{24} = 210 $$

Réponse : Il y a 210 façons différentes de ranger ces livres.

Barème indicatif : 2 points

Correction :

Ce problème est plus complexe car on ne tire pas toutes les boules. Il s'agit d'un tirage sans remise où l'ordre compte, mais avec des éléments indiscernables dans chaque couleur. Nous tirons 5 boules parmi un total de $4+3+2=9$ boules. Il faut considérer les différentes compositions possibles du tirage de 5 boules. Par exemple, on pourrait tirer 3 R et 2 B, ou 2 R, 2 B et 1 V, etc.

Pour chaque composition possible de 5 boules tirées, on calcule le nombre de séquences possibles. C'est un problème qui nécessite de sommer les résultats de plusieurs cas. Cas 1 : Composition du tirage de 5 boules. Par exemple, si on tire 4 Rouges (R) et 1 Bleue (B) : c'est impossible car il n'y a que 4 boules rouges. Si on tire 3 R, 2 B : Le nombre de façons de choisir ces boules est $\binom{4}{3} \times \binom{3}{2} = 4 \times 3 = 12$. Pour chacune de ces compositions, le nombre de séquences est $\frac{5!}{3!2!} = 10$. Total : $12 \times 10 = 120$. Si on tire 3 R, 1 B, 1 V : $\binom{4}{3} \times \binom{3}{1} \times \binom{2}{1} = 4 \times 3 \times 2 = 24$. Nombre de séquences : $\frac{5!}{3!1!1!} = \frac{120}{6} = 20$. Total : $24 \times 20 = 480$. Si on tire 2 R, 2 B, 1 V : $\binom{4}{2} \times \binom{3}{2} \times \binom{2}{1} = 6 \times 3 \times 2 = 36$. Nombre de séquences : $\frac{5!}{2!2!1!} = \frac{120}{4} = 30$. Total : $36 \times 30 = 1080$. Si on tire 2 R, 1 B, 2 V : $\binom{4}{2} \times \binom{3}{1} \times \binom{2}{2} = 6 \times 3 \times 1 = 18$. Nombre de séquences : $\frac{5!}{2!1!2!} = \frac{120}{4} = 30$. Total : $18 \times 30 = 540$. Si on tire 1 R, 3 B, 1 V : $\binom{4}{1} \times \binom{3}{3} \times \binom{2}{1} = 4 \times 1 \times 2 = 8$. Nombre de séquences : $\frac{5!}{1!3!1!} = \frac{120}{6} = 20$. Total : $8 \times 20 = 160$. Si on tire 1 R, 2 B, 2 V : $\binom{4}{1} \times \binom{3}{2} \times \binom{2}{2} = 4 \times 3 \times 1 = 12$. Nombre de séquences : $\frac{5!}{1!2!2!} = \frac{120}{4} = 30$. Total : $12 \times 30 = 360$. Total des séquences : $120 + 480 + 1080 + 540 + 160 + 360 = 2740$. Cette méthode est longue et sujette aux erreurs. Existe-t-il une approche plus directe ? On peut voir cela comme le nombre de chemins dans un graphe, mais c'est complexe. Une approche alternative consiste à utiliser les fonctions génératrices, mais cela est généralement pour des problèmes avec remise ou pour compter des ensembles sans ordre. Considérons le problème du point de vue des positions. Il y a 5 positions à remplir. Pour chaque position, on peut tirer une boule. C'est comme si on calculait le nombre de permutations de 5 éléments choisis parmi les 9 boules disponibles, mais avec les répétitions. Un autre angle : on peut modéliser le tirage comme un arrangement de 5 symboles, où les symboles sont les couleurs. Le nombre total de boules est 9. On tire 5 boules. Il faut calculer le nombre de permutations de longueur 5 avec répétition des couleurs autorisées par les quantités disponibles. Pour les 5 positions : Position 1 : 9 choix possibles. Position 2 : 8 choix possibles. . Position 5 : 5 choix possibles. Nombre total de séquences brutes si toutes les boules étaient distinctes : $P(9,5) = 9 \times 8 \times 7 \times 6 \times 5 = 15120$. Mais les boules de même couleur sont indiscernables. Pour résoudre ce type de problème (tirage sans remise avec répétitions dans les éléments), on utilise souvent une approche par cas, comme celle détaillée ci-dessus, ou des techniques plus avancées comme l'utilisation de coefficients multinominaux dans le contexte de chaînes de Markov ou de chemins aléatoires. Reprenons les calculs pour être sûr : Compositions possibles de 5 boules (R, B, V) avec $\le$ 4 R, $\le$ 3 B, $\le$ 2 V :

