Rédigé et vérifié par un professeur diplômé de l’École Polytechnique, avec un niveau de rigueur pensé pour le lycée et la prépa. Découvrir le professeur
En dénombrement, la vraie difficulté n’est presque jamais le calcul — c’est le choix de la bonne formule. Permutation, arrangement, combinaison, tirage avec remise… Face à un énoncé, comment savoir laquelle utiliser ? Cet article te donne une méthode systématique en 3 questions, un arbre de décision visuel, 5 exemples résolus pas à pas et 4 exercices corrigés. Conforme au programme de Terminale spé maths et de CPGE (2025-2026).
Pour un cours complet sur les définitions et le vocabulaire, consulte la page Combinatoire et dénombrement.
I. Les 4 formules de dénombrement — Tableau récapitulatif
Quatre situations de base couvrent l’immense majorité des problèmes de dénombrement. Le tableau ci-dessous les compare en un coup d’œil : à chaque combinaison « ordre / remise », une formule.
| Situation | Ordre ? | Remise ? | Formule | Exemple type |
|---|---|---|---|---|
| Permutations | ✅ Oui | ❌ Non | \(n!\) | Ranger \(n\) livres sur une étagère |
| Arrangements | ✅ Oui | ❌ Non | \(A_n^p\) | Podium d’une course (3 parmi 8) |
| p-uplets (avec remise) | ✅ Oui | ✅ Oui | \(n^p\) | Code PIN à 4 chiffres |
| Combinaisons | ❌ Non | ❌ Non | \(\displaystyle{n \choose k}\) | Tirage du loto (5 parmi 49) |
| Comb. avec répétition 🟠 | ❌ Non | ✅ Oui | \(\displaystyle{n+k-1 \choose k}\) | Distribuer des bonbons identiques |
La fiche méthode recto-verso à garder sous la main
Tableau comparatif + arbre de décision + les 4 formules sur une seule fiche PDF imprimable.
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La dernière ligne (combinaisons avec répétition) relève du programme de prépa — elle est détaillée dans la section VI.
Voici un rappel concis de chaque formule. Pour les démonstrations détaillées, suis les liens vers les cours dédiés.
A. Permutations — \(n!\)
Une permutation est un arrangement de tous les éléments d’un ensemble. Le nombre de façons d’ordonner \(n\) éléments distincts est :
Nombre de permutations
\(n! = n \times (n-1) \times \cdots \times 2 \times 1\)
Convention : \(0! = 1\).
Exemple : les anagrammes de MATHS (5 lettres distinctes) → \(5! = 120\).
B. Arrangements — \(A_n^p\)
Un arrangement de \(p\) éléments parmi \(n\) est un choix ordonné de \(p\) éléments distincts.
Nombre d’arrangements
\(A_n^p = n \times (n-1) \times \cdots \times (n-p+1) = \displaystyle\frac{n!}{(n-p)!}\)
Valable pour \(0 \leq p \leq n\).
Remarque : si \(p = n\), on retrouve \(A_n^n = n!\) — c’est une permutation.
C. Combinaisons — \(\displaystyle{n \choose k}\)
Une combinaison de \(k\) éléments parmi \(n\) est un choix non ordonné de \(k\) éléments distincts. C’est le coefficient binomial « \(k\) parmi \(n\) ».
Nombre de combinaisons
\(\displaystyle{n \choose k} = \displaystyle\frac{n!}{k!\,(n-k)!}\)
Valable pour \(0 \leq k \leq n\).
Lien avec les arrangements : \(\displaystyle{n \choose k} = \displaystyle\frac{A_n^k}{k!}\). On divise par \(k!\) car on « oublie » l’ordre des \(k\) éléments choisis. C’est la clé pour comprendre la différence entre arrangement et combinaison.
D. p-uplets avec remise — \(n^p\)
Un \(p\)-uplet est une suite ordonnée de \(p\) éléments choisis parmi \(n\), avec possibilité de répétition.
Nombre de p-uplets
\(n^p\)
Chaque position offre \(n\) choix indépendants (principe multiplicatif).
