
\chapter{Probabilités}

\section{Probabilité sur un ensemble fini}

\subsection{Evènement aléatoire}

			Historiquement, la notion de probabilité s'est dégagée à partir d'exemples simples empruntés aux jeux de hasard (le mot hasard vient de l'arabe \emph{az-zahr} : le dé).

			Nous allons introduire cette notion en l'associant à un exemple : le jeu de dé.

\begin{center}
\begin{tabular}{|c|c|}
\hline
\vbox{\hsize=5cm DÉFINITIONS}   &  \vbox{\hsize=5cm EXEMPLE}  \\
\hline
\vtop{\hsize=5cm Une expérience aléatoire est une expérience dont on ne peut prévoir le résultat.}   &  \vtop{\hsize=5cm L'expérience est le jet d'un dé cubique ordinaire.
Le résultat de l'expérience est le nombre indiqué sur la face supérieure du dé. } \\
\hline
\vtop{\hsize=5cm On peut alors lui associer alors un univers appelé aussi ensemble fondamental de l'expérience qui est l'ensemble de tous les résultats possibles de l'expérience aléatoire. On le note $\Omega$.}   &  \vtop{\hsize=5cm $\Omega = \{1,2,3,4,5,6\}$.}  \\
\hline
\vbox{\hsize=5cm Un événement aléatoire est un sous-ensemble de $\Omega$.} & 
\vbox{\hsize=5cm L'événement \emph{obtenir un nombre pair} est le sous-ensemble $A=\{2,4,5\}$ de $\Omega$.} \\
\hline
\vtop{\hsize=5cm On dit que l'événement $A$ est réalisé si le résultat de l'expérience appartient à $A$.} & 
\vtop{\hsize=5cm Si la face supérieure du dé indique 5, $A$ n'est pas réalisé. Si elle indique 4, $A$ est réalisé.}\\
\hline
\vtop{\hsize=5cm Si un événement ne  contient qu'un seul élément, on dit que c'est un événement élémentaire.} & 
\vtop{\hsize=5cm $B = \{1\}$ est un des 5 événements élémentaires de $\Omega$}.\\
\hline
\end{tabular}
\end{center}

\subsection{De la fréquence à la probabilité de réalisation d'un évènement aléatoire}

		La fréquence théorique d'un événement est la limite de la fréquence de réalisation de cet événement lorsque le nombre de répétitions d'une même expérience tend vers l'infini (c'est ce qu'exprime une des lois de la théorie des probabilités appelée la loi faible des grands nombres).

		Cela signifie que si l'on veut connaître la fréquence théorique d'apparition du nombre 6 dans notre jet de dé, il suffit de le lancer un grand nombre de fois, 10000 par exemple. La fréquence théorique cherchée, que l'on appellera probabilité de réalisation de l'événement élémentaire $\{6\}$, sera très voisine de la fréquence expérimentale d'apparition du nombre 6 au cours de nos 10000 lancers. Elle sera encore plus voisine de la fréquence expérimentale obtenue lors de 100000 lancers. Le grand nombre de répétitions de l'expérience aléatoire efface la notion de ``chance''.

		La notion de fréquence théorique ou de probabilité va permettre d'indiquer si, lors d'une expérience aléatoire, un événement donné est plus ou moins susceptible d'être réalisé.

\medskip	

Les probabilités peuvent être classées suivant trois critères :

\begin{itemize}
  \item Une probabilité à priori est une probabilité déterminée à l'avance, sans effectuer aucune expérience.
  
 \textbf{Exemple}. On peut à priori accorder une probabilité de 0.5 à événement qui consiste à obtenir le côté face d'une pièce de monnaie non truquée.
 
  \item La probabilité empirique d'un événement est déterminée à l'aide de l'observation et de l'expérimentation. C'est la valeur limite de la fréquence de réalisation de événement lorsque l'expérience est réalisée un très grand nombre de fois.
 
