Corrigé du contrôle de maths Terminale : combinaisons et triangle de Pascal

Exercice 1 : Calculer des combinaisons (4 points)

1. D’abord, \(C(6, 2) = \dfrac{6!}{2! \times 4!} = \dfrac{6 \times 5 \times 4!}{2 \times 4!} = \dfrac{6 \times 5}{2} = 15\).
   Ensuite, \(C(7, 3) = \dfrac{7!}{3! \times 4!} = \dfrac{7 \times 6 \times 5 \times 4!}{6 \times 4!} = 7 \times 5 = 35\).
   Ainsi, \(C(6, 2) = 15\) et \(C(7, 3) = 35\).
2. Il y a une seule partie vide et 10 parties à un élément. De plus, il existe une seule partie à 10 éléments (l’ensemble lui-même). Donc \(C(10, 0) = 1\), \(C(10, 1) = 10\) et \(C(10, 10) = 1\).
3. Par symétrie, \(C(n, k) = C(n, n – k)\). En effet, choisir les 18 éléments retenus revient à choisir les 2 éléments écartés. Donc \(C(20, 18) = C(20, 2) = \dfrac{20 \times 19}{2} = 190\). \(C(20, 18) = 190\).
4. On a \(C(n, 2) = \dfrac{n!}{2! \times (n – 2)!} = \dfrac{n \times (n – 1) \times (n – 2)!}{2 \times (n – 2)!} = \dfrac{n(n – 1)}{2}\).
   Or une poignée de main correspond à une paire de personnes. C’est-à-dire une partie à 2 éléments de l’ensemble des 30 personnes : \(C(30, 2) = \dfrac{30 \times 29}{2} = 435\). Ainsi, 435 poignées de main sont échangées.

Barème : a) 0,75 point par combinaison (0,5 point pour la simplification, 0,25 point pour le résultat) ; b) 0,5 point pour les trois valeurs ; c) 0,5 point pour la symétrie, 0,5 point pour le résultat ; d) 0,5 point pour la démonstration, 0,5 point pour les 435 poignées de main.

Exercice 2 : Le triangle de Pascal (4 points)

1. Chaque nombre s’obtient ainsi : on ajoute le nombre situé au-dessus et celui situé au-dessus à gauche.
   

   \(n\) / \(k\)	0	1	2	3	4	5	6	7
   5	1	5	10	10	5	1
   6	1	6	15	20	15	6	1
   7	1	7	21	35	35	21	7	1

2. Relation de Pascal : pour \(1 \leq\, k \leq\, n\), \(C(n + 1, k) = C(n, k – 1) + C(n, k)\).
   Par exemple, \(C(6, 3) = C(5, 2) + C(5, 3) = 10 + 10 = 20\). C’est donc la relation de Pascal qui permet de compléter chaque ligne à partir de la précédente.
3. On lit d’abord \(C(7, 3) = 35\).
   Puis on fait la somme de la ligne 7 : \(1 + 7 + 21 + 35 + 35 + 21 + 7 + 1 = 128\). Ainsi, \(C(7, 3) = 35\) et la somme de la ligne 7 vaut 128, c’est-à-dire \(2^7\).
4. La somme \(C(n, 0) + C(n, 1) + \text{etc.} + C(n, n)\) compte les parties d’un ensemble à \(n\) éléments ayant 0 élément, puis 1 élément, et ainsi de suite jusqu’à \(n\) éléments. Elle compte donc toutes les parties de cet ensemble, une et une seule fois. Or un ensemble à \(n\) éléments possède \(2^n\) parties. En effet, pour chaque élément, on décide s’il appartient ou non à la partie. Par conséquent, la somme des nombres de la ligne \(n\) est égale à \(2^n\).

Barème : a) 0,5 point par ligne complétée sans erreur ; b) 0,25 point pour la relation, 0,25 point pour l’exemple ; c) 0,5 point pour la lecture, 0,5 point pour la somme ; d) 0,5 point pour l’interprétation de la somme, 0,5 point pour le nombre de parties.

