L'épreuve du bac ne récompense pas seulement les résultats justes : elle récompense les résultats établis. Un bon résultat sans justification perd la moitié des points ; une démonstration correcte d'un fait évident les rapporte tous. Ce chapitre n'apporte donc aucune formule nouvelle — il donne les cinq façons d'écrire « donc », et surtout le moyen de choisir la bonne.

Proposition, implication, équivalence

Une proposition est un énoncé qui est soit vrai, soit faux : jamais les deux, jamais ni l'un ni l'autre. « $7$ est premier » est une proposition, vraie. « $x^2 = 4$ » n'en est pas une tant qu'on ignore ce qu'est $x$ : c'est un prédicat, qui ne devient une proposition qu'une fois $x$ fixé ou quantifié.

L'implication $P \Rightarrow Q$ se lit « si $P$ alors $Q$ ». Sa table de vérité réserve une surprise à qui la découvre :

Un seul cas la rend fausse : $P$ vraie et $Q$ fausse. Autrement dit, $P \Rightarrow Q$ signifie exactement « $P$ ne peut pas être vraie sans que $Q$ le soit ». Les deux dernières lignes déconcertent, et sont pourtant indispensables : « si $n$ est divisible par $4$ alors $n$ est pair » doit rester vraie pour $n = 3$, où l'hypothèse ne s'applique tout simplement pas. Une implication ne dit rien des cas où son hypothèse est fausse.

L'équivalence $P \Leftrightarrow Q$ est la conjonction de deux implications : $(P \Rightarrow Q)$ et $(Q \Rightarrow P)$. C'est la conséquence de rédaction la plus lourde de tout le chapitre : démontrer une équivalence, c'est écrire deux démonstrations. Une seule flèche traitée, et la question est à moitié faite.

Contraposée et réciproque

Deux énoncés se construisent à partir de $P \Rightarrow Q$, et il est capital de ne pas les confondre : l'un est équivalent à l'implication de départ, l'autre non.

La contraposée est un outil de travail, pas une curiosité. Prenons : « si $n^2$ est pair alors $n$ est pair ». Attaquée de front, elle est pénible — de $n^2 = 2k$, on ne tire pas grand-chose sur $n$. Sa contraposée, elle, tombe toute seule : si $n$ est impair, alors $n = 2k+1$, donc $n^2 = 4k^2 + 4k + 1 = 2(2k^2+2k) + 1$ est impair. Démontrée la contraposée, l'implication de départ est démontrée. C'est le même énoncé.

La réciproque, en revanche, est un énoncé différent, qui peut être faux quand l'implication est vraie : « si $x = 2$ alors $x^2 = 4$ » est vraie, sa réciproque ne l'est pas — il y a $x = -2$.

Quantificateurs, et leur négation

Deux symboles transforment un prédicat en proposition. $\forall$ (« pour tout ») et $\exists$ (« il existe au moins un »).

Leur ordre n'est pas commutatif, et c'est une source constante de faux raisonnements. Comparez :

La première est vraie — pour chaque $x$, on prend $y = x+1$, et ce $y$ dépend de $x$. La seconde affirme l'existence d'un réel plus grand que tous les autres : elle est fausse. Mêmes symboles, ordre inversé, vérité inversée.

La négation obéit à une règle mécanique : on échange les quantificateurs et on nie la conclusion.

Nier « toutes les fonctions de la famille sont croissantes » ne donne pas « toutes sont décroissantes », mais « il en existe une qui n'est pas croissante ». Cette règle est ce qui rend le raisonnement par l'absurde et le contre-exemple utilisables.

Le raisonnement par l'absurde

Pour démontrer $Q$, on suppose $\lnot Q$ et on en déduit une contradiction — un énoncé et son contraire, ou un fait manifestement faux. Puisque $\lnot Q$ mène à l'impossible, $\lnot Q$ est fausse, donc $Q$ est vraie.