 \textbf{Exemple}. Si lorsqu'on a lancé la pièce de monnaie 10000 fois on constate que la fréquence du côté face se stabilise autour de 0.65, il faut envisager de réviser notre  probabilité à priori et conclure que la pièce est truquée. Ce type de probabilité joue un rôle important pour les prévisions d'articles en stock chez un détaillant, pour le calcul des primes des compagnies d'assurances, etc...
 
\item La probabilité subjective est le dernier type de probabilité. Elle intervient lorsqu'il est impossible d'établir une probabilité à priori ou une probabilité empirique. 

 \textbf{Exemple}. Le directeur d'une entreprise peut en se fiant à son expérience affirmer qu'il y a une probabilité de 0.6 que ses employés déclenchent une grève.
\end{itemize} 

	Nous nous intéresserons principalement aux deux premiers types de probabilité.
	
\medskip

	Vu qu'une probabilité peut être considérée comme une fréquence idéale, on lui connaît d'avance certaines propriétés.
\begin{itemize}
  \item Une probabilité est une quantité sans dimension.
  \item Elle est toujours comprise entre 0 et 1.
  \item L'univers $\Omega$ a la probabilité maximum d'être réalisé, car c'est l'événement certain. Sa probabilité de réalisation est donc égale à 1. 
  \item Si $A$ et $B$ sont \emph{incompatibles} (ensembles disjoints), la fréquence de réalisation de l'événement $A$ ou $B$ est la somme de la fréquence de réalisation de $A$ et de la fréquence de réalisation de $B$.
\end{itemize} 

\subsection{Propriétés des probabilités d'un évènement aléatoire}
		
\begin{defi}
\label{certain}
Si l'univers $\Omega$ est constitué de $n$ événements élémentaires $\{e_i \}$, une \emph{mesure de probabilité} sur $\Omega$ consiste à se donner $n$ nombres $p_i \in[0,1]$, les probabilités des événements élémentaires, tels que
\begin{eqnarray*}
\sum_{i=1}^{n}p_i =1.
\end{eqnarray*}
Si l'événement $A$ est la réunion disjointe de $k$ événements élémentaires $\{e_i \}$, avec $0 <  k < n$, la probabilité de $A$ vaut, par définition,
\begin{eqnarray*}
p(A)=p(\bigcup_{i=1}^{k}\{e_i \}) =\sum_{i=1}^{k}p(e_i ) =\sum_{i=1}^{k}p_i .
\end{eqnarray*}
Par suite, $0\leq p(A)\leq 1$.
\end{defi}

 La signification concrète de la probabilité d'un événement $A$ est la suivante. Dans une expérience aléatoire, plus $p(A)$ est proche de 1, plus $A$ a de chances d'être réalisé; plus $p(A)$ est proche de 0, moins il a de chances d'être réalisé. 

\begin{exemple}
\label{equi}
Probabilité \emph{uniforme} ou \emph{équiprobabilité} : tous les $P_i$ valent $1/n$. La probabilité d'un sous-ensemble à $k$ éléments vaut alors $\d p(A)=\frac{k}{n}=\frac{\textrm{card}A}{\textrm{card}\Omega}$.
\end{exemple}
On exprime aussi cette propriété par la formule
\begin{eqnarray*}
p(A)=\frac{\textrm{Nombre de cas favorables}}{\textrm{Nombre de cas possibles}}.
\end{eqnarray*}

Les propriétés suivantes découlent de la définition.

\begin{priete}
\label{incompatibles}
Si $A$ et $B$ sont incompatibles, i.e., si leur intersection $A\cap B$ est vide, alors 
\begin{eqnarray*}
p(A\cup B)= p(A)+p(B).
\end{eqnarray*}
\end{priete}

\begin{center}
\includegraphics[width=2in]{incompatibles.pdf}
\end{center}

\begin{priete}
\label{inclusion}
Si $B$ est un sous-ensemble de $A$, 
\begin{eqnarray*}
B\subseteq A \Rightarrow p(B)\leq p(A).
\end{eqnarray*}
\end{priete}
En effet, $A = B\cup (A\setminus B)$. Or $B$ et $A\setminus B$ sont incompatibles ($A\setminus B$ est l'ensemble des éléments de $A$ qui ne sont pas éléments de $A$). Donc $p(A) = p(B) + p(A\setminus B)$. Comme $p(A\setminus B)$ est positive, on obtient le résultat annoncé. 