Exercice 3 : Démontrer la relation de Pascal (4 points)

1. Une partie à \(k\) éléments qui contient \(a\) est déterminée par ses \(k – 1\) autres éléments. Ceux-ci sont choisis parmi les \(n\) éléments de \(E\) différents de \(a\). Il y en a donc \(C(n, k – 1)\).
2. De même, une partie à \(k\) éléments qui ne contient pas \(a\) est formée de \(k\) éléments choisis parmi les \(n\) éléments différents de \(a\). Il y en a donc \(C(n, k)\).
3. Une partie de \(E\) à \(k\) éléments contient \(a\) ou ne le contient pas, mais jamais les deux. Ainsi, les deux cas sont disjoints et couvrent toutes les parties. Par le principe additif, le nombre total de parties de \(E\) à \(k\) éléments est donc la somme des deux nombres trouvés. Or ce nombre total vaut \(C(n + 1, k)\). \(C(n + 1, k) = C(n, k – 1) + C(n, k)\).
4. On applique alors la relation avec \(n = 9\) et \(k = 5\) : \(C(10, 5) = C(9, 4) + C(9, 5) = 126 + 126\). Finalement, \(C(10, 5) = 252\).

Barème : a) 0,5 point pour le raisonnement, 0,5 point pour le résultat ; b) 0,5 point pour le raisonnement, 0,5 point pour le résultat ; c) 0,5 point pour la disjonction des cas, 0,5 point pour la conclusion ; d) 0,5 point pour l’application de la relation, 0,5 point pour le résultat.

Erreur fréquente : en a), répondre \(C(n + 1, k – 1)\) en oubliant que \(a\) est déjà choisi. En effet, les autres éléments se choisissent parmi \(n\) éléments seulement.

Exercice 4 : Mains de cinq cartes (4 points)

1. Une main est une partie à 5 éléments de l’ensemble des 32 cartes : c’est donc une combinaison.
   \(C(32, 5) = \dfrac{32 \times 31 \times 30 \times 29 \times 28}{5 \times 4 \times 3 \times 2 \times 1} = \dfrac{24\,165\,120}{120} = 201\,376\). Ainsi, Julien peut obtenir \(201\,376\) mains.
2. On choisit d’abord 2 as parmi les 4. Puis, indépendamment, on choisit 3 cartes parmi les 28 cartes qui ne sont pas des as.
   \(C(4, 2) = 6\) et \(C(28, 3) = \dfrac{28 \times 27 \times 26}{6} = 3\,276\). Par le principe multiplicatif : \(6 \times 3\,276 = 19\,656\). Donc \(19\,656\) mains contiennent exactement 2 as.
3. Ici, les 5 cartes sont choisies parmi les 28 cartes qui ne sont pas des as.
   \(C(28, 5) = \dfrac{28 \times 27 \times 26 \times 25 \times 24}{120} = 98\,280\). Ainsi, \(98\,280\) mains ne contiennent aucun as.
4. « Au moins un as » est le contraire de « aucun as » : \(201\,376 – 98\,280 = 103\,096\).
   Puisque les mains sont équiprobables, la probabilité est \(\dfrac{103\,096}{201\,376} \approx 0{,}51\). Donc \(103\,096\) mains contiennent au moins un as. La probabilité d’en obtenir une est environ \(0{,}51\).

Barème : a) 0,5 point pour le modèle, 0,5 point pour le résultat ; b) 0,5 point pour la décomposition, 0,5 point pour le résultat ; c) 0,5 point pour le choix parmi 28, 0,5 point pour le résultat ; d) 0,5 point pour le complémentaire, 0,5 point pour la probabilité.

Exercice 5 : Le bon modèle de dénombrement (4 points)

1. Les membres du comité n’ont pas de fonction : l’ordre ne compte pas et il n’y a pas de répétition. C’est donc une combinaison.
   \(C(12, 4) = \dfrac{12 \times 11 \times 10 \times 9}{4 \times 3 \times 2 \times 1} = \dfrac{11\,880}{24} = 495\). Il y a 495 comités possibles.
2. On utilise deux combinaisons : 2 filles parmi 7 et 2 garçons parmi 5. Ensuite, on applique le principe multiplicatif.
   \(C(7, 2) \times C(5, 2) = 21 \times 10 = 210\). Ainsi, 210 comités comprennent exactement 2 filles et 2 garçons.
3. Les fonctions sont différentes, donc l’ordre compte. De plus, un membre n’occupe qu’une fonction : c’est alors un arrangement de 3 membres parmi 12.
   \(12 \times 11 \times 10 = 1\,320\). Il y a \(1\,320\) bureaux possibles.
4. À chaque membre, dans l’ordre de la liste des 12 membres, on associe une activité parmi 3. Les répétitions sont possibles : c’est donc une liste avec répétition (un 12-uplet).
   \(3^{12} = 531\,441\). Finalement, il y a \(531\,441\) répartitions possibles.

Barème : pour chaque question, 0,5 point pour le modèle correctement identifié et justifié, 0,5 point pour le résultat.

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Après le corrigé du contrôle : combinaisons et triangle de Pascal

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