Le modèle du genre : $\sqrt{2}$ est irrationnel. Supposons le contraire : $\sqrt{2} = \dfrac{p}{q}$ avec $p$ et $q$ entiers, la fraction étant irréductible. Alors $p^2 = 2q^2$, donc $p^2$ est pair, donc $p$ est pair — c'est exactement le résultat démontré plus haut par contraposée. Écrivons $p = 2k$ : il vient $4k^2 = 2q^2$, soit $q^2 = 2k^2$, donc $q$ est pair lui aussi. Mais $p$ et $q$ pairs contredit l'irréductibilité de la fraction. L'hypothèse était donc fausse.

Le point de méthode à retenir : l'absurde exige d'écrire la négation avec soin avant de commencer. C'est là que les copies se perdent, pas dans le calcul qui suit.

Le contre-exemple

Pour réfuter « $\forall x,\ P(x)$ », un seul $x$ qui échoue suffit — c'est la règle de négation appliquée. Aucun calcul général n'est demandé, aucune théorie : un exemple bien choisi, et l'énoncé est mort.

La réciproque de cette règle est l'erreur que les correcteurs sanctionnent le plus : un exemple, ou dix, ne démontrent jamais un « pour tout ». La proposition « $n^2 + n + 41$ est premier pour tout entier $n$ » se vérifie pour $n = 0, 1, 2, \ldots, 39$ — quarante cas d'affilée — et tombe en $n = 40$, où l'expression vaut $41^2$.

La démonstration par récurrence

C'est le mode de raisonnement le plus demandé de l'épreuve, et celui dont la rédaction est la plus codifiée. Il démontre une propriété $P(n)$ pour tous les entiers à partir d'un rang, en deux vérifications finies.

Faites défiler l'animation, ou cliquez une étape pour y sauter. La dernière étape montre l'erreur qui coûte le plus de points.

La rédaction attendue tient en trois temps, et il faut les écrire tous les trois.

Initialisation. On vérifie $P(n_0)$ au premier rang, par le calcul. Une ligne suffit, mais elle est obligatoire : sans elle, l'hérédité ne démontre rien.

Hérédité. On suppose $P(k)$ vraie pour un entier $k \geqslant n_0$ quelconque mais fixé — c'est l'hypothèse de récurrence — et on démontre $P(k+1)$. On ne suppose pas ce qu'on veut démontrer : on suppose le rang $k$, on établit le rang $k+1$.

Conclusion. On invoque le principe de récurrence : $P(n)$ est vraie pour tout $n \geqslant n_0$.

Sur l'exemple de l'animation, avec $S_n = 1 + 2 + \cdots + n$ et $P(n) : S_n = \dfrac{n(n+1)}{2}$ :

et c'est bien $P(k+1)$. La seule étape où l'on a le droit d'utiliser $P(k)$ est la première égalité : elle doit être signalée, sinon la démonstration est circulaire.

Choisir sa méthode

Devant une question, le mode de démonstration se lit souvent dans la forme de l'énoncé.

À vous

// Une implication P ⇒ Q n'est FAUSSE que dans un seul cas.
// Écrivez-la, puis écrivez sa contraposée ¬Q ⇒ ¬P.

const implique = (p, q) => true;       // à corriger
const contraposee = (p, q) => true;    // à corriger, en réutilisant implique

// Les quatre cas possibles, dans l'ordre du cours.
console.log("P      Q      P⇒Q    ¬Q⇒¬P");
for (const p of [true, false]) {
  for (const q of [true, false]) {
    console.log(String(p).padEnd(6), String(q).padEnd(6),
                String(implique(p, q)).padEnd(6), contraposee(p, q));
  }
}
// attendu : les deux dernières colonnes identiques,
// et false uniquement à la ligne P = true, Q = false.

