# Problème des rencontres

En mathématiques, le problème des rencontres, ou problème de Montmort, ou encore problème des chapeaux, consiste à déterminer la probabilité que, n jetons numérotés de 1 à n ayant été mis au hasard dans des cases elles-mêmes numérotées de 1 à n, aucun jeton ne soit à sa place (ou celle de l'évènement contraire). De façon plus savante, c'est la recherche de la probabilité qu'une permutation prise au hasard soit un dérangement, c'est-à-dire ne possède pas de « rencontre », autrement dit de point fixe.
Le problème des rencontres a été posé pour la première fois par Pierre Rémond de Montmort en 1708, qui l'a résolu en 1713, en même temps que Nicolas Bernoulli.

## Diverses formulations du problème

* Montmort écrit en 1708 : « Pierre a un certain nombre de cartes qui ne sont point répétées, et qui sont mêlées à discrétion ; il parie contre Paul que s'il les tire de suite, et qu'il les nomme selon l'ordre des cartes, en commençant, ou par la plus haute, ou par la plus basse, il lui arrivera au moins une fois de tirer celle qu'il nommera. On demande quel est le sort ou l'espérance de Pierre, pour quelque nombre de cartes que ce puisse être, depuis deux jusqu'à treize ».
Il s'agit du jeu appelé à l'époque « jeu du treize ».
* Leonhard Euler écrit en 1753 : « Le jeu de rencontre est un jeu de hasard où des personnes ayant chacune un entier jeu de cartes, en tirent à la fois une carte après l'autre, jusqu'à ce qu'il arrive qu'elles rencontrent la même carte : et alors une des deux personnes gagne. Or, lorsqu'une telle rencontre n'arrive point du tout, alors c'est l'autre des deux personnes qui gagne. Cela posé, on demande la probabilité, que l'une de ces deux personnes aura de gagner. »
* Pierre Tédenat écrit en 1821 : « Quelqu’un tient dans ses mains un paquet de cartes, au nombre de n, portant les nombres 1, 2 , 3 , …… n de la suite naturelle, mêlées au hasard. Il abat, tour à tour, ces cartes sur une table, en prononçant en même temps les mots un, deux, trois, …… dans leur ordre successif ; quelle est la probabilité qu’une fois au moins il lui arrivera, en abattant une carte, de prononcer en même temps le nom du numéro qu’elle porte ? »
* Eugène Catalan pose le problème en 1837 sous une forme similaire à celle d'Euler, et résout une généralisation.
* Formulation comme problème des chapeaux : « n personnes laissent leur chapeau au vestiaire ; lorsqu'elles viennent les chercher, chacune d'entre elles prend un chapeau au hasard ; quelle est la probabilité qu'aucune d'entre-elles ne porte son chapeau à la sortie ? »
Nous utiliserons cet habillage dans la suite.
* Depuis Édouard Lucas, on figure une permutation par une position saturée de tours sur un échiquier n×n (n tours dont aucune n'est en prise avec une autre) ; il s'agit de calculer la proportion de positions saturées n'ayant aucune tour sur une diagonale donnée. De façon équivalente, on peut considérer des grilles de mots croisés à une seule case noire par ligne et par colonne, ou des matrices à un seul $1$ par ligne et par colonne, et des $0$ ailleurs.

## Valeurs numériques

Les dérangements partiels constituent la suite A008290 de l'OEIS. La ligne $n$ correspond au nombre d'éléments impliqués (le nombre de cartes au jeu du treize, le nombre de propriétaires de chapeaux, ou le nombre de tours sur l'échiquier d'Édouard Lucas). La ligne $n=8$ correspond à l'échiquier classique ; la ligne $n=13$ correspondrait au jeu modélisé par Pierre de Montfort, mais qu'il a renoncé à calculer et publier : l'approximation $d_{13,0}/13!\approx e^{-1}$ suffit. La colonne $k$ correspond au nombre d'éléments à leur place : la permutation considérée est un dérangement pour $k=0$.
| $_{n}\!\!\diagdown \!\!^{k}$ | 0 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 | 8 |
| 0 | 1 |
| 1 | 0 | 1 |
| 2 | 1 | 0 | 1 |
| 3 | 2 | 3 | 0 | 1 |
| 4 | 9 | 8 | 6 | 0 | 1 |
| 5 | 44 | 45 | 20 | 10 | 0 | 1 |
| 6 | 265 | 264 | 135 | 40 | 15 | 0 | 1 |
| 7 | 1854 | 1855 | 924 | 315 | 70 | 21 | 0 | 1 |
| 8 | 14833 | 14832 | 7420 | 2464 | 630 | 112 | 28 | 0 | 1 |