Exemple : un code PIN à 4 chiffres → \(10^4 = 10\,000\) possibilités.
II. La méthode en 3 questions — L’arbre de décision
Tu connais les 4 formules. Voyons maintenant comment choisir la bonne. Face à n’importe quel problème de dénombrement, pose-toi systématiquement ces 3 questions, dans cet ordre.
A. Question 1 — L’ordre intervient-il ?
C’est la question fondamentale. Demande-toi : si je change l’ordre des éléments choisis, est-ce que j’obtiens un résultat différent ?
- OUI (l’ordre compte) → tu es dans la famille des arrangements : permutations, arrangements ou p-uplets.
- NON (l’ordre ne compte pas) → tu es dans la famille des combinaisons.
Critère pratique : si l’énoncé parle de « classement », « rang », « code », « mot », « suite », « podium » → l’ordre compte. S’il parle de « groupe », « ensemble », « comité », « tirage », « équipe » → l’ordre ne compte pas.
B. Question 2 — Y a-t-il remise (répétition) ?
Demande-toi : un même élément peut-il être choisi plusieurs fois ?
- OUI (avec remise) → p-uplets \(n^p\), ou combinaisons avec répétition (prépa).
- NON (sans remise) → arrangements \(A_n^p\) ou combinaisons \(\displaystyle{n \choose k}\).
Piège : ne confonds pas le procédé de sélection avec la remise. « Tirer les boules une par une » ne signifie pas « sans remise » — tout dépend si l’on remet la boule dans l’urne avant le tirage suivant.
C. Question 3 — Tous les éléments ou une partie ?
Cette question ne se pose que si l’ordre intervient et qu’il n’y a pas de remise :
- On prend tous les \(n\) éléments → \(n!\) (permutations).
- On prend \(p\) parmi \(n\) (avec \(p < n\)) → \(A_n^p\) (arrangements).
D. L’arbre de décision complet
Voici l’arbre qui résume les 3 questions. En partant de la racine et en suivant les branches, tu arrives directement à la bonne formule :
En résumé :
- Ordre OUI + Remise OUI → \(n^p\) (p-uplets)
- Ordre OUI + Remise NON + Tous les éléments → \(n!\) (permutations)
- Ordre OUI + Remise NON + Partie → \(A_n^p\) (arrangements)
- Ordre NON + Remise NON → \(\displaystyle{n \choose k}\) (combinaisons)
- Ordre NON + Remise OUI → \(\displaystyle{n+k-1 \choose k}\) (combinaisons avec répétition — prépa)
Raisonne d’abord, calcule ensuite. Avant de poser la moindre formule, réponds toujours aux 3 questions. Écrire directement « \(A_n^p = \ldots\) » sans justifier le choix est la première source d’erreur — et un défaut que le correcteur sanctionne systématiquement en prépa.
E. L’arbre de dénombrement — pour les petits ensembles
Quand l’ensemble est petit (3 à 5 éléments), tu peux aussi dessiner un arbre de dénombrement (ou arbre des possibles) pour lister toutes les issues une par une.
Exemple : lister tous les tirages de 2 éléments parmi \(\{A,\, B,\, C\}\), sans remise, avec ordre :
L’arbre confirme : \(A_3^2 = 3 \times 2 = 6\) tirages ordonnés.
Limites : pour des ensembles plus grands, l’arbre devient vite impraticable — l’arbre complet pour 10 éléments aurait \(10! = 3\,628\,800\) feuilles ! Les formules prennent alors le relais.
III. 5 exemples résolus pas à pas
Mettons la méthode en pratique sur 5 problèmes concrets, du lycée au concours.
🔵 Exemple 1 — Code PIN (Lycée)
Combien de codes PIN à 4 chiffres peut-on former (chiffres de 0 à 9) ?
Appliquons la méthode :
- L’ordre intervient-il ? OUI — le code 1234 ≠ le code 4321.
- Y a-t-il remise ? OUI — on peut répéter un chiffre (ex : 1111 est valide).
