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Cette page présente des solutions des problèmes de dénombrement.

Pour la plupart des problèmes une seule solution est proposée, ce qui ne veut absolument pas dire qu'il n'en existe pas d'autres.

Problèmes du drapeau

Combien peut-on former de drapeaux s'il y a toujours 4 bandes, mais avec 4 couleurs ?

Colorions le drapeau en partant du bas. On peut choisir :

  • 4 couleurs pour la première bande
  • 3 couleurs pour la deuxième bande (toutes sauf celle utilisée pour la première bande). Il y a donc 4 x 3 = 12 façons de colorier les deux premières bandes.
  • 3 couleurs pour la troisième bande (toutes sauf celle utilisée pour la deuxième bande). Il y a donc 12 x 3 = 36 façons de colorier les trois premières bandes.
  • 3 couleurs pour la dernière bande (toutes sauf celle utilisée pour la troisième bande). Il y a donc 36x 3 = 108 façons de colorier le drapeau.

 

Combien peut-on former de drapeaux s'il y a toujours 3 couleurs mais 5 bandes ?

La même méthode que pour le problème précédent conduit à dire que le nombre de drapeaux différents est alors égal à 3 x 2 x 2 x 2 x 2 = 48.

 

Combien peut on former de drapeaux s'il y a toujours 3 couleurs et si les zones sont disposées comme indiqué par le ci-dessous.

Les drapeaux réalisables peuvent être bicolores ou tricolores.

  • Dénombrons les drapeaux bicolores.

Ils peuvent être soit jaune et vert, soit jaune et rouge, soit vert et rouge. Pour chacune de ces associations, l'une des couleurs occupe les cases 1 et 4, l'autre les cases 2 et 3, il y a donc deux dispositions possibles.

Le nombre de drapeaux bicolores est donc 3 x 2 = 6

drapeau11
  • Dénombrons les drapeaux tricolores :

L'une des couleurs est présente dans deux cases (trois possibilités selon la couleur en double).

Pour chaque couleur choisie en double, les cases utilisées peuvent être soit 1-4, soit 2-3.

Pour chacune de ces dispositions, il y a deux façons de placer les deux couleurs restantes. Par exemple si les cases 1 et 4 sont jaunes, on peut décider que 2 est vert et 3 rouge ou bien que 2 est rouge et 3vert.

Le nombre de drapeaux tricolores est donc 3 x 2 x 2= 12

  • Le nombre total de drapeaux est 12 + 6 =18.

 

Combien peut on former de drapeaux s'il y a toujours 3 couleurs et si les zones sont disposées comme indiqué par le ci-dessous

Remplissons le drapeau à partir de la gauche.

  • Il y a trois façons de choisir la couleur de la première bande verticale.
  • Pour chacun des choix précédents, il y a deux façons de choisir la deuxième bande verticale.
  • Les couleurs des deux bandes horizontales sont alors imposées : on doit utiliser les deux couleurs non utilisées à l'étape précédente. On peut seulement choisir quelle couleur on place en haut (deux possibilités)
  • Le nombre de drapeaux est donc 3 x 2 x 2 = 12
drapeau10

Problèmes des diagonales et apparentés.

 

Le solide ci-dessous est un dodécaèdre régulier : il a 12 faces qui sont des pentagones réguliers.

  • Combien a-t-il de sommets ?
  • Combien a-t-il de diagonales ? (une diagonale est un segment qui joint deux sommets mais qui n'est pas située sur une face).
diagonales5

Il y a 12 faces ayant chacune 5 sommets, le nombre total de sommets des faces est donc 5 x 12 = 60.

Chaque sommet du dodécaèdre étant commun à trois faces, il est compté trois fois dans le calcul précédent, le nombre de sommets du dodécaèdre est donc 60 : 3 = 20.

 

Combien y a-t-il de diagonales du dodécaèdre issues d'un même sommet ?

Une diagonale joint ce sommet à tous ceux qui ne sont pas dans une même face que lui.

La figure permet de remarquer qu'il y a 10 sommets situés dans une même face qu'en sommet donné : lui même, 3 sommets situés à l'autre extrémité d'une arête et 3 x 2 sommets situés sur une même face mais pas sur une même arête.

Le nombre de diagonales issues d'un sommet donné est donc 20 - 10 = 10

Le dodécaèdre a 20 sommets, chacun de ces 20 sommets est à l'extrémité de 10 diagonales.

Le nombre de diagonales est donc égal à 20 x 10 : 2 = 100

Remarque : la division par 2 correspond au fait que chaque diagonale a pour extrémités deux sommets. Si on multiplie le nombre de sommets par le nombre de diagonales issues de chaque sommet, chaque diagonale est comptée deux fois.

diagonales7

On considère 12 points alignés et un point S situé hors de la droite qui porte les 12 autres points.