## Premier calcul utilisant la formule de Poincaré

La formule de Poincaré : $P\left(\,\bigcup _{i=1}^{n}A_{i}\,\right)=\sum _{k=1}^{n}\left((-1)^{k-1}\sum _{1\leq i_{1}<i_{2}<\ldots <i_{k}\leq n}P(A_{i_{1}}\cap A_{i_{2}}\cap \ldots \cap A_{i_{k}})\right)$ donne la réponse, en prenant pour $A_{i}$ l'évènement : « le i-ème chapeau est à sa place ».
En effet $\bigcup _{i=1}^{n}A_{i}$ est l'évènement (contraire de celui cherché) : « l'un des chapeaux est à sa place », et $P(A_{i_{1}}\cap A_{i_{2}}\cap \ldots \cap A_{i_{k}})$ vaut évidemment $(n-k)!/n!$ de sorte que $P\left(\,\bigcup _{i=1}^{n}A_{i}\,\right)=\sum _{k=1}^{n}\left((-1)^{k-1}{n \choose k}{\frac {(n-k)!}{n!}}\right)=\sum _{k=1}^{n}{\frac {(-1)^{k-1}}{k!}}$.
Et la probabilité qu'aucun chapeau ne soit à sa place vaut donc $p_{n}=\sum _{k=0}^{n}{\frac {(-1)^{k}}{k!}}$.
Cette probabilité tend très rapidement et de manière alternée vers 1/e. À partir de n = 3 il y a donc environ une chance sur trois qu'aucun chapeau ne soit à sa place. Et Pierre a raison de parier contre Paul qu'il y aura au moins une coïncidence.

## Notion de sous-factorielle

Le nombre de dérangements de n objets vaut donc $d_{n}=n!p_{n}=n!\sum _{k=0}^{n}{\frac {(-1)^{k}}{k!}}=\left\lfloor {\frac {n!}{e}}\right\rceil$ où $\left\lfloor x\right\rceil$ désigne l'entier le plus proche de x. Ce nombre $d_{n}$ est appelé sous-factorielle de n et noté !n.
Les premières valeurs de $d_{n}=!n$ sont : $d_{1}=0,d_{2}=1,d_{3}=2,d_{4}=9,d_{5}=44,d_{6}=265,d_{7}=1854,d_{8}=14833$, suite A000166 de l'OEIS.
En utilisant l'expression intégrale de la factorielle : $n!=\int _{0}^{+\infty }\mathrm {e} ^{-t}t^{n}\mathrm {d} t$ , on peut exprimer ce nombre sous forme intégrale : $d_{n}=n!p_{n}=\sum _{k=0}^{n}(-1)^{k}{n \choose k}(n-k)!=\sum _{k=0}^{n}(-1)^{k}{n \choose k}\int _{0}^{+\infty }\mathrm {e} ^{-t}t^{n-k}\,\mathrm {d} t=\int _{0}^{+\infty }\mathrm {e} ^{-t}(t-1)^{n}\,\mathrm {d} t$.
Par changement de variable $u=1-t$, on obtient la formule exacte : $p_{n}={\frac {1}{\mathrm {e} }}+{\frac {(-1)^{n}}{\mathrm {e} .n!}}\int _{0}^{1}\mathrm {e} ^{u}u^{n}\,\mathrm {d} u$ .