// P ⇒ Q se lit « P ne peut pas être vraie sans Q » :
// elle n'est fausse que si P est vraie et Q fausse.
const implique = (p, q) => !p || q;

// La contraposée n'est pas une nouvelle définition : c'est la même
// implication, appliquée aux négations et lue dans l'autre sens.
const contraposee = (p, q) => implique(!q, !p);

console.log("P      Q      P⇒Q    ¬Q⇒¬P");
for (const p of [true, false]) {
  for (const q of [true, false]) {
    console.log(String(p).padEnd(6), String(q).padEnd(6),
                String(implique(p, q)).padEnd(6), contraposee(p, q));
  }
}
// Les colonnes coïncident sur les quatre lignes : c'est exactement ce que
// veut dire « une implication et sa contraposée sont équivalentes ».
// Démontrer l'une, c'est démontrer l'autre — et on choisit la plus facile.

À retenir

Dénombrer, c'est compter sans énumérer. Personne ne dressera la liste des $10\,000\,000$ codes possibles d'une carte à sept chiffres : on veut le nombre, pas la liste. Tout le chapitre consiste à reconnaître, derrière un énoncé en français, laquelle de quatre situations on a sous les yeux — et l'immense majorité des erreurs de bac vient de ce diagnostic, pas du calcul qui suit.

Ensembles : le vocabulaire minimal

Un ensemble est une collection d'objets distincts, sans ordre. On note $x \in A$ l'appartenance, $A \subset B$ l'inclusion, et $\operatorname{card}(A)$ le cardinal de $A$, c'est-à-dire son nombre d'éléments.

Trois opérations et leurs cardinaux :

La première ligne est la formule du crible. Le terme soustrait n'est pas une subtilité : les éléments communs ont été comptés deux fois, une fois dans chaque ensemble, et il faut retirer ce doublon. Additionner sans retrancher est l'erreur la plus fréquente du chapitre.

La dernière ligne mérite d'être lue comme un principe multiplicatif : quand un choix se décompose en étapes indépendantes, les nombres de possibilités se multiplient. C'est de là que sortiront toutes les formules qui suivent.

Enfin, l'ensemble des parties de $E$, noté $\mathcal{P}(E)$, a pour cardinal $2^n$ si $\operatorname{card}(E) = n$ : construire une partie, c'est décider pour chaque élément s'il entre ou non — $n$ décisions binaires indépendantes.

Injection, surjection, bijection

Soit $f : E \to F$ une application.

• $f$ est injective si deux éléments distincts ont des images distinctes : personne ne partage son image. Formellement, $f(x) = f(y) \Rightarrow x = y$.
• $f$ est surjective si tout élément de $F$ est atteint : $\forall y \in F,\ \exists x \in E,\ f(x) = y$.
• $f$ est bijective si elle est les deux : chaque élément de $F$ a exactement un antécédent.

Ces trois mots ne sont pas là pour décorer : ils comptent. Si $f$ est injective, alors $\operatorname{card}(E) \leqslant \operatorname{card}(F)$ ; si elle est bijective, alors $\operatorname{card}(E) = \operatorname{card}(F)$. C'est le principe de toute la technique du dénombrement par bijection : pour compter un ensemble difficile, on le met en bijection avec un ensemble facile, et on compte celui-là.

Les quatre modèles de tirage

Tout exercice de dénombrement se ramène à tirer $p$ objets parmi $n$. Deux questions, et deux seulement, déterminent la formule.

Le tirage se fait-il avec remise ? Autrement dit, un objet peut-il apparaître plusieurs fois ? L'ordre compte-t-il ? Autrement dit, deux tirages des mêmes objets dans un ordre différent sont-ils des résultats différents ?

Les trois cases utiles se lisent l'une après l'autre, et chaque contrainte ajoutée fait chuter le compte :

Le raisonnement derrière les formules vaut mieux que les formules elles-mêmes.

