Dénombrement et combinaisons : corrigé du contrôle de maths en terminale
Voici le corrigé du contrôle de maths en terminale sur le thème « dénombrement et combinaisons », question par question.
Cette correction ne se contente pas des résultats numériques. Pour chaque question, elle nomme d’abord le modèle de dénombrement retenu, puis elle explique pourquoi l’ordre compte ou non. En effet, c’est cette justification qui rapporte l’essentiel des points au bac.
Les calculs de combinaisons sont écrits avec les factorielles, puis simplifiés à la main avant la vérification à la calculatrice. Le triangle de Pascal complété figure aussi, avec la relation de Pascal mise en couleur. Compare donc ta rédaction ligne par ligne, relève les points perdus dans le barème et lis les pièges classiques signalés, notamment la confusion entre arrangement et combinaison.
L’énoncé complet se trouve ici : Dénombrement et combinaisons : contrôle de maths en terminale.
Barème du contrôle corrigé : dénombrement et combinaisons
| Exercice | Points |
|---|---|
| 1. Factorielles et combinaisons | 3 points |
| 2. Le code du casier | 4 points |
| 3. Podiums et anagrammes | 4 points |
| 4. Le triangle de Pascal | 4 points |
| 5. Les pizzas de Maëlys | 5 points |
| Total | 20 points |
Le corrigé détaillé : dénombrement et combinaisons
Exercice 1 – Factorielles et combinaisons (3 points)
- Par définition, \(6! = 6 \times 5 \times 4 \times 3 \times 2 \times 1\), donc \(6! = 720\).
- On écrit \(9! = 9 \times 8 \times 7!\). Ainsi, \(\frac{9!}{7!} = 9 \times 8\), donc \(\frac{9!}{7!} = 72\).
- « 2 parmi 7 » vaut \(\frac{7!}{2! \times 5!} = \frac{7 \times 6}{2 \times 1} = \frac{42}{2}\), donc « 2 parmi 7 » \(= 21\).
- Choisir les 3 éléments qu’on garde dans un ensemble à 10 éléments revient à choisir les 7 éléments qu’on laisse. Il y a donc autant de parties à 3 éléments que de parties à 7 éléments. On le retrouve aussi par le calcul, car les deux nombres s’écrivent \(\frac{10!}{3! \times 7!}\).
Ensuite, \(\frac{10!}{3! \times 7!} = \frac{10 \times 9 \times 8}{3 \times 2 \times 1} = \frac{720}{6} = 120\). Par conséquent, « 3 parmi 10 » \(=\) « 7 parmi 10 » \(= 120\). - Pour \(n \geq 1\), on a \((n + 1)! = (n + 1) \times n \times (n – 1)!\). En simplifiant par \((n – 1)!\), on obtient \(\frac{(n + 1)!}{(n – 1)!} = n(n + 1)\).
Piège classique : \(\frac{9!}{7!}\) n’est pas égal à \(\left(\frac{9}{7}\right)!\) ; on simplifie en écrivant la plus grande factorielle à l’aide de la plus petite.
Exercice 2 – Le code du casier (4 points)
- L’arbre a 3 branches au premier niveau, puis 2 branches issues de chaque lettre, enfin 2 branches issues de chaque chiffre. Il se termine donc par \(3 \times 2 \times 2 = 12\) feuilles : le cadenas propose 12 codes. Les codes qui commencent par B sont B0X, B0Y, B1X et B1Y.
- Le cardinal d’un produit cartésien est le produit des cardinaux. Ainsi, le cardinal vaut \(3 \times 2 \times 2\), soit 12 codes, ce qui confirme la lecture de l’arbre.
- Un code est une liste ordonnée de 4 chiffres, et les répétitions sont permises : c’est un 4-uplet de l’ensemble des 10 chiffres. Il y a donc \(10^4\) codes, soit 10 000 codes possibles.
- L’ordre compte, mais les chiffres doivent être distincts : on compte donc des arrangements de 4 éléments parmi 10. On a 10 choix pour le premier chiffre, puis 9, puis 8, enfin 7 :
\(10 \times 9 \times 8 \times 7 = 5\,040\)
Il y a 5 040 codes formés de chiffres tous différents. - « Au moins un chiffre apparaît plusieurs fois » est le contraire de « les quatre chiffres sont tous différents ». On passe donc au complémentaire :
\(10\,000 – 5\,040 = 4\,960\)
Ainsi, 4 960 codes contiennent un chiffre répété.
Exercice 3 – Podiums et anagrammes (4 points)
- Un podium est une liste ordonnée de 3 nageuses distinctes, car l’or et l’argent ne sont pas équivalents. On compte donc les arrangements de 3 éléments parmi 8 :
\(8 \times 7 \times 6 = 336\)
On peut obtenir 336 podiums différents. - Un classement complet ordonne les 8 nageuses : c’est une permutation de 8 éléments. Il y en a \(8! = 40\,320\), donc 40 320 classements complets.
- Les cinq lettres de MATHS sont toutes différentes, donc une anagramme est une permutation de ces 5 lettres. On obtient \(5! = 120\), soit 120 anagrammes.
- Le mot comporte 5 places. D’abord, on choisit les 2 places des R parmi les 5, sans ordre puisque les deux R sont identiques : « 2 parmi 5 » \(= \frac{5 \times 4}{2} = 10\) choix.