• 3R, 2B : $\binom{4}{3}\binom{3}{2} = 4 \times 3 = 12$. Séquences : $\frac{5!}{3!2!} = 10$. Total: $12 \times 10 = 120$.
• 3R, 1B, 1V : $\binom{4}{3}\binom{3}{1}\binom{2}{1} = 4 \times 3 \times 2 = 24$. Séquences : $\frac{5!}{3!1!1!} = 20$. Total: $24 \times 20 = 480$.
• 2R, 2B, 1V : $\binom{4}{2}\binom{3}{2}\binom{2}{1} = 6 \times 3 \times 2 = 36$. Séquences : $\frac{5!}{2!2!1!} = 30$. Total: $36 \times 30 = 1080$.
• 2R, 1B, 2V : $\binom{4}{2}\binom{3}{1}\binom{2}{2} = 6 \times 3 \times 1 = 18$. Séquences : $\frac{5!}{2!1!2!} = 30$. Total: $18 \times 30 = 540$.
• 1R, 3B, 1V : $\binom{4}{1}\binom{3}{3}\binom{2}{1} = 4 \times 1 \times 2 = 8$. Séquences : $\frac{5!}{1!3!1!} = 20$. Total: $8 \times 20 = 160$.
• 1R, 2B, 2V : $\binom{4}{1}\binom{3}{2}\binom{2}{2} = 4 \times 3 \times 1 = 12$. Séquences : $\frac{5!}{1!2!2!} = 30$. Total: $12 \times 30 = 360$.
• 0R, 3B, 2V : $\binom{4}{0}\binom{3}{3}\binom{2}{2} = 1 \times 1 \times 1 = 1$. Séquences : $\frac{5!}{0!3!2!} = \frac{120}{6} = 20$. Total: $1 \times 20 = 20$. (Il manquait ce cas !)

Vérification des compositions possibles de 5 boules (R, B, V) : (nb R, nb B, nb V) (4,1,0) -> impossible, pas 5 boules. (3,2,0) -> 3R, 2B : 120 (fait) (3,1,1) -> 3R, 1B, 1V : 480 (fait) (2,2,1) -> 2R, 2B, 1V : 1080 (fait) (2,1,2) -> 2R, 1B, 2V : 540 (fait) (1,3,1) -> 1R, 3B, 1V : 160 (fait) (1,2,2) -> 1R, 2B, 2V : 360 (fait) (0,3,2) -> 0R, 3B, 2V : 20 (fait) (4,0,1) -> 4R, 1V : $\binom{4}{4}\binom{2}{1} = 1 \times 2 = 2$. Séquences : $\frac{5!}{4!1!} = 5$. Total: $2 \times 5 = 10$. (Il manquait aussi ce cas !) (4,1,0) -> 4R, 1B : $\binom{4}{4}\binom{3}{1} = 1 \times 3 = 3$. Séquences : $\frac{5!}{4!1!} = 5$. Total: $3 \times 5 = 15$. (Il manquait aussi ce cas !) Rectification des cas et addition :

• 4R, 1B : $\binom{4}{4}\binom{3}{1} = 3$. Séquences : $\frac{5!}{4!1!} = 5$. Total: $3 \times 5 = 15$.
• 4R, 1V : $\binom{4}{4}\binom{2}{1} = 2$. Séquences : $\frac{5!}{4!1!} = 5$. Total: $2 \times 5 = 10$.
• 3R, 2B : $\binom{4}{3}\binom{3}{2} = 12$. Séquences : $\frac{5!}{3!2!} = 10$. Total: $12 \times 10 = 120$.
• 3R, 1B, 1V : $\binom{4}{3}\binom{3}{1}\binom{2}{1} = 24$. Séquences : $\frac{5!}{3!1!1!} = 20$. Total: $24 \times 20 = 480$.
• 2R, 2B, 1V : $\binom{4}{2}\binom{3}{2}\binom{2}{1} = 36$. Séquences : $\frac{5!}{2!2!1!} = 30$. Total: $36 \times 30 = 1080$.
• 2R, 1B, 2V : $\binom{4}{2}\binom{3}{1}\binom{2}{2} = 18$. Séquences : $\frac{5!}{2!1!2!} = 30$. Total: $18 \times 30 = 540$.
• 1R, 3B, 1V : $\binom{4}{1}\binom{3}{3}\binom{2}{1} = 8$. Séquences : $\frac{5!}{1!3!1!} = 20$. Total: $8 \times 20 = 160$.
• 1R, 2B, 2V : $\binom{4}{1}\binom{3}{2}\binom{2}{2} = 12$. Séquences : $\frac{5!}{1!2!2!} = 30$. Total: $12 \times 30 = 360$.
• 0R, 3B, 2V : $\binom{4}{0}\binom{3}{3}\binom{2}{2} = 1$. Séquences : $\frac{5!}{0!3!2!} = 20$. Total: $1 \times 20 = 20$.