Combien peut-on tracer de triangles ayant pour sommets le point S et deux des 12 points alignés ?

Choisir un triangle revient à choisir un segment dont les deux extrémités sont choisies parmi les points numérotés. Ainsi, le triangle S-4-12 correspond au segment d'extrémités 4 et 12.

Nous allons donc dénombrer les segments ayant pour extrémités deux des 12 points alignés.

On peut choisir de 12 façons un premier point, puis de 11 façons un second point (tous sauf le premier). Il y a donc 12 x 11 = 132 choix possibles des deux points, mais chaque segment correspond à deux choix possibles : le segment d'extrémités 1 et 5 est le même que celui d'extrémités 5 et 1.

Le nombre de triangles que l'on peut tracer (égal au nombre de segments) est donc 132 : 2 = 66.

 

Autre méthode de dénombrement des segments :

Il y a 11 segments ayant pour extrémité le point 1

Il y a 10 segments ayant pour extrémité le point 2, mais pas le point 1

Il y a 9 segments utilisant le point 3 mais ni 1 ni 2.

De proche en proche, on parvient ainsi à montrer que le nombre total de segments est 11 + 10 + 9 + 8 + 7 + 6 + 5 + 4 + 3 + 2 + 1 = 66

 

Autre méthode de dénombrement des segments :

Décidons pour cette exercice d'appeler longueur d'un segment le nombre de segments élémentaires dont il est constitué (même si ces segments élémentaires n'ont pas la même longueur au sens habituel).

Il y a 11 segments de longueur 1, 10 segments de longueur 2, 9 segments de longueur 3……et 1 seul segment de longueur 11.

Le nombre total de segments est donc 11 + 10 + 9 + 8 + 7 + 6 + 5 + 4 + 3 + 2 + 1 = 66

Autres problèmes

divers

Problème 1

On va du point A au point B de cette grille, en suivant les lignes et sans repasser deux fois sur un même point.

Combien de chemins différents existe-t-il ?

Partageons l'ensemble des trajets en deux catégories : ceux qui passent par le point central et ceux qui ne passent pas par ce point.

La seconde catégorie ne comporte manifestement que les deux chemins dessinés ci-contre.

Dénombrons les chemins passant par le point central.

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Il existe 4 façons d'aller du point de départ au point central (sans passer par l'arrivée).

Pour chacune d'entre-elles, nous avons indiqué par une flèche bleue chacune des directions que l'on peut emprunter ensuite. On peut constater que chaque flèche bleue correspond à une façon unique de rejoindre l'arrivée.

Il y a donc 10 chemins passant par le point central, et en tout 12 chemins possibles.

Problème 2

Sur la même grille, on trace des triangles isocèles, les trois sommets étant sur les intersection.

Combien existe-t-il de tels triangles ?

Nous allons répartir les triangles isocèles en trois catégories : ceux dont le sommet prinicipal est au milieu d'un côté du carré et ceux dont le sommet principal est le centre du carré.

 

Considérons le sommet marqué par une croix rouge.

On a marqué d'une même couleur les sommets équidistants de celui ci. Il y a trois triangles isocèles dont le sommet principal est situé sur la croix rouge.

Il y a en tout 4 x 3 = 12 triangles isocèle dont le sommet principal est un sommet du carré.

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Considérons le milieu de côté du carré marqué par une croix rouge.

On a marqué d'une même couleur les sommets équidistants de celui ci. Il y a quatre triangles isocèles dont le sommet principal est situé sur la croix rouge (deux d'entre eux ont deux sommets bleus).

Il y a en tout 4 x 4 = 16 triangles isocèle dont le sommet principal est un sommet du carré.

Il y a également 8 triangles isocèles dont le sommet principal est le centre du carré : quatre d'entre eux ont pour base un côté du carré, les quatre autres ont pour base une diagonale d'un petit carré.

 

Le nombre de triangles isocèles ayant tous leurs sommets sur les intersections de cette grille est donc 12 + 16 + 8 = 36.

divers11

Esquisse d'une méthode classant les triangles isocèles selon leur base.

 

Prenons comme base le segment rouge, trois intersections de la grille sont sur sa médiatrice (sans être sur le segment), ce qui permet de dessiner trois triangles isocèles ayant le segment rouge comme base.

Il en est de même, par symétrie ou rotation, pour chacune des segments en pointillé. Cette catégorie de triangles isocèles comporte 12 membres.

 

Il faut ensuite étudier le nombre de triangles isocèles pour chacun des types de base figurant sur le dessin ci-contre.