Pour une $p$-liste, chaque tirage est indépendant : $n$ choix, $p$ fois de suite, donc $n^p$. Un code à $4$ chiffres, c'est $10^4 = 10\,000$ possibilités.

Pour un arrangement, le vivier diminue d'un objet à chaque tirage : $n \times (n-1) \times \cdots \times (n-p+1)$, ce qui s'écrit $\dfrac{n!}{(n-p)!}$. Le podium d'une course à $8$ concurrents : $A_8^3 = 8 \times 7 \times 6 = 336$.

Pour une combinaison, on part de l'arrangement et on corrige : chaque poignée de $p$ objets a été comptée une fois par ordre possible, c'est-à-dire $p!$ fois. On divise donc par $p!$. Un jury de $3$ personnes parmi $8$ : $C_8^3 = \dfrac{336}{6} = 56$.

Le cas $p = n$ d'un arrangement porte un nom : une permutation de $n$ objets, et il y en a $n!$.

Propriétés des combinaisons

Trois identités reviennent à chaque session, et chacune se démontre en une phrase de français plutôt qu'en une ligne de calcul.

Symétrie : $C_n^p = C_n^{\,n-p}$. Choisir les $p$ objets que l'on garde, c'est choisir les $n-p$ que l'on écarte. Une seule décision, deux façons de la décrire.

Relation de Pascal : $C_n^p = C_{n-1}^{\,p-1} + C_{n-1}^{\,p}$. Fixons un objet particulier. Ou bien il est dans la poignée — il reste $p-1$ objets à choisir parmi les $n-1$ autres — ou bien il n'y est pas — il faut alors choisir les $p$ objets parmi les $n-1$ autres. Ces deux cas sont disjoints et couvrent tout.

Cas particuliers : $C_n^0 = C_n^n = 1$ et $C_n^1 = n$. Il y a exactement une façon de ne rien choisir, ce qui justifie la convention $0! = 1$.

La relation de Pascal se lit directement dans le triangle, où chaque terme est la somme des deux qui le surmontent :

Le binôme de Newton

La formule se démontre par récurrence — c'est un exercice classique, qui utilise précisément la relation de Pascal à l'étape d'hérédité. Mais elle se comprend par le dénombrement : développer $(a+b)^n$, c'est choisir, dans chacun des $n$ facteurs, si l'on prend $a$ ou $b$. Le terme $a^p b^{\,n-p}$ apparaît autant de fois qu'il y a de façons de choisir les $p$ facteurs qui fournissent le $a$ — soit $C_n^p$ fois.

Deux conséquences immédiates, en faisant $a = b = 1$ puis $a = -1,\ b = 1$ :

La première retrouve le cardinal de $\mathcal{P}(E)$ : sommer sur toutes les tailles de parties, c'est compter toutes les parties.

Méthode : lire l'énoncé avant de calculer

La dernière ligne vaut un réflexe : les énoncés en « au moins un » se traitent presque toujours par le contraire, « aucun », qui est un seul cas au lieu d'une somme.

À vous

// Trois façons de tirer p objets parmi n, à écrire dans cet ordre.
const factorielle = (k) => (k <= 1 ? 1 : k * factorielle(k - 1));

// p-listes : avec remise, ordonné.
const pListes = (n, p) => 0;      // à corriger

// Arrangements : sans remise, ordonné — n × (n-1) × … × (n-p+1).
const arrangements = (n, p) => 0; // à corriger

// Combinaisons : sans remise, non ordonné.
const combinaisons = (n, p) => 0; // à corriger

console.log(pListes(5, 3));       // attendu : 125
console.log(arrangements(5, 3));  // attendu : 60
console.log(combinaisons(5, 3));  // attendu : 10
console.log(combinaisons(5, 2));  // attendu : 10  (symétrie)
console.log(combinaisons(10, 0)); // attendu : 1

const factorielle = (k) => (k <= 1 ? 1 : k * factorielle(k - 1));