Ensuite, on choisit les 2 places des A parmi les 3 places restantes : « 2 parmi 3 » \(= 3\) choix.
Enfin, le D occupe la dernière place : 1 seul choix.
D’après le principe multiplicatif, \(10 \times 3 \times 1 = 30\). Le mot RADAR possède donc 30 anagrammes.
Piège classique : répondre \(5! = 120\) pour RADAR. En effet, échanger les deux R ou les deux A ne crée pas un nouveau mot, c’est pourquoi on choisit des places sans ordre.
Exercice 4 – Le triangle de Pascal (4 points)
- Chaque case s’obtient en ajoutant la case située au-dessus et celle située au-dessus à gauche. La ligne 5 est donc 1 ; 5 ; 10 ; 10 ; 5 ; 1 et la ligne 6 est 1 ; 6 ; 15 ; 20 ; 15 ; 6 ; 1.
- Relation de Pascal : pour tous entiers \(n \geq 1\) et \(1 \leq k \leq n – 1\), « k parmi n » est égal à « k − 1 parmi n − 1 » plus « k parmi n − 1 ».
Pour \(n = 6\) et \(k = 2\), on obtient : « 2 parmi 6 » \(=\) « 1 parmi 5 » \(+\) « 2 parmi 5 » \(= 5 + 10 = 15\). De plus, le calcul direct donne \(\frac{6 \times 5}{2} = 15\) : la relation est vérifiée. - On ajoute les nombres de la ligne 6 :
\(1 + 6 + 15 + 20 + 15 + 6 + 1 = 64\)
On retrouve \(64 = 2^6\). En effet, la ligne 6 compte les parties à 0, 1, 2, …, 6 éléments d’un ensemble à six éléments. Leur somme est donc le nombre total de parties d’un ensemble à six éléments, soit \(2^6 = 64\). - Parmi les 64 parties, on retire la partie vide (1 partie) et les singletons (6 parties) :
\(64 – 1 – 6 = 57\)
L’ensemble a donc 57 parties contenant au moins deux éléments.
Exercice 5 – Les pizzas de Maëlys (5 points)
- Une pizza à trois ingrédients est une partie à 3 éléments de l’ensemble des 10 ingrédients, car l’ordre ne compte pas et il n’y a pas de répétition. On calcule donc « 3 parmi 10 » \(= \frac{10 \times 9 \times 8}{3 \times 2 \times 1} = 120\). On peut composer 120 pizzas à trois ingrédients.
- D’abord, on choisit 2 légumes parmi 6 : « 2 parmi 6 » \(= 15\) choix. Puis, on choisit 1 fromage parmi 4 : 4 choix.
D’après le principe multiplicatif, \(15 \times 4 = 60\). Ainsi, 60 pizzas contiennent exactement deux légumes et un fromage. - Le contraire de « au moins un fromage » est « aucun fromage », c’est-à-dire trois légumes. Il y a « 3 parmi 6 » \(= \frac{6 \times 5 \times 4}{6} = 20\) pizzas sans fromage.
Par conséquent, \(120 – 20 = 100\) : 100 pizzas contiennent au moins un fromage.
Vérification directe : \(4 \times 15 + 6 \times 6 + 4 = 60 + 36 + 4 = 100\) (un, deux ou trois fromages). - Une pizza correspond alors à une partie quelconque de l’ensemble des 10 ingrédients, la partie vide donnant la pizza nature. Or un ensemble à 10 éléments possède \(2^{10}\) parties. Il y a donc 1 024 pizzas possibles.
- Une formule est un triplet (pizza, boisson, dessert) : on multiplie donc les nombres de choix.
\(120 \times 5 \times 4 = 2\,400\)
Maëlys propose 2 400 formules différentes.
Piège classique : à la question 3, compter « 1 fromage, puis 2 ingrédients quelconques » donne \(4 \times 36 = 144\), car une pizza à deux fromages est alors comptée deux fois.
À retenir de ce contrôle
- Si l’ordre compte et que les répétitions sont permises, on compte des k-uplets : il y en a n puissance k dans un ensemble à n éléments.
- Le nombre d’arrangements de k éléments parmi n vaut n! divisé par (n − k)!, et le nombre de permutations de n éléments vaut n!.
- Le nombre de combinaisons « k parmi n » vaut n! divisé par k! (n − k)! ; il sert quand on choisit une partie sans tenir compte de l’ordre.
- La relation de Pascal ajoute deux cases voisines d’une ligne pour obtenir la case située sous la seconde, et la somme de la ligne n vaut 2 puissance n.
- Pour une condition « au moins un », on retranche du total le nombre de cas où la condition n’est jamais réalisée.
Revenir à l’énoncé du contrôle
Consolider dénombrement et combinaisons après ce corrigé
D’autres évaluations corrigées t’attendent sur la page contrôles de maths en terminale.
Autres corrigés sur le même thème
Télécharger ou imprimer cette fiche «dénombrement et combinaisons : corrigé du contrôle de maths en terminale» au format PDF afin de pouvoir travailler en totale autonomie.
Ressources de maths en Terminale
Cours
Tout voir
Exercices corrigés
Tout voir
Contrôles
Tout voir
QCM
Tout voir