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Problème 3

On doit payer 75 centimes d'Euro en utilisant uniquement des pièces de 50, 20,10 et 5 centimes.

De combien de façons peut-on réaliser cette somme ?

 

Nous allons chercher de combien de façon on peut choisir les pièces de 50, 20 et 10 centimes sans dépasser la somme totale de 75 centimes. Chaque solution trouvée correspond à une façon unique de réaliser 75 centimes en ajoutant une ou plusieurs pièces de 5 centimes.

 

Premier cas : on ne prend pas de pièce de 50c, le nombre de pièces de 20c peut alors être :

  • 0 et alors on peut prendre 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6 ou 7 pièces de 10c (8 possibilités)
  • 1 et alors on peut prendre 0, 1, 2, 3, 4, ou 5 pièces de 10c (6 possibilités)
  • 2 et alors on peut prendre 0, 1, 2, ou 3 pièces de 10c (4 possibilités)
  • 3 et alors on peut prendre 0 ou 1 pièce de 10c (2 possibilités)

Deuxième cas : on prend une pièce de 50c, le nombre de pièces de 20c peut alors être :

  • 0 et alors on peut prendre 0, 1 ou 2 pièces de 10 c (3 possibilités)
  • 1 et alors on ne peut pas prendre de pièce de 10 c (1 possibilité)

Le nombre de façons de réaliser 75 centimes est donc 8+6+4+2+3+1 = 24.

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Problème 4

Voici trois vues différentes d'une même pyramide régulière. Sa base est un carré et ses faces triangulaires sont équilatérales.

On colorie chacune des faces de cette pyramide en jaune, vert ou rouge.

Combien de façons différentes y a-t-il d'effectuer ce coloriage ?

Intéressons nous d'abord au nombre de façons de colorier les triangles.

Il y a trois possibilités pour que les triangles soient tous de la même couleur. (le modèle dessiné, le même en jaune ou en rouge)

 

 

Il y a 12 possibilités pour que les triangles soient de deux couleurs (les 4 dessinées, 4 rouge-jaune et quatre vert-jaune).

 

Il y a 9 possibilités pour que les triangles soient de trois couleurs les 3 dessinées, 3 avec deux triangles jaunes, 3 avec deux triangles rouges)

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Il y a donc 3 + 12 + 9 = 24 façon de colorier les faces triangulaires. Pour chacune de ces façons, la base peut prendre les 3 couleurs.

Il y a donc 24 x 3 = 72 façons d'effectuer le coloriage.

Problème 5

On trace des quadrilatères sur cette grille, chaque sommet du quadrilatère étant une intersection de la grille.

On n'accepte que de "vrais" quadrilatère, c'est à dire des quadrilatères n'ayant pas trois sommets alignés. Par ailleurs, on ne trace que des quadrilatères non croisés.

Les quadrilatères rouge et bleu ci-contre ne sont donc pas pris en compte.

Combien de quadrilatères peut-on tracer ainsi ?

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Les contraintes de l'énoncé imposent de choisir deux points sur la ligne du haut de la grille et deux points sur la ligne du bas. Une fois choisis ces quatre points, on peut tracer 3 quadrilatères, dont un seul n'est pas croisé et répond donc aux critères de l'énoncé.

De combien de façons peut-on choisir deux points sur la ligne du haut ?

Il y a 6 choix pour le premier point, puis 5 pour le deuxième. Par cette méthode chaque paire de points est comptée deux fois (on trouv par exemple A,B et B,A).

Il y a donc 6 x 5 : 2 = 15 choix possibles pour les deux points de la ligne du haut.

Pour chacun de ces choix, il y a aussi 15 choix des points de la ligne du bas.

Comme il n'y a qu'un quadrilatère qui convient pour chaque choix des quatre points, le nombre de quadrilatères qu'on peut tracer est 15 x 15 = 225

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Problème 6

Combien peut-on tracer de cercles dont le centre est une des intersections de cette grille et qui passent par au moins une autre intersection de la grille ?

 

Les dessins faits pour le problème 2 peuvent nous servir ici.

  • Si le centre du cercle est le sommet du carré marqué d'une croix rouge, le cercle peut passer par le sommet opposé à la croix rouge, par le centre du carré, les points verts, les points bleus ou les points jaunes : il y a 5 cercles possibles.

Il y a également 5 cercles ayant pour centre chacun des autres sommets du carré, donc 4 x 5 = 20 cercles ayant pour centre un des sommets du carré.

  • Si le centre du cercle est le milieu du côté du carré marqué d'une croix route, le cercle peut passer par le milieu du côté opposé, par les points bleus, les points verts ou les points jaunes : il y a 4 cercles possibles.