// Chaque tirage est indépendant : n choix, p fois.
const pListes = (n, p) => n ** p;

// Le vivier diminue d'un objet à chaque tirage : c'est n! / (n-p)!,
// mais le produit se calcule directement, sans factorielle géante.
const arrangements = (n, p) => {
  let total = 1;
  for (let i = 0; i < p; i++) total *= n - i;
  return total;
};

// Chaque poignée de p objets a été comptée une fois par ordre possible,
// c'est-à-dire p! fois. On divise donc par p!.
const combinaisons = (n, p) => arrangements(n, p) / factorielle(p);

console.log(pListes(5, 3));       // 125
console.log(arrangements(5, 3));  // 60
console.log(combinaisons(5, 3));  // 10
console.log(combinaisons(5, 2));  // 10 — choisir 3 objets à garder, c'est
                                  // en choisir 2 à écarter : C(n,p) = C(n,n-p)
console.log(combinaisons(10, 0)); // 1 — il y a exactement une façon de ne
                                  // rien choisir, d'où la convention 0! = 1

À retenir

Le barycentre n'est pas un chapitre de géométrie parmi d'autres : c'est un outil de réduction. Sa fonction est de remplacer une somme de vecteurs ou de distances par une seule, rapportée à un point unique. Une expression qui dépend de trois points devient une expression qui dépend d'un seul, et un lieu géométrique inextricable devient un cercle. Tout le chapitre tient dans ce mouvement.

Deux points pondérés

Soient $A$ et $B$ deux points et $\alpha, \beta$ deux réels tels que $\alpha + \beta \neq 0$. Le barycentre $G$ du système $\{(A,\alpha),(B,\beta)\}$ est l'unique point vérifiant

La condition $\alpha + \beta \neq 0$ n'est pas une formalité : si la somme des coefficients est nulle, aucun point ne convient et le barycentre n'existe pas. C'est la première chose à vérifier, et la première ligne attendue en copie.

Deux propriétés se déduisent immédiatement de la définition.

Homogénéité. Multiplier tous les coefficients par un même réel $k \neq 0$ ne change pas $G$. On peut donc toujours simplifier : $\{(A,4),(B,6)\}$ et $\{(A,2),(B,3)\}$ ont le même barycentre. En pratique, on réduit avant de calculer.

Position. $G$ appartient à la droite $(AB)$, et plus précisément

Si $\alpha$ et $\beta$ sont de même signe, $G$ est entre $A$ et $B$, plus près du point le plus lourd. Avec des coefficients de signes contraires, $G$ sort du segment.

La propriété fondamentale

Elle porte tout le reste du chapitre. Si $G$ est le barycentre de $\{(A,\alpha),(B,\beta)\}$, alors pour tout point $M$ du plan :

La démonstration tient en une ligne — insérer $G$ par la relation de Chasles dans chaque vecteur — mais l'usage est considérable : une somme de deux vecteurs variables devient un seul vecteur variable. C'est cette réduction qu'on cherchera systématiquement.

En prenant $M = O$ l'origine d'un repère, on obtient la formule de calcul :

Chaque coordonnée est la moyenne des coordonnées, pondérée par les coefficients. Rien de plus.

$n$ points, et l'isobarycentre

La définition s'étend sans changement à $n$ points pondérés, sous la même condition que la somme des coefficients soit non nulle :

Quand tous les coefficients sont égaux, $G$ s'appelle l'isobarycentre. Pour deux points, c'est le milieu ; pour un triangle, c'est le centre de gravité, point de concours des médianes, situé aux deux tiers de chaque médiane à partir du sommet : $\overrightarrow{AG} = \frac{2}{3}\overrightarrow{AA'}$, où $A'$ est le milieu de $[BC]$.

Ce résultat classique n'a pas à être admis : il se démontre en trois lignes par associativité, et c'est justement l'objet de la section suivante.