\begin{center}
\includegraphics[width=2in]{inclusion.pdf}
\end{center}

\begin{priete}
\label{vide}
On appelle $\emptyset$ l'évènement impossible, puisqu'il n'est jamais réalisé. Sa probabilité vaut $p(\emptyset)=0$.
\end{priete}

\begin{priete}
\label{contraire}
On note $\bar{A}$ l'évènement contraire de $A$. C'est le complémentaire de $A$ dans $\Omega$. Sa probabilité vaut
\begin{eqnarray*}
p(\bar{A})=1-p(A).
\end{eqnarray*}
\end{priete}

\begin{center}
\includegraphics[width=2in]{contraire.pdf}
\end{center}

\begin{priete}
\label{totales}
\emph{(Théorème des probabilités totales)}.  Si $A$ et $B$ sont deux sous-ensembles de $\Omega$,
\begin{eqnarray*}
p(A\cup B)=p(A)+p(B)-p(A\cap B).
\end{eqnarray*}
\end{priete}

\preuve
$p(A) = p(A\setminus B) + p(A\cap B)$ car $A\setminus B$ et $A\cap B$ sont incompatibles. De même $p(B) = p(B\setminus A) + p(A\cap B)$ car $B\setminus A$ et $A\cap B$ sont incompatibles. De plus, 
$p(A\cup B) = p(A\setminus B) + p(B\setminus A) + p(A\cap B)$,
car $A\setminus B$ , $B\setminus A$ et $A\cap B$ sont incompatibles. En additionnant, il vient 
$p(A\cup B)=p(A)+p(B)-p(A\cap B)$.\qed

\begin{center}
\includegraphics[width=2in]{totale.pdf}
\end{center}

\begin{priete}
\label{add}
\emph{(Généralisation du théorème des probabilités totales ou règle de l'addition)}. Si $A_1 ,\ldots,A_k$ forment une \emph{partition} de $\Omega$, i.e. ils sont deux à deux disjoints ($i\not=j \Rightarrow A_i \cap A_j =\emptyset$), et $\d\Omega=\bigcup_{j=1}^{k}A_j$, alors
\begin{eqnarray*}
\sum_{j=1}^{k}p(A_j )=1.
\end{eqnarray*}
\end{priete}
Dans cette situation, on dit parfois que les $A_j$ forment
un \emph{système complet d'évènements}.

\begin{center}
\includegraphics[width=2in]{partition.pdf}
\end{center}


\section{Probabilité conjointe}

		La probabilité que deux événements $A$ et $B$ se réalisent est appelée probabilité conjointe de $A$ et $B$, notée $p(A\cap B)$ et s'énonçant probabilité de $A$ et $B$. 
		Le calcul de cette probabilité s'effectue de manière différente selon que $A$ et $B$ sont dépendants ou indépendants, c'est-à-dire selon que la réalisation de l'un influence ou non celle de l'autre.

\subsection{Evénements indépendants}

\begin{exemple}
\label{exindep}
Je lance un dé rouge et un dé vert et je cherche la probabilité d'obtenir un total de 2. Je dois donc obtenir 1 avec chacun des deux dés. La probabilité d'obtenir 1 avec le dé rouge est $1/6$ et demeurera $1/6$ quelque soit le résultat du dé vert. Les deux événements ``obtenir 1 avec le dé rouge'' et ``obtenir 1 avec le dé vert'' sont indépendants.
\end{exemple}

\begin{priete}
\label{probindep}
Si deux événements sont indépendants, la probabilité qu'ils se réalisent tous les deux est égale au produit de leurs probabilités respectives. On peut donc écrire :
\begin{eqnarray*}
p(A\cap B) = p(A)\times p(B).
\end{eqnarray*}
\end{priete}