Somme totale : $15 + 10 + 120 + 480 + 1080 + 540 + 160 + 360 + 20 = 2785$. C'est une approche longue, mais qui semble correcte. L'énoncé demande "combien de séquences différentes de couleurs". Cela implique l'ordre compte. Une autre façon de voir ce problème est de considérer les 9 boules comme distinctes initialement (R1, R2, R3, R4, B1, B2, B3, V1, V2). On tire 5 boules sans remise. Le nombre de séquences est $P(9,5) = 15120$. Maintenant, on doit diviser par le nombre de façons d'arranger les boules indiscernables pour chaque couleur pour obtenir le même résultat. Cependant, ceci est valable quand on tire toutes les boules. Pour un tirage partiel, c'est plus complexe. Reconfirmation de la méthode par composition : elle semble être la plus standard pour ce type de problème sans outils avancés. La vérification des compositions possibles est cruciale. Total de boules = 9. On tire 5. Compositions possibles (R, B, V) : somme = 5, R $\le$ 4, B $\le$ 3, V $\le$ 2. (4,1,0) - ok (4,0,1) - ok (3,2,0) - ok (3,1,1) - ok (3,0,2) - impossible, V max 2. (2,3,0) - impossible, B max 3. Mais on tire 5 boules. (2,2,1) - ok (2,1,2) - ok (2,0,3) - impossible, V max 2. (1,3,1) - ok (1,2,2) - ok (1,1,3) - impossible, V max 2. (0,3,2) - ok (0,2,3) - impossible, V max 2. Les cas listés semblent complets :

• 4R, 1B : 15
• 4R, 1V : 10
• 3R, 2B : 120
• 3R, 1B, 1V : 480
• 2R, 2B, 1V : 1080
• 2R, 1B, 2V : 540
• 1R, 3B, 1V : 160
• 1R, 2B, 2V : 360
• 0R, 3B, 2V : 20

Total = 2785.

Réponse : Il y a 2785 séquences différentes de couleurs possibles.

Barème indicatif : 4 points

Correction :

Il s'agit de former des nombres de 3 chiffres en utilisant un ensemble de 5 chiffres, et la répétition est autorisée. L'ordre des chiffres compte pour former un nombre (par exemple, 123 est différent de 321). Cela correspond à des arrangements avec répétition.

Pour chaque position (centaines, dizaines, unités), nous avons 5 choix possibles.

Nombre de choix pour la position des centaines : 5

Nombre de choix pour la position des dizaines : 5

Nombre de choix pour la position des unités : 5

Le nombre total de nombres différents est le produit du nombre de choix pour chaque position : $$ 5 \times 5 \times 5 = 5^3 = 125 $$

Réponse : On peut former 125 nombres différents.

Barème indicatif : 1 point

Correction :

Ce problème correspond à un problème classique de "stars and bars" (étoiles et barres), qui compte le nombre de combinaisons avec répétitions. On veut choisir 10 "bonbons" (les étoiles) parmi 4 "catégories" (les enfants), où l'ordre n'importe pas mais la répétition est permise (un enfant peut recevoir plusieurs bonbons).

La formule pour les combinaisons avec répétitions de $k$ objets choisis parmi $n$ types est : $$ \binom{n+k-1}{k} $$ ou de manière équivalente : $$ \binom{n+k-1}{n-1} $$

Dans notre cas :

• $k = 10$ (le nombre de bonbons à distribuer, les étoiles)
• $n = 4$ (le nombre d'enfants, les catégories ou les "séparateurs" nécessaires pour diviser les bonbons entre les enfants)

Le nombre de distributions possibles est donc : $$ \binom{4+10-1}{10} = \binom{13}{10} $$

Calculons : $$ \binom{13}{10} = \binom{13}{13-10} = \binom{13}{3} = \frac{13 \times 12 \times 11}{3 \times 2 \times 1} $$ $$ \binom{13}{3} = \frac{13 \times 2 \times 11}{1} = 286 $$

Réponse : Il y a 286 distributions différentes possibles.