L'associativité

C'est le théorème le plus utile du chapitre. Dans un système de points pondérés, on peut remplacer un sous-groupe de points par leur barycentre partiel, affecté de la somme de leurs coefficients, sans changer le barycentre global.

L'animation construit $G = \mathrm{bar}\{(A,2),(B,1),(C,1)\}$ des deux façons, puis fait varier le coefficient de $C$.

Sur l'exemple : $I = \mathrm{bar}\{(A,2),(B,1)\}$ est sur $[AB]$, et $G = \mathrm{bar}\{(I,3),(C,1)\}$ est sur $[IC]$. Le coefficient de $I$ est $2+1 = 3$, et l'oublier est l'erreur qui coûte le plus de points dans ce chapitre : on écrit $I$ avec son ancien coefficient, ou avec $1$, et tout le reste s'effondre.

L'intérêt est double. D'une part, un problème à trois points devient un problème à deux, où $G$ se lit sur un segment. D'autre part, l'associativité démontre des alignements : dire que $G$ est le barycentre de $I$ et $C$, c'est exactement dire que $G$, $I$ et $C$ sont alignés. C'est ainsi qu'on établit le concours des médianes — l'isobarycentre de $A$, $B$, $C$ est aussi le barycentre de $A'$ (milieu de $[BC]$, donc de coefficient $2$) et de $A$, donc il est sur la médiane $(AA')$ ; le même raisonnement sur les deux autres médianes conclut.

Lignes de niveau

C'est l'application qui tombe à l'épreuve. On cherche l'ensemble des points $M$ vérifiant une égalité, et la méthode est toujours la même : réduire à l'aide d'un barycentre bien choisi, jusqu'à reconnaître une figure élémentaire.

Ligne de niveau de $\left\lVert \alpha\overrightarrow{MA} + \beta\overrightarrow{MB} \right\rVert = k$. La propriété fondamentale donne $\lvert \alpha+\beta \rvert \times MG = k$, donc $MG = \dfrac{k}{\lvert \alpha+\beta \rvert}$ : le lieu est le cercle de centre $G$ et de ce rayon — ou un point si $k = 0$, ou l'ensemble vide si $k$ est négatif.

Ligne de niveau de $\alpha MA^2 + \beta MB^2 = k$. En introduisant le barycentre $G$ et en développant $\overrightarrow{MA} = \overrightarrow{MG} + \overrightarrow{GA}$ :

Les deux derniers termes sont des constantes : elles ne dépendent pas de $M$. L'égalité se ramène donc à $MG^2 = \text{constante}$, et le lieu est encore un cercle de centre $G$ — vide si la constante obtenue est strictement négative.

Ligne de niveau de $\overrightarrow{MA} \cdot \overrightarrow{MB} = k$. Avec $I$ le milieu de $[AB]$, on établit $\overrightarrow{MA} \cdot \overrightarrow{MB} = MI^2 - \dfrac{AB^2}{4}$, d'où un cercle de centre $I$. Le cas $k = 0$ redonne le cercle de diamètre $[AB]$.

La constante est le seul endroit où l'on calcule vraiment ; le reste est mécanique. Et dans les trois cas, la conclusion doit discuter le signe : un rayon au carré négatif donne l'ensemble vide, et l'oublier coûte les derniers points de la question.

Méthode : un lieu géométrique, pas à pas

Si la somme des coefficients est nulle, la réduction échoue — mais elle échoue utilement : la somme $\alpha\overrightarrow{MA} + \beta\overrightarrow{MB}$ devient alors un vecteur constant, indépendant de $M$, et le lieu est une droite. Ce cas est un sujet d'exercice à part entière, et non un accident.

