Arrangements

On utilise les arrangements lorsqu’on choisit un nombre donné d’objets dans un ensemble, et que l’ordre dans lequel on les choisit compte.

Démonstration de la formule

Commençons par un problème typique sur les arrangements : chaque année, un village organise un concours de mangeurs de crêpes. Sept concurrents, le menton luisant de beurre, se sont qualifiés pour la finale. Calcule de combien de façons ces sept participants peuvent occuper les trois premières places.

Il est important de voir que l’ordre compte dans cet exemple. Par exemple, si l’on sait qu’Antoine, Mathieu et Gaspard occupent les trois premières places, ce trio donne six classements différents :

• Antoine, Mathieu, Gaspard ;
• Antoine, Gaspard, Mathieu ;
• Mathieu, Antoine, Gaspard ;
• Mathieu, Gaspard, Antoine ;
• Gaspard, Antoine, Mathieu ;
• Gaspard, Mathieu, Antoine.

Ce sont tous des classements différents, et nous voulons calculer combien de classements différents on peut établir avec 7 concurrents.

Utilisons pour cela le principe multiplicatif. Notons que l’on choisit des triplets de la forme (x₁ ; x₂ ; x₃), où x₁ est le concurrent arrivé premier, et ainsi de suite. Quels concurrents peut-on placer en x₁ ? Tous, donc on peut mettre 7 concurrents en x₁. Lesquels peut-on placer en x₂ ? Tous sauf celui déjà placé en première position, donc on peut mettre 7 − 1 = 6 concurrents en x₂. En x₃, on peut placer les concurrents qui ne sont ni premiers ni deuxièmes, il y a donc 7 − 2 = 5 possibilités. On applique le principe multiplicatif et on obtient le nombre total de possibilités : 7 · 6 · 5 = 210.

On remarque que si l’on veut le nombre de possibilités pour les quatre premières places, on peut placer 7 − 3 = 4 concurrents en x₄, donc le total vaut 7 · 6 · 5 · 4 = 840. Que peut-on en déduire ?

Si l’on a un ensemble de n éléments (ici 7 mangeurs) et qu’on en choisit 3, l’ordre comptant, le résultat vaut n · (n − 1) · (n − 2). En première place, tous peuvent arriver, à la place suivante un de moins, et ainsi de suite. On en déduit la formule générale pour le choix de k éléments parmi un ensemble de n éléments : le nombre de possibilités est n · (n − 1) · (n − 2) · … · (n − k + 1).

On simplifie encore cette formule à l’aide de la factorielle. Regardons la factorielle de 7 : 7! = 7 · 6 · 5 · 4 · 3 · 2 · 1, et le nombre de classements possibles pour les médailles, 7 · 6 · 5. On voit une certaine ressemblance. Il suffit de supprimer la fin, c’est-à-dire de diviser 7! par 4 · 3 · 2 · 1, ce qui nous laisse 7 · 6 · 5. Et à quoi est égal 4 · 3 · 2 · 1 ? Il est égal à 4!.

On peut donc écrire : si l’on a un ensemble de n éléments et que l’on choisit k éléments au total, l’ordre comptant, on a au total (on note parfois ce nombre $A_n^k$)

$$A_n^k=\frac{n!}{(n-k)!}$$

possibilités. Appliquons cette formule aux données du concours :

$$\frac{7!}{(7-3)!}=\frac{7\cdot 6\cdot 5\cdot 4\cdot 3\cdot 2\cdot 1}{4\cdot 3\cdot 2\cdot 1}=7\cdot 6\cdot 5=210.$$

Calculatrice

La calculatrice suivante calcule le nombre d’arrangements pour les valeurs données de n et k.

Exercices corrigés

1. Restons-en au concours de mangeurs de boulettes. Comment changerait le nombre de classements possibles pour les médailles si l’on savait que Ludovic Schnitzel, un champion qui gagne toujours, participe à la compétition ? Autrement dit, combien de classements différents existe-t-il avec 7 concurrents si Ludovic gagne à coup sûr ?

   C’est encore un arrangement simple : la première place est acquise, et il reste à déterminer comment les 6 autres concurrents peuvent occuper les deuxième et troisième places. On choisit donc 2 éléments parmi un ensemble de 6, ce qui donne

   $$\frac{6!}{(6-2)!}=30$$

2. Il y a longtemps, quand Ludovic Schnitzel n’était pas encore un champion, il finissait régulièrement sur le podium. Combien existe-t-il de classements différents pour les médailles avec 7 concurrents, si Ludovic obtient à coup sûr une médaille ?