## Deuxième calcul par résolution d'un système triangulaire

On remarque que toute permutation de n objets ayant k points fixes est fabriquée à partir d'un dérangement sur le complémentaire de l'ensemble de ses points fixes ; comme il y a ${n \choose k}$ façons de choisir cet ensemble, on obtient :
    $n!=\sum _{k=0}^{n}{n \choose k}d_{k}\qquad (1)$.
On peut donc écrire le système linéaire en $d_{0},\dots ,d_{n}$ : $p!=\sum _{k=0}^{p}{p \choose k}d_{k}$ pour p = 0, 1, … , n dont la matrice dite « de Pascal » s'inverse classiquement et donne
    $d_{p}=\sum _{k=0}^{p}(-1)^{p-k}{p \choose k}k!=\sum _{k=0}^{p}(-1)^{k}{p \choose k}(p-k)!=p!\sum _{k=0}^{p}{\frac {(-1)^{k}}{k!}}$ ;
on retrouve bien la valeur ci-dessus.
Variante utilisant la fonction génératrice $f(x)=\sum _{n=0}^{\infty }p_{n}x^{n}=\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {d_{n}}{n!}}x^{n}$ : la relation $n!=\sum _{k=0}^{n}{n \choose k}d_{k}$ permet d'obtenir par produit des séries $\mathrm {e} ^{x}f(x)={\frac {1}{1-x}}$ ; et partant de $f(x)=\mathrm {e} ^{-x}.{\frac {1}{1-x}}$ on obtient inversement la valeur attendue $p_{n}=\sum _{k=0}^{n}{\frac {(-1)^{k}}{k!}}$.

## Troisième calcul par relation de récurrence

La formule (1) ci-dessus donne une relation de récurrence forte : $d_{n}=n!-\sum _{k=0}^{n-1}{n \choose k}d_{k}$, soit
    $p_{n}=1-\sum _{k=0}^{n-1}{\frac {p_{k}}{(n-k)!}}=1-\left({\frac {p_{0}}{n!}}+{\frac {p_{1}}{(n-1)!}}+...+{\frac {p_{n-1}}{1!}}\right)$.
Mais un raisonnement combinatoire permet d'obtenir la relation de récurrence double : $d_{n}=(n-1)(d_{n-1}+d_{n-2})$, dont on déduit la relation de récurrence simple :
    $d_{n}=nd_{n-1}+(-1)^{n}$, soit $p_{n}=p_{n-1}+{\frac {(-1)^{n}}{n!}}$
qui conduit directement à la formule donnant $p_{n}$.

### Démonstration de la relation de récurrence double

Supposons que les n personnes sont numérotées de 1 à n ainsi que les n chapeaux.
Nous devons trouver le nombre de configurations où personne ne prend le chapeau ayant même numéro que le sien. Supposons que la première personne prenne le chapeau i. Il y a alors deux possibilités :
* soit la personne i ne prend pas le chapeau 1. Ce cas est équivalent à résoudre le problème avec les $n-1$ personnes et $n-1$ chapeaux numérotés de 2 à n ;
* soit la personne i prend le chapeau 1. Ce cas est équivalent à résoudre le problème avec les $n-2$ personnes et $n-2$ chapeaux restants.
Comme il y a $n-1$ possibilités pour i, on obtient $d_{n}=(n-1)(d_{n-1}+d_{n-2})$.

### Démonstration du passage à la récurrence simple

En posant $u_{n}=d_{n}-nd_{n-1}$, la relation $d_{n}=(n-1)(d_{n-1}+d_{n-2})$ s'écrit $u_{n}=-u_{n-1}$ ;
donc $u_{n}=(-1)^{n-2}u_{2}=(-1)^{n}$, d'où $d_{n}=nd_{n-1}+(-1)^{n}$.

## Quatrième calcul à l'aide des dérangements partiels

Soit $d_{n,k}$ le nombre de configurations où les k premières personnes ne portent pas leur chapeau (ou le nombre de permutations dont les k premiers éléments ne sont pas fixes) ; on a donc $d_{n,0}=n!$ et $d_{n,n}=d_{n}$.
Parmi ces $d_{n,k}$ configurations, distinguons deux catégories : celle où k + 1 n'a pas son chapeau, qui contient $d_{n,k+1}$ configurations ; et celle où k + 1 a son propre chapeau, qui en contient $d_{n-1,k}$.
On en déduit $d_{n,k}=d_{n,k+1}+d_{n-1,k}$, puis $d_{n,k}=d_{n,k-1}-d_{n-1,k-1}$.
La suite $(d_{n,k})_{n}$ est donc image de la suite $(d_{n,k-1})_{n}$ par l'opérateur aux différences finies $\Delta (u_{n})=u_{n}-u_{n-1}$.
On en déduit $d_{n,k}=\Delta ^{k}(n!)=\sum _{q=0}^{k}(-1)^{q}{k \choose q}(n-q)!$.
Et de nouveau $d_{n}=\Delta ^{n}(n!)=\sum _{k=0}^{n}(-1)^{k}{n \choose k}(n-k)!=n!\sum _{k=0}^{n}{\frac {(-1)^{k}}{k!}}$.