À vous

// Chaque coordonnée de G est la moyenne des coordonnées, pondérée
// par les coefficients. Écrivez-la une seule fois, pour une liste
// de couples [point, coefficient].
const A = { x: 1, y: 2 };
const B = { x: 7, y: 0 };
const C = { x: 4, y: 6 };

const barycentre = (ponderes) => ({ x: 0, y: 0 }); // à corriger

// Le chemin direct.
const G = barycentre([[A, 2], [B, 1], [C, 1]]);

// Le chemin par associativité : on regroupe A et B en I,
// affecté de la SOMME de leurs coefficients.
const I = barycentre([[A, 2], [B, 1]]);
const G2 = barycentre([[I, 3], [C, 1]]);

console.log(G.x, G.y);    // attendu : 3.25 2.5
console.log(G2.x, G2.y);  // attendu : le même point

const A = { x: 1, y: 2 };
const B = { x: 7, y: 0 };
const C = { x: 4, y: 6 };

// La masse totale ne doit jamais être nulle : c'est la condition
// d'existence du barycentre, et le seul cas à écarter.
const barycentre = (ponderes) => {
  const masse = ponderes.reduce((t, [, m]) => t + m, 0);
  if (masse === 0) throw new Error("masse totale nulle : pas de barycentre");
  return {
    x: ponderes.reduce((t, [p, m]) => t + p.x * m, 0) / masse,
    y: ponderes.reduce((t, [p, m]) => t + p.y * m, 0) / masse,
  };
};

const G = barycentre([[A, 2], [B, 1], [C, 1]]);
const I = barycentre([[A, 2], [B, 1]]);
const G2 = barycentre([[I, 3], [C, 1]]);

console.log(G.x, G.y);    // 3.25 2.5
console.log(G2.x, G2.y);  // 3.25 2.5 — c'est l'associativité, vérifiée
                          // numériquement : le coefficient de I est 2+1 = 3,
                          // et l'oublier est l'erreur classique du chapitre.

À retenir

Les trois chapitres précédents ne sont pas des sujets d'examen : ce sont des outils. Un énoncé de baccalauréat ne demande jamais « faites une récurrence » ni « calculez un barycentre ». Il pose une question, et c'est à vous de reconnaître lequel des trois outils la résout.

Cette leçon travaille exactement cette reconnaissance. Chaque sujet est donné en entier, puis décortiqué : ce que l'énoncé dit, ce qu'il ne dit pas, et le geste attendu.

Sujet 1 — Une somme à démontrer

Soit $(u_n)$ la suite définie par $u_n = 1^3 + 2^3 + \cdots + n^3$ pour $n \geqslant 1$. Démontrer que pour tout entier $n \geqslant 1$, $u_n = \left(n(n+1)/2\right)^2$.

Lecture de l'énoncé. Une propriété qui dépend d'un entier $n$, à démontrer pour tout $n$. Il n'y a pas d'autre outil : c'est une récurrence. Le mot n'apparaît pas dans l'énoncé, et il n'apparaîtra jamais.

Initialisation. Pour $n = 1$ : $u_1 = 1$ et le membre de droite vaut $(1 \times 2 / 2)^2 = 1$. La propriété est vraie au rang 1. Une ligne, un calcul.

Hérédité. On suppose la propriété vraie à un rang $k \geqslant 1$ quelconque. Alors

Tout le travail est là : faire apparaître le membre de droite au rang $k+1$. On factorise par $(k+1)^2$ :

ce qui est exactement la propriété au rang $k+1$.

Sujet 2 — Un comité

Un club compte 7 femmes et 5 hommes. On forme un comité de 4 personnes.

1. Combien de comités possibles ?
2. Combien comportent exactement 2 femmes ?
3. Combien comportent au moins une femme ?

Lecture. « Comité » : un ensemble, donc sans ordre. Personne n'y figure deux fois, donc sans remise. Les deux questions du chapitre sont tranchées avant tout calcul — c'est une affaire de combinaisons.