Dans notre exemple : $p(\textrm{total} = 2) = p(\textrm{dé vert} = 1)\times p(\textrm{dé rouge} = 1) = 1/36$.

\begin{rem}
\label{remindep}
Les tirages avec remise constituent une bonne illustration d'événements in\-dé\-pen\-dants.
\end{rem}
 
\subsection{Evénements dépendants - probabilité conditionnelle}

	Si deux événements sont dépendants plutôt qu'indépendants, comment calculer la probabilité que les deux se réalisent, puisque la probabilité de réalisation de l'un dépend de la réalisation de l'autre ? 
Il nous faut connaître pour cela le degré de dépendance des deux événements qui est indiqué par la notion de probabilité conditionnelle.

\begin{defi}
\label{defpcond}
Soient $A$ et $B$ deux événements, $A$ étant supposé de probabilité non nulle. On appelle \emph{probabilité conditionnelle} de $B$ par rapport à $A$, la probabilité de réalisation de l'événement $B$ sachant que $A$ est réalisé. On la note
\begin{eqnarray*}
p(B|A) =  \frac{p(A\cap B)}{p(A)}.
\end{eqnarray*}
\end{defi}
$p(B|A)$ se lit \emph{$p$ de $B$ si $A$} ou \emph{$p$ de $B$ sachant $A$}.

\begin{rem}
\label{remprobcond}
L'application : $p_B :A\mapsto p_B (A) = p(A|B)$, $\Omega\to[0,1]$, est une probabilité sur $\Omega$ et vérifie toutes les propriétés d'une probabilité.
\end{rem}

\begin{theo}
\label{probcomp}
\emph{(Théorème des probabilités composées ou règle de la multiplication)}.
\begin{eqnarray*}
p(A\cap B)=p(B|A)p(A)=p(A|B)p(B).
\end{eqnarray*}
\end{theo}
	
En voici une généralisation. Soit $A_1 ,\ldots,A_k$ un système complet d'évènements. Alors
\begin{eqnarray*}
p(B)=\sum_{j=1}^{k}p(B\cap A_j )=\sum_{j=1}^{k}p(A_j )p(B|A_j ).
\end{eqnarray*}

\begin{theo}
\label{bayes}
\emph{(Formule de Bayes)}. Soit $A_1 ,\ldots,A_k$ un système complet d'évènements. Soit $E$ un évènement de probabilité non nulle. Alors
\begin{eqnarray*}
p(A_j |E)=\frac{p(A_j \cap E)}{p(E)}=\frac{p(A_j )p(E|A_j )}{\sum_{i=1}^{k}p(A_i )p(E|A_i )}.
\end{eqnarray*}
\end{theo}

\begin{rem}
\label{remdep}
Les tirages sans remise constituent une bonne illustration d'événements dépendants.
\end{rem}

\begin{exo}
\label{exdep}
Une urne contient 5 boules noires et 3 boules blanches. Quelle est la probabilité d'extraire 2 boules blanches en 2 tirages ?
\end{exo}

\sol{exdep}{Tirage sans remise}{
	Appelons $B_1$, l'événement : obtenir une boule blanche au premier tirage.

	Appelons $B_2$, l'événement : obtenir une boule blanche au deuxième tirage.