   Cet exemple diffère du précédent : on ne sait pas à quelle place Ludovic est arrivé ; il a pu finir deuxième, voire troisième, ce dont il a honte. Il faut donc compter trois cas : Ludovic gagne, Ludovic obtient l’argent, puis Ludovic obtient le bronze. Dans chaque cas, il ne reste que deux places à occuper par les autres. Si par exemple Ludovic est deuxième, les autres participants peuvent se classer soit premiers, soit troisièmes. On compte donc à nouveau un arrangement de 2 éléments parmi 6, mais il faut le compter trois fois, pour les trois places possibles de Ludovic. Le nombre total de classements est donc :

   $$3\cdot \frac{6!}{(6-2)!}=3\cdot 30=90$$

   Remarque que ce facteur 3 peut s’écrire $A_3^1$, car on choisit en réalité un seul élément (une place précise) parmi un ensemble de trois éléments (les trois places de médailles).

3. Dans un lycée, il y a 20 professeurs. Bientôt, ce sera le bac, et il faut constituer un jury d’examen composé d’un président, d’un assesseur gentil et d’un assesseur méchant. Combien de jurys différents peut-on former ?

   Il faut d’abord se demander si l’ordre compte : oui, car les trois enseignants peuvent être disposés de six façons différentes. Le calcul est alors simple : on choisit un arrangement de 3 éléments parmi 20 :

   $$\frac{20!}{17!}=6840.$$

4. Combien de nombres à trois chiffres peut-on former avec les chiffres {0 ; 1 ; 2 ; 3 ; 4 ; 5}, si aucun chiffre ne doit être répété ?

   L’ordre compte-t-il ? Oui, 123 n’est pas le même nombre que 321. Combien existe-t-il de triplets différents ? C’est un arrangement simple de 3 éléments parmi 6 :

   $$\frac{6!}{3!}=120.$$

   Mais il faut encore retrancher les arrangements qui commencent par zéro, car 012 n’est pas un nombre à trois chiffres. La question devient donc : combien de triplets commencent par zéro ? Dans ce cas, seules les deux positions restantes varient (les triplets ont la forme (0 ; x₂ ; x₃)). On cherche donc combien de paires différentes on peut former avec les chiffres {1 ; 2 ; 3 ; 4 ; 5}. C’est à nouveau simple : ${\displaystyle \frac{5!}{3!}}=20$. Il existe donc 20 triplets qui commencent par zéro.

   Le nombre total de nombres à trois chiffres formés avec les chiffres {0 ; 1 ; 2 ; 3 ; 4 ; 5} est donc 120 − 20 = 100.

5. Combien de nombres différents à trois chiffres peut-on former avec les chiffres {1 ; 2 ; 3 ; 4 ; 5}, si aucun chiffre ne doit être répété et si le nombre obtenu doit être impair ?

   L’ordre compte, car 123 n’est pas le même nombre que 321. On forme un nombre impair à trois chiffres : les deux premières positions peuvent contenir n’importe quel chiffre, mais la dernière doit être l’un des chiffres {1 ; 3 ; 5}. On calcule d’abord le nombre de triplets que l’on peut former avec les cinq chiffres : ${\displaystyle \frac{5!}{2!}}=60$.

   Chaque chiffre apparaît aussi souvent en dernière position, donc, avec 5 chiffres, chacun apparaît en dernière position 60 / 5 = 12 fois. Comme trois chiffres {1 ; 3 ; 5} peuvent occuper la dernière place, on obtient 12 nombres se terminant par 1, 12 se terminant par 3 et 12 se terminant par 5. On applique le principe additif et on obtient 12 + 12 + 12 = 36 possibilités.

6. Calcule x, sachant que ${\displaystyle \frac{x!}{(x-2)!}}=72$. Autrement dit : on choisit des paires dans un ensemble de x éléments, et l’on sait qu’on peut former 72 paires différentes. Quelle était la taille de l’ensemble d’où l’on tirait les paires ? Écrivons :

   $$\frac{x!}{(x-2)!}=72$$

   On simplifie ensuite :

   $$\begin{array}{rcl}\frac{x!}{(x-2)!}& =& 72\\ \frac{x\cdot (x-1)\cdot (x-2)!}{(x-2)!}& =& 72\\ x\cdot (x-1)& =& 72\\ x^2-x& =& 72\\ x^2-x-72& =& 0\end{array}$$

   Il s’agit là d’une équation du second degré classique : on peut la résoudre à l’aide du discriminant, ou écrire l’équation sous la forme

   $$(x+8)\cdot (x-9)=0$$

   dont on lit directement les solutions x₁ = −8 et x₂ = 9. La solution négative ne nous intéresse pas, car un ensemble ne peut pas avoir une taille négative ; la solution de l’équation de départ est donc x = 9, l’ensemble avait neuf éléments.