Barème indicatif : 3 points

Correction :

Ce problème nécessite plusieurs étapes de sélection combinatoire.

1. Choisir le rang pour les 3 cartes identiques : Il y a 13 rangs possibles (As, 2, ., 10, Valet, Dame, Roi). On choisit un de ces rangs pour avoir 3 cartes. Il y a $\binom{13}{1}$ façons de faire ce choix.

2. Choisir les 3 cartes de ce rang : Dans un jeu standard, chaque rang a 4 cartes (une de chaque couleur : cœur, carreau, trèfle, pique). Si l'on a choisi un rang, il faut choisir 3 cartes parmi ces 4. Il y a $\binom{4}{3}$ façons de faire ce choix.

3. Choisir le rang pour les 2 cartes restantes : Il reste 12 rangs possibles (car le rang des 3 cartes ne peut pas être utilisé à nouveau). On choisit un de ces 12 rangs pour les 2 cartes. Il y a $\binom{12}{1}$ façons de faire ce choix.

4. Choisir les 2 cartes de ce deuxième rang : Pour le rang choisi à l'étape 3, il y a 4 cartes. Il faut choisir 2 cartes parmi ces 4. Il y a $\binom{4}{2}$ façons de faire ce choix.

Le nombre total de mains différentes est le produit de toutes ces étapes : $$ \text{Nombre total} = \binom{13}{1} \times \binom{4}{3} \times \binom{12}{1} \times \binom{4}{2} $$

Calculons : $$ \binom{13}{1} = 13 $$ $$ \binom{4}{3} = 4 $$ $$ \binom{12}{1} = 12 $$ $$ \binom{4}{2} = \frac{4 \times 3}{2 \times 1} = 6 $$

Nombre total = $13 \times 4 \times 12 \times 6 = 52 \times 72 = 3744$.

Réponse : Il y a 3744 mains différentes de 5 cartes contenant exactement 3 cartes d'un rang et 2 cartes d'un autre rang différent.

Barème indicatif : 4 points

Correction :

Ce problème est un cas de distribution d'objets identiques dans des boîtes distinctes, avec la contrainte qu'aucune boîte ne soit vide. Il s'agit d'une application des combinaisons avec répétitions, mais avec une contrainte spécifique.

1. Appliquer la contrainte : Comme aucune boîte ne peut être vide, donnons d'abord un objet à chaque boîte. Nous avons 3 boîtes, donc nous utilisons 3 des 5 objets pour donner un objet à chaque boîte. Il reste $5 - 3 = 2$ objets à distribuer.

2. Distribuer les objets restants : Maintenant, nous avons 2 objets identiques à distribuer dans 3 boîtes distinctes, et il n'y a plus de contrainte de non-vide pour ces 2 objets (les boîtes ont déjà un objet).

C'est un problème de combinaisons avec répétitions : choisir 2 objets ($k=2$) parmi 3 types de boîtes ($n=3$). La formule est $\binom{n+k-1}{k}$.

Nombre de façons = $\binom{3+2-1}{2} = \binom{4}{2}$.

Calculons : $$ \binom{4}{2} = \frac{4 \times 3}{2 \times 1} = 6 $$

Réponse : Il y a 6 façons de faire cela si aucune boîte ne peut être vide.

Barème indicatif : 4 points

Correction :

Ce problème combine plusieurs contraintes sur les répétitions et la longueur.

La longueur totale de la chaîne est $n=8$. Les lettres disponibles sont A, B, C, D, E (5 types de lettres). Contraintes :

• A apparaît exactement 2 fois.
• B apparaît au moins 3 fois.

Nous devons considérer les différentes possibilités pour le nombre d'apparitions de B.

Cas 1 : B apparaît exactement 3 fois.

Nombre de A = 2

Nombre de B = 3

Nombre de lettres utilisées = $2 + 3 = 5$.

Il reste $8 - 5 = 3$ lettres à placer.

Ces 3 lettres doivent être choisies parmi C, D, E (car A et B ont leurs occurrences fixées ou contraintes). Les lettres C, D, E peuvent apparaître plusieurs fois.

Pour les 3 positions restantes, nous avons 3 choix de lettres (C, D, E), et la répétition est autorisée pour ces lettres. Le nombre de façons de choisir ces 3 lettres est $3^3 = 27$.

