Combinatoire/Permutations avec répétition

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Dans le cas où il existerait une ou des répétitions dans le groupe à réordonner, nous devons limiter ce nombre. En effet, les éléments de ces répétitions sont indiscernables entre eux et dès lors une inversion de tels éléments ne crée pas une nouvelle permutation.

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Exemple

Les « anagrammes » (avec ou sans signification quelle que soit la langue) du mot « CELLULE », c'est-à-dire les permutations des 7 lettres {C,E,E,L,L,L,U}.

Si toutes les lettres avaient été distinctes, nous aurions eu le cas d'une « Permutation sans répétition », donc nous aurions pu déduire du chapitre précédent le nombre $P_{7}=7!=5040$.

Cependant il y a deux groupes de répétitions : 2×E et 3×L. Dans l’ensemble des anagrammes on ne peut donc pas distinguer les « mots » dont la seule différence est d'inverser les deux E entre eux, par exemple. Les deux anagrammes obtenus par la méthode « sans répétition » mais qui ne diffèrent que par l'inversion de ces deux E sont donc identiques à présent et il faut décompter tous les cas semblables. Dans cet exemple, nous devons supprimer tous les cas dus aux deux E (2! cas) et ceux dus aux trois L (3! cas, c'est-à-dire 6 cas).

On obtient donc le résultat ${\frac {7!}{3!\times 2!}}$.

Cas général

Soit E un multiensemble de n éléments pas forcément tous distincts.

Numérotons x₁, x₂, … , x_k les éléments distincts de E et pour chaque indice i, notons n_i le nombre de fois que l'élément x_i apparaît dans E.

Le nombre de permutations de E est alors :

${\frac {n!}{n_{1}!\,n_{2}!\ldots n_{k}!}}$.

Démonstration

Pour construire un n-uplet contenant n_i fois x_i pour chaque indice i, il suffit de choisir :

• les n₁ emplacements des x₁, parmi les n = n₁ + n₂ + ... + n_k places disponibles ;
• puis, les n₂ emplacements des x₂, parmi les n₂ + ... +n_k places restantes ;
• etc.
• enfin, les n_k emplacements des x_k, parmi les n_k places restantes.

Au total, il y a donc

${\binom {n_{1}+n_{2}+\ldots +n_{k}}{n_{1}}}{\binom {n_{2}+\ldots +n_{k}}{n_{2}}}\dots {\binom {n_{k}}{n_{k}}}={\frac {n!}{n_{1}!n_{2}!\dots n_{k}!}}$ permutations.

 

Remarquez que quand un élément x_i n'apparaît qu'une fois, on peut négliger le n_i correspondant car 1! = 1.

Formule du multinôme

Les nombres de permutations avec répétition apparaissent tout naturellement dans la preuve combinatoire de la formule suivante (dont le cas particulier $m=2$ est la formule du binôme) :

$\left(X_{1}+X_{2}+\dots +X_{m}\right)^{n}=\sum _{k_{1}+k_{2}+\dots +k_{m}=n}{n \choose k_{1},k_{2},\dots ,k_{m}}X_{1}^{k_{1}}X_{2}^{k_{2}}\dots X_{m}^{k_{m}}$.

Preuve combinatoire

Lorsqu'on développe par distributivité l'expression

$\left(X_{1}+X_{2}+\dots +X_{m}\right)^{n}=\left(X_{1}+X_{2}+\dots +X_{m}\right)\left(X_{1}+X_{2}+\dots +X_{m}\right)\dots \left(X_{1}+X_{2}+\dots +X_{m}\right)\qquad (n{\text{ fois}})$,

et qu'on réordonne les indéterminées dans chaque monôme, on obtient une somme de monômes de la forme $X_{1}^{k_{1}}X_{2}^{k_{2}}\dots X_{m}^{k_{m}}$ où $k_{i}$ représente le nombre de parenthèses dans lesquelles on a sélectionné $X_{i}$ en développant. Pour chacun de ces monômes, la somme des $k_{i}$ est égale à $n$ (le nombre total de parenthèses), et ce monôme apparaît ${n \choose k_{1},k_{2},\dots ,k_{m}}$ fois dans le développement puisque c'est le nombre de façons de choisir lesquelles, parmi les $n$ parenthèses, seront pour chaque $i$ les $k_{i}$ parenthèses dans lesquelles c'est $X_{i}$ qui est sélectionné.

 

Preuve par récurrence sur $m$

(i) Pour $m=1$, les deux membres valent $X_{1}^{n}$.

(ii) Supposons le théorème vrai au rang $m$. Alors,

${\begin{aligned}\left(X_{1}+X_{2}+\dots +X_{m}+X_{m+1}\right)^{n}&=\left(X_{1}+X_{2}+\dots +\left(X_{m}+X_{m+1}\right)\right)^{n}\\&=\sum _{k_{1}+k_{2}+\dots +k_{m-1}+K=n}{n \choose k_{1},k_{2},\dots ,k_{m-1},K}X_{1}^{k_{1}}X_{2}^{k_{2}}\dots X_{m-1}^{k_{m-1}}\left(X_{m}+X_{m+1}\right)^{K}\end{aligned}}$

par hypothèse de récurrence. Puis, en appliquant la formule du binôme au dernier facteur :

${\begin{aligned}\left(X_{1}+X_{2}+\dots +X_{m}+X_{m+1}\right)^{n}&=\sum _{k_{1}+k_{2}+\dots +k_{m-1}+K=n}{n \choose k_{1},k_{2},\dots ,k_{m-1},K}X_{1}^{k_{1}}X_{2}^{k_{2}}\dots X_{m-1}^{k_{m-1}}\sum _{k_{m}+k_{m+1}=K}{K \choose k_{m},k_{m+1}}X_{m}^{k_{m}}X_{m+1}^{k_{m+1}}\\&=\sum _{k_{1}+k_{2}+\dots +k_{m-1}+k_{m}+k_{m+1}=n}{n \choose k_{1},k_{2},\dots ,k_{m-1},k_{m},k_{m+1}}X_{1}^{k_{1}}X_{2}^{k_{2}}\dots X_{m-1}^{k_{m-1}}X_{m}^{k_{m}}X_{m+1}^{k_{m+1}},\end{aligned}}$

ce qui termine la récurrence. Pour la dernière étape, on a utilisé le fait que

${n \choose k_{1},k_{2},\dots ,k_{m-1},K}{K \choose k_{m},k_{m+1}}={n \choose k_{1},k_{2},\dots ,k_{m-1},k_{m},k_{m+1}}$,

car

${\frac {n!}{k_{1}!k_{2}!\dots k_{m-1}!K!}}{\frac {K!}{k_{m}!k_{m+1}!}}={\frac {n!}{k_{1}!k_{2}!\dots k_{m+1}!}}$.

 

Preuve analytique

Pour tous nombres $x_{1},\dots ,x_{m},t$ complexes (ou même simplement réels),

$\exp \left(t\left(x_{1}+\dots +x_{m}\right)\right)=\exp \left(tx_{1}\right)\dots \exp \left(tx_{m}\right)$

d'où, par identification du coefficient de $t^{n}$ dans le développement en série entière des deux membres :

${\frac {\left(x_{1}+\dots +x_{m}\right)^{n}}{n!}}=\sum _{k_{1}+k_{2}+\dots +k_{m}=n}{\frac {x_{1}^{k_{1}}x_{2}^{k_{2}}\dots x_{m}^{k_{m}}}{k_{1}!k_{2}!\dots k_{m}!}}$.

(On peut rendre purement algébrique cette preuve « analytique », en raisonnant sur des séries formelles plutôt que des séries entières.)