→ C’est un p-uplet de 4 éléments parmi 10.
Formule : \(n^p = 10^4 = 10\,000\).
Conclusion : il existe 10 000 codes PIN possibles.
🔵 Exemple 2 — Podium d’une course (Lycée)
8 coureurs participent à une course. De combien de manières peut-on attribuer les médailles d’or, d’argent et de bronze ?
Appliquons la méthode :
- L’ordre intervient-il ? OUI — être 1er ≠ être 2e.
- Y a-t-il remise ? NON — un coureur ne peut pas occuper deux places.
- Tous les éléments ? NON — on choisit 3 parmi 8.
→ C’est un arrangement de 3 parmi 8.
Formule : \(A_8^3 = 8 \times 7 \times 6 = 336\).
Conclusion : il y a 336 podiums possibles.
🔵 Exemple 3 — Tirage du loto (Lycée)
Au loto, on tire 5 numéros parmi 49. Combien de tirages possibles ?
Appliquons la méthode :
- L’ordre intervient-il ? NON — tirer {3, 7, 12, 28, 45} = tirer {45, 28, 12, 7, 3}.
- Y a-t-il remise ? NON — chaque numéro ne sort qu’une fois.
→ C’est une combinaison de 5 parmi 49.
Formule :
\(\displaystyle{49 \choose 5} = \displaystyle\frac{49!}{5! \times 44!} = \displaystyle\frac{49 \times 48 \times 47 \times 46 \times 45}{5 \times 4 \times 3 \times 2 \times 1} = 1\,906\,884\)
Conclusion : il y a 1 906 884 tirages possibles — soit 1 chance sur près de 2 millions de trouver la bonne combinaison !
🟠 Exemple 4 — Répartition en 3 équipes (Prépa)
12 joueurs sont répartis en 3 équipes de 4 joueurs. Les équipes ne sont pas distinguées (pas de « équipe A », « équipe B »…). Combien de répartitions possibles ?
Analyse : ce problème combine plusieurs étapes de dénombrement.
Étape 1 : choisir les 4 joueurs de la 1re équipe → \(\displaystyle{12 \choose 4} = 495\).
Étape 2 : choisir les 4 joueurs de la 2e parmi les 8 restants → \(\displaystyle{8 \choose 4} = 70\).
Étape 3 : les 4 derniers forment la 3e équipe → \(\displaystyle{4 \choose 4} = 1\).
Par le principe multiplicatif : \(495 \times 70 \times 1 = 34\,650\).
Mais attention ! Les équipes ne sont pas distinguées : les ordres {G1, G2, G3} et {G2, G3, G1} décrivent la même répartition. On a compté chaque répartition \(3! = 6\) fois. On divise :
\(\displaystyle\frac{34\,650}{3!} = \displaystyle\frac{34\,650}{6} = 5\,775\)
Conclusion : 5 775 répartitions possibles.
Piège classique : oublier de diviser par \(3!\) quand les groupes sont interchangeables. Si l’énoncé dit « 3 équipes » sans les nommer, demande-toi toujours : les groupes sont-ils distingués ou non ?
🔴 Exemple 5 — Étoiles et barres (Concours)
De combien de manières peut-on distribuer 10 bonbons identiques dans 4 sachets distincts (un sachet pouvant être vide) ?
Appliquons la méthode :
- L’ordre intervient-il ? NON — les bonbons sont identiques, seul le nombre dans chaque sachet compte.
- Y a-t-il remise ? OUI — un même sachet peut recevoir 0, 1, …, 10 bonbons.
→ C’est une combinaison avec répétition : choisir 10 « unités » parmi 4 types de sachets, avec répétition, sans ordre.
Formule (étoiles et barres) :
\(\displaystyle{n + k – 1 \choose k} = \displaystyle{4 + 10 – 1 \choose 10} = \displaystyle{13 \choose 3}\)
Calcul : \(\displaystyle{13 \choose 3} = \displaystyle\frac{13 \times 12 \times 11}{3 \times 2 \times 1} = 286\).