	La probabilité cherchée $p(B_1 \cap B_2 )$ est égale à $p(B_1 )\times p(B_2 |B_1 )$. Or $p(B_1 )$ vaut $3/8$ et $p(B_2 |B_1 )$ est égale à $2/7$ puisque lorsqu'une boule blanche est sortie au premier tirage, il ne reste plus que 7 boules au total, dont 2 seulement sont blanches. On conclut que $p(B_1 \cap B_2 )=\frac{3}{8}\times\frac{2}{7}=\frac{3}{28}$.}

\section{Comment aborder un exercice de probabilités ?}
		
Dans de nombreux problèmes, la recherche des solutions peut être facilitée par la démarche suivante.

\begin{enumerate}
  \item Déterminer la liste des événements élémentaires ou décrire le contenu de l'univers $\Omega$.
  \item Rechercher la mesure de probabilité associée à cet univers.
\begin{itemize}
  \item Soit la probabilité est uniforme et dans ce cas, la probabilité d'un événement $A$ est donnée par $p(A)=\frac{\textrm{card}A}{\textrm{card}\Omega}$.
  \item Soit on détermine la probabilité de chaque événement élémentaire en n'oubliant pas que la somme de toutes les probabilités de ces événements élémentaires est égale à 1.
\end{itemize}
  \item Identifier correctement le ou les événements dont on cherche à évaluer la probabilité.
  \item Utiliser la formule appropriée permettant de calculer la probabilité demandée. On pourra se poser la question suivante : Doit-on calculer la probabilité
? \begin{itemize}
  \item D'un événement élémentaire ?
  \item D'un événement contraire ?
  \item Événements compatibles ou incompatibles (probabilités totales) ?
  \item Événements dépendants ou indépendants (probabilités composées) ? 
\end{itemize}
\end{enumerate}

\begin{exo}
\label{exdespipes}
\begin{enumerate}
  \item On jette deux dés non pipés. Quelle est la probabilité d'obtenir un total de 7 points ?
  \item Cette fois-ci les dés sont pipés : les numéros pairs sont deux fois plus probables que les numéros impairs. Quelle est la probabilité d'obtenir un total différent de 8 ?
\end{enumerate}
\end{exo}

\sol{exdespipes}{Dés pipés}{
\begin{enumerate}
  \item \begin{itemize}
  \item L'univers est l'ensemble de tous les résultats possibles lorsqu'on jette deux dés. Imaginons que les deux dés sont reconnaissables et les résultats sont donc tous les couples $(a,b)$ où $a$ et $b$ sont des nombres compris entre 1 et 6. Il contient donc 36 éléments. On peut écrire $\Omega=\{1,2,3,4,5,6\}\times\{1,2,3,4,5,6\}$ et $\textrm{card}(\Omega)=36$.
  \item Tous les résultats possibles sont équiprobables. La mesure de probabilité est donc uniforme sur $\Omega$.
  \item L'événement dont on cherche la probabilité est (somme = 7). Il est composé des événements élémentaires $(1,6)$, $(6,1)$, $(2,5)$ , $(5,2)$, $(3,4)$, $(4,3)$. Ils sont au nombre de 6. On peut écrire : card(somme = 7) = 6. 
  \item Finalement, étant donné que $p(A)=\frac{\textrm{card}A}{\textrm{card}\Omega}$, on obtient $p(\textrm{somme}=7)=\frac{6}{36}=\frac{1}{6}$.
\end{itemize}
  \item \begin{itemize}
  \item L'univers est toujours le même.
  \item On cherche à déterminer la mesure de probabilité sur $\Omega$ dans le cas où les dés sont truqués : elle n'est plus uniforme. 