Il y a également 4 cercles ayant pour centre chacun des autres milieux de côté du carré, donc 4 x 4 = 16 cercles ayant pour centre le milieu d'un des côtés du carré.

  • Si le centre du cercle est le centre du carré, il y a deux cercles possibles, celui qui passe par les sommets du carré et celui qui passe par les milieux des côtés du carré.

 

Le nombre de cercles que l'on peut tracer est donc 20 + 16 + 2 = 38

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Problème 7

5 pièces identiques sont réparties dans ces trois récipients. De combien de façons différentes peut se faire la répartition ? (il est possible qu'un récipient ne contienne aucune pièce).

Organisons les différentes répartition selon le nombre de pièces placées dans le récipient A.

  • S'il n'y a aucune pièce dans A, il y a 6 répartitions possibles (de 0 à 5 pièces dans B)
  • S'il y a une pièce dans A, il y a 5 répartitions possibles (de 0 à 4 pièces dans B)
  • S'il y a 2 pièces dans A, il y a 4 répartitions possibles (de 0 à 3 pièces dans B)
  • S'il y a 3 pièces dans A, il y a 3 répartitions possibles (de 0 à 2 pièces dans B)
  • S'il y a 4 pièces dans A, il y a 2 répartitions possibles (0 ou 1 pièce dans B)
  • S'il y a 5 pièces dans A, il y a une seule répartition possible.

Le nombre de répartition différentes est donc 6 + 5 + 4 + 3 + 2 + 1 = 21

Problème 8

Même question, il y a toujours 5 pièces, mais 4 récipients, A B C et D

  • Une façon possible est de reprendre la méthode précédente : les 21 façons de répartir les 5 pièces entre A B et C sont aussi 21 façons de répartir les 5 pièces entre A B C et D (avec D vide).
  • On calcule ensuite comme dans le problème précédent combien il y a de façons de répartir 4 pièces entre A B et C. Il y en a 15 qui sont aussi 15 façons de répartir les 5 pièces entre A B C et D (avec 1 pièce en D)

Il y a également :

  • 10 répartitions avec 3 pièces dans AB ou C et 2 dans D
  • 6 répartitions avec 2 pièces dans AB ou C et 3 dans D
  • 3 répartitions avec 1 pièce dans AB ou C et 4 dans D
  • 1 répartition avec les 5 pièces dans D

Le nombre de répartition différentes est donc 21 + 15 + 10 + 6 + 3 + 1 = 56

Autre méthode :

Commençons par partager les pièces en deux groupes : celles qui vont dans les récipients A ou B d'une part, celles qui vont dans C ou D d'autre part.

Les partages possibles sont les suivants :

0—5 1—4 2—3         3—2 4—1 5—0

Pour répartir 5 pièces en 2 groupes il y a 6 possibilités : on peut mettre de 0 à 5 pièces dans le premier groupe. De façon plus générale, our répartir n pièces en 2 groupes il y a (n+1) possibilités : on peut mettre de 0 à n pièces dans le premier groupe.

Etudions combien de répartitions des 5 pièces dans les 4 récipients correspondent au partage 2—3

Il y a 2+1 = 3 façons de répartir 2 pièces entre A et B, et pour chacune d'entre elle 3+1 = 4 façons de répartir 3 pièces entre C et D.

Il y a donc 3 x 4 = 12 répartitions correspondant au partage initial 2—3

En appliquant cette technique à chacune des 6 catégories, on trouve que le nombre de répartitions des 5 pièces entre les 4 récipients est 1x6 + 2x5 + 3x4 + 4x3 + 5x2 + 6x1 = 56

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Problème 9

On multiplie entre eux deux nombres, chacun d'entre eux étant un entier compris entre 3 et 9 (3 et 9 inclus). Combien de produits différents peut-on obtenir ainsi ?

 

Une des méthodes les plus économiques consiste probablement à écrire la table de multiplication, à ne conserver qu'une fois les valeurs qui apparaissent plusieurs fois puis à compter les valeurs restantes.

On obtient 26 produits différents.

 

 

Problème 10

Combien y a-t-il de nombres dont le quotient dans la division par 1259 est 6 et dont le reste dans la division par 50 est 17 ?

 

Les nombres ayant pour quotient 6 dans la division par 1259 sont tous les nombres entiers de 6 x 1259 à x 1259 - 1, c'est à dire de  7554 à 8812.

Les nombres dont le reste dans la division par 50 est 17 sont ceux qui se terminent par 17 ou par 67.

Le plus petit nombre respectant les deux critères est donc 7567, il y a ensuite 2 solutions parmi les nombres comportant 76 centaines, ainsi que dans toutes les centaines qui suivent, jusqu'à 87 centaines.

Il y a donc en tout 25 nombres qui conviennent.

 

 

 

 

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