Visualisation « étoiles et barres » : on représente les 10 bonbons par des étoiles (★) et on sépare les 4 sachets par 3 barres (|). Par exemple : ★★|★★★|★★★★★| signifie 2 bonbons dans le sachet 1, 3 dans le 2, 5 dans le 3, 0 dans le 4. Il faut placer 3 barres parmi 13 symboles → \(\displaystyle{13 \choose 3} = 286\).
Conclusion : 286 distributions possibles.
IV. Erreurs fréquentes et pièges classiques
Même avec la méthode des 3 questions, certaines erreurs reviennent systématiquement. Voici les 3 plus fréquentes, avec une copie fautive commentée à chaque fois.
Erreur 1 — Confondre arrangement et combinaison
Énoncé : « Dans un groupe de 10 personnes, de combien de manières peut-on former un comité de 3 membres ? »
❌ Copie fautive : « On choisit 3 personnes parmi 10. L’ordre compte car on les choisit l’une après l’autre. Donc \(A_{10}^3 = 10 \times 9 \times 8 = 720\). »
Diagnostic : l’ordre ne compte PAS. Un comité {Alice, Bob, Charlie} est le même comité quel que soit l’ordre de sélection. L’élève confond le procédé de sélection (« je les choisis un par un ») avec la nature du résultat (« un comité n’a pas d’ordre interne »).
✅ Correction : \(\displaystyle{10 \choose 3} = \displaystyle\frac{10!}{3! \times 7!} = \displaystyle\frac{720}{6} = 120\).
Erreur 2 — Oublier la remise
Énoncé : « Combien de mots de 3 lettres peut-on former avec les 26 lettres de l’alphabet ? »
❌ Copie fautive : « 3 lettres parmi 26, l’ordre compte → \(A_{26}^3 = 26 \times 25 \times 24 = 15\,600\). »
Diagnostic : rien dans l’énoncé n’interdit de répéter une lettre. « AAA » ou « ABA » sont des mots valides. L’élève a appliqué « sans remise » par défaut, alors que la remise est autorisée.
✅ Correction : \(26^3 = 17\,576\) (p-uplets avec remise).
Règle : en l’absence de mention explicite interdisant la répétition, la remise est généralement autorisée.
Erreur 3 — Surcompter par mauvaise disjonction de cas
Énoncé : « Combien de mots de 4 lettres (avec répétition) contiennent au moins un A ? »
❌ Copie fautive : « Mots avec A en position 1 : \(26^3\). Idem pour les positions 2, 3, 4. Total : \(4 \times 26^3 = 70\,304\). »
Diagnostic : les cas se chevauchent ! Le mot « ABAC » est compté 2 fois (A en position 1 et en position 3). C’est du surcomptage.
✅ Correction (méthode du complémentaire) :
Mots avec au moins un A = Total − Mots sans aucun A
\(26^4 – 25^4 = 456\,976 – 390\,625 = 66\,351\).
Astuce : quand l’énoncé dit « au moins un », passe systématiquement par le complémentaire. C’est plus simple et sans risque de surcomptage.
V. Exercices d’application corrigés
À ton tour ! Applique la méthode des 3 questions sur ces exercices classés par difficulté. Pour davantage d’entraînement, consulte notre page d’exercices corrigés de dénombrement.
Exercice 1 ★ — Plaques d’immatriculation
En France, les plaques suivent le format AA-NNN-AA (2 lettres, 3 chiffres, 2 lettres). Combien de plaques différentes peut-on former ?
Voir la correction
Méthode des 3 questions :
- Q1 : Ordre ? OUI — AA-123-BC ≠ BC-123-AA.
- Q2 : Remise ? OUI — une lettre ou un chiffre peut apparaître plusieurs fois.
→ p-uplets. Chaque position est indépendante.
Par le principe multiplicatif :
\(26^2 \times 10^3 \times 26^2 = 676 \times 1\,000 \times 676 = 456\,976\,000\)Il y a plus de 456 millions de plaques possibles.