 	Il faut répondre à la question : lorsqu'on lance un seul dé, quelle est la probabilité de chaque numéro ?
  \item Tous les numéros pairs ont la même probabilité que l'on note $p^p$; tous les numéros impairs ont la même probabilité que l'on note $p^i$. L'énoncé nous permet d'écrire que $p^p = 2 p^i$. 
  \item D'autre part, étant donné que les numéros 1,2,3,4,5,6 constituent l'ensemble des résultats d'un jet de dé, la somme des probabilités de ces 6 résultats vaut 1. D'où $3 p^p + 3p^i =1$, soit encore $9p^i = 1$. D'où $p^i =\frac{1}{9}$ et $p^p =\frac{2}{9}$.
  \item L'événement dont on cherche la probabilité est $(\textrm{somme}\not=8)$. Chercher directement la probabilité de cet événement nous obligerait à considérer beaucoup de cas. Il sera donc plus rapide de déterminer d'abord la probabilité de l'événement contraire (somme = 8). Ce dernier est constitué des événements élémentaires $(2,6)$, $(6,2)$, $(3,5)$, $(5,3)$, $(4,4)$.
  \item Les résultats des deux dés sont indépendants. Nous pouvons donc affirmer que
  \begin{eqnarray*}
p(\{(2,6)\})=p(\{2\})\times p(\{6\})=\frac{2}{9}\times\frac{2}{9}=\frac{4}{81}.
\end{eqnarray*}
De même, $p(\{(6,2)\})=p(\{(4,4)\})=\frac{4}{81}$, alors que $p(\{(5,3)\})=p(\{(3,5)\})=\frac{1}{81}$
  \item Finalement $p(\textrm{somme} = 8) = \frac{14}{81}$  et $p(\textrm{somme}\not=8) =\frac{67}{81}$.
\end{itemize}
\end{enumerate}
} 

\section{Techniques de dénombrement}

\subsection{Diagrammes arborescents ou arbres}

\begin{exemple}
\label{exarbre}
On considère une urne qui contient deux boules rouges, deux noires et une verte. On tire deux boules sans remise. Il s'agit d'une expérience à deux étapes où les différentes possibilités qui peuvent survenir sont représentées par un arbre horizontal.
\end{exemple} 
On obtient trois branches principales et trois branches secondaires pour chaque étape sauf pour le cas où une verte a été tirée en premier.

Le nombre de branches terminales de cet arbre donne le nombre d'éléments de l'univers.

\begin{center}
\includegraphics[width=1.5in]{arbre.pdf}
\end{center}

		Lorsqu'on rencontre beaucoup d'étapes dans une expérience et de nombreuses possibilités à chaque étape, l'arbre associé à l'expérience devient trop complexe pour être analysé. Ces problèmes se simplifient à l'aide de formules algébriques, comme on va le voir.

		La démonstration de ces formules repose sur le fait que dans le cas d'une expérience à deux étapes, par exemple, un arbre qui aurait $r$ branches principales et $s$ branches secondaires commençant à partir des $r$ branches principales aura $rs$ branches terminales.

\subsection{Arrangements et permutations}

		Envisageons un ensemble de $n$ objets différents. Choisissons maintenant $r$ de ces $n$ objets et ordonnons les.

\begin{defi}
\label{defarrange}
Une disposition ordonnée de $r$ objets distincts pris parmi $n$ est appelée \emph{arrangement} de $r$ objets pris parmi $n$ (on a obligatoirement $r\leq n$).
\end{defi}

\textbf{Combien y en a-t-il} ?

		Pour compter le nombre total d'arrangements de $r$ objets pris parmi $n$, il suffit de considérer les $r$ positions comme fixées et de compter le nombre de façons dont on peut choisir les objets pour les placer dans ces $r$ positions. C'est une expérience à $r$ étapes où l'on applique la technique du paragraphe précédent. Pour la première position, on a $n$ choix possibles. Pour la deuxième position, on a $n-1$ choix possibles... Pour la $r$-ième position, on a $n-r +1$ choix possibles.
 		Si on désigne par $A_{n}^{r}$ le nombre total d'arrangements cherchés, l'arbre aura $A_{n}^{r}$ branches terminales. On conclut

\begin{prop}
\label{nombarr}
\begin{eqnarray*}
A_{n}^{r}=n(n-1)(n-2)\cdots(n-r+1)=\frac{n!}{(n-r)!}.
\end{eqnarray*}
\end{prop}

\begin{rappel}
\label{factorielle}
$n!$ (lire ``factorielle $n$'') est le produit de tous les entiers jusqu'à $n$, $n!=n(n-1)(n-2)\cdots 3.2.1$. Par convention, $0!=1$.
\end{rappel}

\begin{exemple}
\label{exarrange}
Les arrangements de deux lettres prises parmi 4 lettres $\{a,b,c,d\}$ sont au nombre de $A_{4}^{2}=\frac{4!}{2!}=12$. Ce sont : $(a,b),(a,c),(a,d),(b,a),(b,c),(b,d)$, $(c,a),(c,b),(c,d),(d,a),(d,b),(d,c)$.
\end{exemple}