Question 1. Choisir 4 personnes parmi 12 :

Question 2. Le comité se construit en deux temps indépendants : 2 femmes parmi 7, puis 2 hommes parmi 5. Deux choix successifs se multiplient :

Question 3. « Au moins une » : le réflexe du complémentaire. Le contraire de « au moins une femme » est « aucune femme », c'est-à-dire 4 hommes parmi 5, soit $\binom{5}{4} = 5$ comités. Donc $495 - 5 = 490$.

Traiter la question 3 directement demanderait quatre calculs — exactement 1, 2, 3 ou 4 femmes — et leur somme. Le complémentaire en demande un.

Sujet 3 — Un lieu géométrique

$ABC$ est un triangle. Déterminer l'ensemble des points $M$ du plan tels que $\lVert 2\overrightarrow{MA} + \overrightarrow{MB} + \overrightarrow{MC} \rVert = 12$.

Lecture. Une somme de vecteurs variables, dont on impose la norme. La somme des coefficients vaut $2 + 1 + 1 = 4 \neq 0$ : le barycentre existe. C'est le signal.

Réduction. Soit $G$ le barycentre de $\{(A,2),(B,1),(C,1)\}$. La propriété fondamentale donne, pour tout point $M$ :

La condition devient $\lVert 4\overrightarrow{MG} \rVert = 12$, c'est-à-dire $MG = 3$.

Conclusion. L'ensemble cherché est le cercle de centre $G$ et de rayon 3. Une condition portant sur trois points variables est devenue une condition portant sur un seul : c'est tout ce que le barycentre sert à faire.

Il reste à placer $G$, ce que l'énoncé attend explicitement : $G$ est le barycentre de $A$ affecté de 2 et du milieu $I$ de $[BC]$ affecté de 2 — par associativité — donc $G$ est le milieu de $[AI]$.

Vérifier plutôt que croire

Un résultat de dénombrement se contrôle en énumérant sur un petit cas. Si la formule et l'énumération divergent, c'est la formule qui est fausse.

// Une formule de dénombrement se vérifie en énumérant, sur de petits cas.
// C'est le seul contrôle honnête : si l'énumération et la formule divergent,
// c'est la formule qui est fausse.

// Comités de 3 personnes parmi 6, dont AU MOINS une femme.
// Les personnes 0, 1, 2 sont des femmes ; 3, 4, 5 des hommes.
const PERSONNES = [0, 1, 2, 3, 4, 5];
const EST_FEMME = (p) => p < 3;

// 1. Énumération : construire toutes les parties à 3 éléments, puis filtrer.
function parEnumeration() {
  let compte = 0;
  for (let a = 0; a < 6; a++)
    for (let b = a + 1; b < 6; b++)
      for (let c = b + 1; c < 6; c++) {
        // à compléter : ne compter que si le comité contient une femme
      }
  return compte;
}

// 2. Formule : total − aucun homme… non, total − « aucune femme ».
const C = (n, p) => (p === 0 ? 1 : (C(n - 1, p - 1) * n) / p);
function parFormule() {
  return 0; // à corriger : C(6,3) moins les comités sans aucune femme
}

console.log(parEnumeration(), parFormule()); // les deux doivent donner 19

const EST_FEMME = (p) => p < 3;

function parEnumeration() {
  let compte = 0;
  for (let a = 0; a < 6; a++)
    for (let b = a + 1; b < 6; b++)
      for (let c = b + 1; c < 6; c++) {
        if (EST_FEMME(a) || EST_FEMME(b) || EST_FEMME(c)) compte++;
      }
  return compte;
}

const C = (n, p) => (p === 0 ? 1 : (C(n - 1, p - 1) * n) / p);

// « Au moins une femme » se compte par le complémentaire : tous les comités,
// moins ceux formés uniquement des 3 hommes.
function parFormule() {
  return C(6, 3) - C(3, 3);
}

console.log(parEnumeration(), parFormule()); // 19 19

QCM du bloc

Les gestes du bloc

À retenir