Exercice 2 ★ — Poignées de main
Lors d’une réunion de 10 personnes, chacun serre la main à tous les autres exactement une fois. Combien de poignées de main au total ?
Voir la correction
Une poignée de main = un choix de 2 personnes parmi 10.
- Q1 : Ordre ? NON — la poignée entre Alice et Bob = celle entre Bob et Alice.
- Q2 : Remise ? NON — on ne serre pas la main de soi-même.
→ Combinaison de 2 parmi 10.
\(\displaystyle{10 \choose 2} = \displaystyle\frac{10 \times 9}{2} = 45\)Il y a 45 poignées de main.
Exercice 3 ★★ — Comité avec contrainte
On forme un comité de 5 personnes parmi 8 hommes et 6 femmes. Combien de comités contiennent au moins 2 femmes ?
Voir la correction
Méthode du complémentaire (plus rapide que l’énumération directe) :
Total des comités de 5 parmi 14 : \(\displaystyle{14 \choose 5} = 2\,002\).
Comités avec 0 femme (5 hommes) : \(\displaystyle{8 \choose 5} = 56\).
Comités avec exactement 1 femme : \(\displaystyle{6 \choose 1} \times \displaystyle{8 \choose 4} = 6 \times 70 = 420\).
Comités avec au moins 2 femmes :
\(2\,002 – 56 – 420 = \mathbf{1\,526}\)Exercice 4 ★★★ — Chemins dans un quadrillage
On se déplace dans un quadrillage du point A au point B situé 5 cases à droite et 3 cases en haut, en ne se déplaçant que vers la droite (→) ou vers le haut (↑). Combien de chemins possibles ?
Voir la correction
Chaque chemin est une suite de 8 déplacements : exactement 5 « → » et 3 « ↑ ».
Le chemin est entièrement déterminé par le choix des 3 positions (parmi 8) où l’on met un « ↑ ». Les positions restantes sont automatiquement des « → ».
C’est une combinaison : choisir 3 positions parmi 8, sans ordre, sans remise.
\(\displaystyle{8 \choose 3} = \displaystyle\frac{8 \times 7 \times 6}{3 \times 2 \times 1} = \mathbf{56}\)Il y a 56 chemins possibles de A à B.
VI. 🔴 Rédaction concours : ce que le correcteur attend
En prépa, le dénombrement est un thème fréquent aux écrits comme aux oraux (CCINP, Mines-Ponts, Centrale, X-ENS). Voici les exigences du correcteur et deux méthodes avancées à maîtriser.
A. Justifier chaque formule
Le correcteur n’accorde aucun point à un résultat brut « \(A_n^p = \ldots\) ». Il veut lire :
- La description explicite de l’ensemble dénombré (« on considère l’ensemble des \(p\)-uplets d’éléments distincts de \(E\)… »).
- La justification du modèle (« il s’agit d’un tirage ordonné sans remise de \(p\) éléments parmi \(n\), donc… »).
- Le calcul final + retour explicite à la question posée.
B. Le principe des bergers (comptage par bijection)
Principe des bergers
Pour dénombrer un ensemble \(A\), on établit une bijection entre \(A\) et un ensemble \(B\) dont le cardinal est connu. On en déduit \(|A| = |B|\).
Exemple classique : montrer que le nombre de parties d’un ensemble à \(n\) éléments est \(2^n\).
Démonstration : on construit une bijection entre l’ensemble des parties de \(E = \{1, \ldots, n\}\) et l’ensemble \(\{0,1\}^n\) des mots binaires de longueur \(n\). À chaque partie \(A \subseteq E\), on associe le mot \((a_1, \ldots, a_n)\) où \(a_i = 1\) si \(i \in A\), \(a_i = 0\) sinon. Cette application est bijective, et il y a \(2^n\) mots binaires de longueur \(n\). ∎
C. Combinaisons avec répétition — Étoiles et barres
La formule des combinaisons avec répétition (cf. exemple 5 ci-dessus) est un outil puissant en concours :
Combinaisons avec répétition
Le nombre de façons de choisir \(k\) éléments parmi \(n\) types, avec répétition et sans ordre, est :
\(\displaystyle{n + k – 1 \choose k} = \displaystyle{n + k – 1 \choose n – 1}\)
Cette formule se démontre par le principe des bergers : on établit une bijection entre les sélections et les mots de \(k\) étoiles et \(n – 1\) barres. Choisir les positions des barres parmi \(n + k – 1\) symboles donne le résultat.