\textbf{Cas particulier} : $r = n$
	Il s'agit d'ordonner $n$ objets entre eux, c'est-à-dire d'effectuer une permutation de ces n objets.

\begin{defi}
\label{defperm}
Une permutation de $n$ éléments est une disposition ordonnée de ces $n$ éléments. 
\end{defi}

\begin{prop}
\label{nombre perm}
Les permutations de $n$ éléments sont au nombre de $A_{n}^{n}  = n!$.
\end{prop}

\subsection{Combinaisons}

\begin{defi}
\label{defcomb}
Un choix de $r$ objets distincts pris parmi $n$ sans tenir compte de leur ordre est appelé combinaison de $r$ objets pris parmi $n$.
\end{defi}

		Dans l'exemple précédent correspondant à l'ensemble des quatre lettres $\{a,b,c,d\}$, la combinaison $\{a,b\}$ est la même que la combinaison $\{b,a\}$ alors que l'arrangement $(a,b)$ est différent de l'arrangement $(b,a)$.

\textbf{Combien y en a-t-il} ?
	Le nombre total de combinaisons de $r$ objets pris parmi $n$ est noté $C_{n}^{r}$ ou $\choose{n}{r}$.
		Pour trouver l'expression de $\choose{n}{r}$, comparons le nombre d'arrangements et de combinaisons possibles de $r$ objets pris parmi $n$.
\begin{itemize}
  \item Dans un arrangement on choisit $r$ objets, puis on tient compte de leur ordre.
  \item Dans une combinaison seul le choix des $r$ objets compte. Comme le nombre de façons d'ordonner les $r$ objets choisis est $r!$, on conclut qu'à chaque combinaison de $r$ objets pris parmi $n$, on peut associer $r!$ arrangements et donc qu'il y a $r!$ fois plus d'arrangements que de combinaisons.
\end{itemize}
On conclut

\begin{prop}
\label{choose}
\begin{eqnarray*}
\choose{n}{r}=\frac{A_{n}^{r}}{r!}=\frac{n(n-1)(n-2)\cdots(n-r+1)}{r!}=\frac{n!}{r!(n-r)!}.
\end{eqnarray*}
\end{prop}

\begin{exemple}
\label{excomb}
Le nombre de combinaisons de deux lettres prises parmi quatre $\{a,b,c,d\}$ est $\choose{4}{2}=\frac{4!}{2!2!}=6$. Ce sont : $\{a,b\},\{a,c\},\{a,d\},\{b,c\},\{b,d\},\{c,d\}$.
\end{exemple}

\subsection{Permutations lorsque certains éléments sont semblables}

		Dans les paragraphes précédents, on a supposé que les $n$ objets étaient tous différents. Il arrive parfois que les $n$ objets en contiennent un certain nombre qui sont indiscernables.

	Supposons qu'il n'y ait que $k$ sortes d'objets distincts sur les $n$ objets. Il y a
\begin{itemize}
  \item $n_1$ objets de la 1-ère sorte,
  \item $n_2$ objets de la 2-ème sorte....
  \item $n_k$ objets de la $k$-ème sorte. 
\end{itemize}
On a bien sûr $n_1 + n_2 + \cdots + n_k = n$.

		Pour déterminer le nombre total de permutations distinctes, comparons ce nombre cherché $\mathcal{P}$ avec le nombre obtenu si on supposait les objets différenciés. Plaçons nous dans le cas de l'exemple suivant : On cherche le nombre d'anagrammes du mot $PROBABILITE$.