## Application à la loi, l'espérance et la variance du nombre de points fixes d'une permutation

Soit X la variable aléatoire donnant le nombre de personnes portant leur propre chapeau (ou le nombre de points fixes d'une permutation aléatoire de n objets).
Si $X=k$, il y a $n \choose k$ façons de choisir cet ensemble de points fixes, donc $P(X=k)={\frac {n \choose k}{n!}}d_{n-k}={\frac {1}{k!}}\sum _{q=0}^{n-k}{\frac {(-1)^{q}}{q!}}$ et bien sûr, $P(X=0)=p_{n}={\frac {d_{n}}{n!}}$.
Notons que pour n grand devant k, $P(X=k)\approx {\frac {1}{\mathrm {e} .k!}}$ et X suit donc approximativement une loi de Poisson de paramètre $1$.
Pour obtenir l'espérance et la variance de X, il est beaucoup plus rapide de remarquer que X est la somme des $X_{i}$, $X_{i}$ étant égal à $1$ si la i-ème personne porte son chapeau, $0$ sinon.
La variable $X_{i}$ suit une loi de Bernoulli de paramètre 1/n, donc $E(X)=1$ : il y a en moyenne une seule personne qui porte son propre chapeau.
Pour la variance, un calcul donne : $V(X)=1$.

## Généralisation : problème des rencontres avec objets typés

On suppose que les n chapeaux sont de p types différents : $n_{1}$ du type 1, ...,$n_{p}$ du type p ($n=n_{1}+..+n_{p}$) et qu'il y a p catégories parmi les personnes : $m_{1}$ de catégorie 1, ...,$m_{p}$ de catégorie p ($n\geqslant m_{1}+..+m_{p}$ ; il peut y avoir des personnes sans catégorie) ; il y a rencontre si une personne d'une certaine catégorie prend un chapeau d'un type ayant le même numéro : quelle est la probabilité qu'il n'y ait pas de rencontre ?
La réponse sous forme intégrale est $\int _{0}^{+\infty }{\frac {\mathrm {e} ^{-t}}{n!}}\prod _{i=1}^{p}\left(\sum _{k=0}^{\min(n_{i},m_{i})}{\left(-1\right)^{k}k!{n_{i} \choose k}{m_{i} \choose k}}t^{n-k}\right)\,\mathrm {d} t$.
La probabilité qu'une personne prenne un chapeau de type i valant $n_{i}/n$, l'espérance du nombre de rencontres vaut ${\frac {\sum _{i=1}^{p}n_{i}m_{i}}{n}}$.
Le problème simple est obtenu lorsque les $n_{i}$ sont égaux à $1$ où l'on retrouve $\int _{0}^{+\infty }{\frac {\mathrm {e} ^{-t}}{n!}}(t-1)^{n}\,\mathrm {d} t$ et une espérance de 1.
Le problème suivant : « Montrant successivement les cartes d'un jeu de 52 cartes, et annonçant, avant de les regarder : As, Roi, Dame, etc., quelle probabilité ai-je que toutes ces annonces soient fausses ? » revient au cas où $n=52,p=13,n_{i}=m_{i}=4$ et donne une probabilité de $\int _{0}^{+\infty }{\frac {\mathrm {e} ^{-t}}{52!}}(t^{4}-16t^{3}+72t^{2}-96t+24)^{13}\,\mathrm {d} t\approx 1{,}6\ \%$ et une espérance du nombre de rencontres de 4 ; pour un jeu de 32 cartes, on trouve une probabilité d'environ $13{,}5\ \%$ et toujours une espérance de 4.