D. Erreurs que le correcteur sanctionne
- Écrire « donc il y a \(\displaystyle{n \choose k}\) possibilités » sans justifier pourquoi c’est « sans ordre, sans remise ».
- Confondre le principe additif (cas disjoints → on additionne) et le principe multiplicatif (choix indépendants → on multiplie).
- Omettre la division par \(k!\) quand les objets formés sont indiscernables (groupes non distingués).
- Ne pas conclure par une phrase revenant à la question posée.
VII. Questions fréquentes
Comment savoir si on utilise un arrangement ou une combinaison ?
Pose-toi la question : si je change l’ordre des éléments choisis, est-ce que j’obtiens un résultat différent ? Si oui (classement, code, mot), utilise un arrangement \(A_n^p\). Si non (comité, tirage, groupe), utilise une combinaison \(\displaystyle{n \choose k}\). Le lien entre les deux : \(\displaystyle{n \choose k} = \displaystyle\frac{A_n^k}{k!}\) — la combinaison « supprime » l’ordre en divisant par \(k!\).
Quelle est la différence entre tirage avec remise et tirage sans remise ?
Dans un tirage avec remise, un même élément peut être sélectionné plusieurs fois (on remet la boule dans l’urne après chaque tirage). Dans un tirage sans remise, chaque élément ne peut être choisi qu’une seule fois. Avec remise + ordre → \(n^p\). Sans remise + ordre → \(A_n^p\). Sans remise + sans ordre → \(\displaystyle{n \choose k}\).
Quand utilise-t-on la factorielle n! ?
La factorielle \(n!\) compte le nombre de permutations de \(n\) éléments, c’est-à-dire le nombre de manières d’ordonner complètement \(n\) objets distincts. On l’utilise quand on range tous les éléments (pas seulement une partie). Exemple : ranger 5 livres différents sur une étagère → \(5! = 120\) ordres possibles.
Comment utiliser un arbre de dénombrement ?
Un arbre de dénombrement (ou arbre des possibles) liste toutes les issues d’une expérience. À chaque niveau, on trace une branche par choix possible. Le nombre total d’issues est le nombre de feuilles. C’est pratique pour les petits ensembles (3 à 5 éléments), mais impraticable au-delà — on utilise alors les formules \(n!\), \(A_n^p\), \(\displaystyle{n \choose k}\) ou \(n^p\).
Quelle est la différence entre dénombrement et probabilités ?
Le dénombrement répond à « combien y a-t-il de… ? » — il compte des configurations. Les probabilités répondent à « quelle est la chance que… ? » — elles mesurent une proportion. Les deux sont liés : dans un univers équiprobable, \(P(A) = \displaystyle\frac{\text{nombre de cas favorables}}{\text{nombre total de cas}}\). Le dénombrement fournit le numérateur et le dénominateur de ce calcul.
VIII. Pour aller plus loin
Tu maîtrises maintenant la méthode pour choisir la bonne formule de dénombrement. Pour approfondir chaque outil :
- Combinatoire et dénombrement : cours complet — définitions, vocabulaire et principes fondamentaux
- Coefficient binomial : formule, démonstration et triangle de Pascal
- Arrangements en mathématiques : formule et applications
- Permutations en mathématiques : formule n! et applications
- Exercices corrigés de dénombrement (Terminale + Prépa) — pour t’entraîner davantage
- Probabilités — pour appliquer le dénombrement au calcul de probabilités
- Loi binomiale — une application directe du coefficient binomial