	Choisissons un de ces anagrammes : le plus simple est $PROBABILITE$.

\begin{itemize}
  \item Si on différencie les lettres $B$, cette disposition peut provenir des deux permutations \break $PROB_1 AB_2 ILITE$ ou $PROB_2 AB_1 ILITE$, soit $2!$ possibilités.
  \item Si on différencie les lettres $I$, cette disposition peut provenir des deux permutations \break $PROBABI_1 LI_2 TE$ ou $PROBABI_2 LI_1 TE$, soit encore $2!$ possibilités
\end{itemize}	

A un anagramme correspond donc $2!\times 2! = 4$ permutations, ce qui signifie qu'il y a 4 fois plus de permutations que d'anagrammes. Le mot $PROBABILITE$ comprend 11 lettres.
	Il y a $11!$ permutations possibles. On a donc $\frac{11!}{2!2!}=9979200$ anagrammes possibles.

\textbf{Cas général}. La différenciation des $n_1$ premiers objets donnera $n_1 !$ fois plus d'éléments que ce qu'on cherche, la différenciation des $n_2$ premiers objets donnera $n_2 !$ fois plus d'éléments que ce qu'on cherche, et finalement on trouve que $n!$ est  $n_1 !n_2 !\cdots n_k !$ fois plus grand que le nombre cherché $\mathcal{P}$. On conclut
\begin{prop}
\label{nombanagr}
Le nombre d'anagrammes d'un mot de $n$ lettres, comportant seulement $k<n$ lettres distinctes, en nombres  $n_1 ,\ldots,n_k$ est
\begin{eqnarray*}
\mathcal{P}=\frac{n!}{n_1 ! n_2 !\cdots n_k !}.
\end{eqnarray*}
\end{prop}

\subsection{Cas ou les éléments ne sont pas obligatoirement distincts}

		Combien y a-t-il de manières de choisir $r$ éléments parmi $n$ de façon ordonnée en n'imposant pas qu'ils soient tous distincts les uns des autres ?

	En 1ère position, il y a $n$ choix possibles. En 2ème position, il y a encore $n$ choix possibles... En $r$ème position, il y a toujours $n$ choix possibles.

	Conclusion : Il y a donc $n^r$ choix pour les r éléments ($r$ peut être supérieur à $n$ dans ce cas).

\subsection{Récapitulation}

\begin{center}
\begin{tabular}{|c|c|c|c|}
\hline
&Conditions&\vtop{\hsize=3cm Le nombre de tirages possibles est le nombre de :}&Un exemple usuel\\\hline
 $p\geq n$&\vtop{\hsize=3cm les $p$ éléments ne sont pas nécessairement tous distincts mais sont ordonnés}&\vtop{\hsize=3cm $p$-listes d'éléments de E, soit : $n^p$}&\vtop{\hsize=3cm tirages successifs avec remise de $p$ objets parmi $n$}.\\\hline
$p<n$&\vtop{\hsize=3cm les $p$ éléments  sont tous distincts et ordonnés}&\vtop{\hsize=3cm arrangements de $p$ éléments de $E$, soit :  $A_{n}^{p}$}	&\vtop{\hsize=3cm tirages successifs sans remise de $p$ objets parmi $n$.}\\\hline
$p = n$&\vtop{\hsize=3cm les $n$ éléments sont tous distincts et ordonnés}&\vtop{\hsize=3cm permutations des $n$ éléments de $E$, soit : $ n!$}&\vtop{\hsize=3cm anagrammes d'un mot formé de lettres toutes distinctes}.\\\hline
$p < n$&\vtop{\hsize=3cm les $p$ éléments  sont tous distincts et non ordonnés}&\vtop{\hsize=3cm combinaisons de $p$ éléments de E, soit $\choose{n}{p}$}&\vtop{\hsize=3cm tirages simultanés de $p$ objets parmi $n$.}\\
\hline
\end{tabular}
\end{center}

%\end{document}