Maintenant, pour chaque combinaison de ces 3 lettres supplémentaires, nous devons les placer dans les 3 positions restantes parmi les 8 positions totales. Les 2 A et 3 B sont aussi à placer. Le nombre total d'éléments à permuter est de 8. Nous avons 2 A, 3 B, et 3 autres lettres (par exemple, C, C, D). Il faut donc compter les permutations avec répétitions pour la chaîne complète.

Il est plus simple de choisir les positions d'abord, puis les lettres.

Approche par positions :

1. Choisir les positions pour les 2 A : $\binom{8}{2}$ façons.

2. Choisir les positions pour les 3 B : Il reste $8-2=6$ positions. Choisir 3 positions pour les B : $\binom{6}{3}$ façons.

3. Placer les lettres restantes : Il reste $6-3=3$ positions à remplir avec les lettres C, D, E. Pour chacune de ces 3 positions, il y a 3 choix (C, D, ou E). Le nombre de façons de remplir ces 3 positions est $3^3 = 27$.

Nombre de chaînes pour le cas où B apparaît exactement 3 fois : $$ \binom{8}{2} \times \binom{6}{3} \times 3^3 = \frac{8 \times 7}{2} \times \frac{6 \times 5 \times 4}{3 \times 2 \times 1} \times 27 $$ $$ = 28 \times 20 \times 27 = 560 \times 27 = 15120 $$

Cas 2 : B apparaît exactement 4 fois.

Nombre de A = 2

Nombre de B = 4

Nombre de lettres utilisées = $2 + 4 = 6$.

Il reste $8 - 6 = 2$ lettres à placer, choisies parmi C, D, E. Le nombre de façons de choisir ces 2 lettres est $3^2 = 9$.

1. Choisir les positions pour les 2 A : $\binom{8}{2}$ façons.

2. Choisir les positions pour les 4 B : Il reste 6 positions. $\binom{6}{4}$ façons.

3. Placer les lettres restantes : Il reste $6-4=2$ positions à remplir avec C, D, E. Nombre de façons : $3^2 = 9$.

Nombre de chaînes pour le cas où B apparaît exactement 4 fois : $$ \binom{8}{2} \times \binom{6}{4} \times 3^2 = \frac{8 \times 7}{2} \times \frac{6 \times 5}{2} \times 9 $$ $$ = 28 \times 15 \times 9 = 420 \times 9 = 3780 $$

Cas 3 : B apparaît exactement 5 fois.

Nombre de A = 2

Nombre de B = 5

Nombre de lettres utilisées = $2 + 5 = 7$.

Il reste $8 - 7 = 1$ lettre à placer, choisie parmi C, D, E. Le nombre de façons de choisir cette lettre est $3^1 = 3$.

1. Choisir les positions pour les 2 A : $\binom{8}{2}$ façons.

2. Choisir les positions pour les 5 B : Il reste 6 positions. $\binom{6}{5}$ façons.

3. Placer la lettre restante : Il reste $6-5=1$ position à remplir avec C, D, E. Nombre de façons : $3^1 = 3$.

Nombre de chaînes pour le cas où B apparaît exactement 5 fois : $$ \binom{8}{2} \times \binom{6}{5} \times 3^1 = 28 \times 6 \times 3 = 168 \times 3 = 504 $$

Cas 4 : B apparaît exactement 6 fois.

Nombre de A = 2

Nombre de B = 6

Nombre de lettres utilisées = $2 + 6 = 8$.

Il reste $8 - 8 = 0$ lettres à placer. Les 8 positions sont remplies par 2 A et 6 B. Le nombre de façons de choisir les positions pour les lettres restantes est $\binom{0}{0}=1$, et il y a $3^0=1$ choix de lettres.

1. Choisir les positions pour les 2 A : $\binom{8}{2}$ façons.

2. Choisir les positions pour les 6 B : Il reste 6 positions. $\binom{6}{6}$ façons.

Nombre de chaînes pour le cas où B apparaît exactement 6 fois : $$ \binom{8}{2} \times \binom{6}{6} \times 3^0 = 28 \times 1 \times 1 = 28 $$

Le nombre total de chaînes est la somme des nombres de chaînes pour chaque cas : Total = $15120 + 3780 + 504 + 28 = 19432$.

Réponse : Il y a 19432 chaînes de longueur 8 qui satisfont aux conditions.

Barème indicatif : 5 points