# Combinaison avec répétition

En combinatoire — domaine mathématique des dénombrements — une combinaison avec répétition est une combinaison où l'ordre des éléments n'importe pas mais où, contrairement à une combinaison classique (sans répétition), chaque élément de la combinaison peut apparaître plusieurs fois.
Par exemple, lorsque dix dés à six faces (numérotées de 1 à 6) sont jetés, le résultat fourni par ces dix dés, si l'ordre dans lequel sont jetés les dés n'est pas pris en compte, est une combinaison de 10 éléments pris parmi les 6 faces possibles des dés, où chaque face peut apparaître plusieurs fois. On peut ainsi obtenir, par exemple, un 2, trois 4, deux 5 et quatre 6, soit la combinaison 2,4,4,4,5,5,6,6,6,6.

## Première approche

Une combinaison avec répétition de k objets pris dans un ensemble E = {x$_1$, x$_2$, … , x$_n$} de n objets discernables est une manière de sélectionner k fois de suite un objet dans E, sans tenir compte de l'ordre des k choix et « avec remise », le même objet pouvant donc être sélectionné plusieurs fois. On obtient ainsi un groupement non ordonné de k objets éventuellement répétés : ce groupement n’est pas un ensemble, la définition en extension d'un ensemble empêchant la répétition des éléments, mais un multiensemble. On peut formaliser cela en notant f(x$_j$) le nombre de fois (éventuellement nul) que l'élément x$_j$ a été choisi, la seule contrainte étant f(x$_1$) + f(x$_2$) + … + f(x$_n$) = k, pour avoir un total de k objets, éventuellement répétés :
Définition — Une k-combinaison avec répétition d'un ensemble fini E de cardinal n, est une application f de E dans {0, 1, ..., k}, telle que $\sum _{x\in E}f(x)=k.$
f s'appelle aussi une combinaison avec répétition de n éléments pris k à k.

### Exemple

    Dans un jeu de dominos, un domino est une 2-combinaison avec répétition de l'ensemble E = {blanc, 1, 2, 3, 4, 5, 6}. Chaque domino peut être représenté par une application de E dans {0, 1, 2} qui associe à chaque élément de E le nombre de fois où l'élément apparaît sur le domino. Ainsi, le domino tout blanc est représenté par l'application f définie parf(blanc) = 2, f(1) = 0, f(2) = 0, f(3) = 0, f(4) = 0, f(5) = 0 et f(6) = 0et le domino {blanc, 1} par l'application f définie parf(blanc) = 1, f(1) = 1, f(2) = 0, f(3) = 0, f(4) = 0, f(5) = 0 et f(6) = 0.

## Nombre de combinaisons avec répétition

Théorème — Le nombre de k-combinaisons ($k\geqslant 0$) avec répétition d'un ensemble à n éléments ($n\geqslant 1$), noté $\Gamma _{n}^{k}$ (qui se lit « Gamma n k »), ou encore $\left(\!\!{\binom {n}{k}}\!\!\right)$ est égal à $\Gamma _{n}^{k}=\left(\!\!{\binom {n}{k}}\!\!\right)={n+k-1 \choose k}={\frac {(n+k-1)!}{k!~(n-1)!}},$ qui est le nombre de k-combinaisons (sans répétition) de n + k – 1 éléments.
Remarque : $\Gamma _{n}^{k}$ peut aussi être vu comme le nombre de solutions de l'équation diophantienne : $x_{1}+\cdots +x_{n}=k$ où les $x_{i}$ sont des entiers naturels. $(x_{1},\cdots ,x_{n})$ est une composition faible de l'entier $k$.

### Première démonstration, par double dénombrement

Supposons que E = {x$_1$, x$_2$, … , x$_n$}. Les k-combinaisons de E avec répétition qui ne contiennent pas x$_1$ sont en bijection avec les k-combinaisons avec répétition de {x$_2$, … , x$_n$} donc il y en a $\Gamma _{n-1}^{k}$. Les k-combinaisons de E avec répétition qui contiennent x$_1$ au moins une fois sont en bijection (en leur enlevant un x$_1$) avec les (k – 1)-combinaisons de E avec répétition donc il y en a $\Gamma _{n}^{k-1}$ . Le nombre total de k-combinaisons de E avec répétition est la somme de ces deux nombres. On en déduit la relation de récurrence $\forall n>1\quad \forall k>0\quad \Gamma _{n}^{k}=\Gamma _{n}^{k-1}+\Gamma _{n-1}^{k}.$ Le résultat s'en déduit par récurrence sur n + k, compte tenu du fait que pour tout entier naturel $k$, $\Gamma _{1}^{k}=1$ et pour tout entier n > 0, $\Gamma _{n}^{0}=1$.

### Deuxième démonstration, par transformation en une liste de barres et d'étoiles

Les n objets étant numérotés de 1 à n, la k-combinaison avec répétition où le premier objet est choisi k$_1$ fois, le deuxième k$_2$ fois, etc. (avec k$_1$ + k$_2$ + … + k$_n$ = k) peut être codée par la liste suivante de k étoiles et n – 1 barres verticales : k$_1$ étoiles, une barre, k$_2$ étoiles, une barre, … , une barre, k$_n$ étoiles. Par exemple la combinaison avec répétitions $\{a,a,b,b,b,d\}$ d'objets pris dans $\{a,b,c,d\}$ est codée par $**\,|***|\,\,|*$
Le nombre de tels « codes » est égal au nombre de permutations avec répétition des n + k – 1 éléments : k étoiles indiscernables et n – 1 barres indiscernables. Ce nombre est donc le coefficient multinomial
$\Gamma _{n}^{k}={\frac {(n+k-1)!}{k!~(n-1)!}}.$
Ou encore : c'est le nombre de choix pour les k emplacements des étoiles, parmi les n + k – 1 emplacements de la liste. On trouve alors bien :
$\Gamma _{n}^{k}={n+k-1 \choose k}.$Cette démonstration, très simple, est une belle application de la démonstration par bijection.

### Troisième démonstration, par bijection avec les k-uplets croissants formés sur {1, 2, ..., n}.

Sans perte de généralité, nous pouvons supposer que E = {1, 2, ..., n} (cela revient à choisir un ordre total sur E).

#### Une autre représentation

À une k-combinaison avec répétition f de E, nous associons le k-uplet croissant (au sens large) ${\begin{matrix}(\underbrace {1,\ldots ,1} ,&\underbrace {2,\ldots ,2} ,&\ldots ,&\underbrace {n,\ldots ,n} )\\_{f(1){\rm {\,fois}}}&_{f(2){\rm {\,fois}}}&&_{f(n){\rm {\,fois}}}\end{matrix}}.$ Réciproquement, à un k-uplet croissant (a$_1$, a$_2$, … , a$_k$) d'éléments de E, c'est-à-dire un k-uplet tel que $a_{1}\leqslant a_{2}\leqslant a_{3}\cdots \leqslant a_{k}$ nous pouvons associer l'application f : E → {0, 1, … , k} qui envoie un élément de E sur le nombre de fois où il apparaît dans le k-uplet. Il est alors évident que
f(1) + f(2) + … + f(n) = k et donc que f est une k-combinaison avec répétition de E.
Ainsi, il y a une bijection entre l'ensemble des k-combinaisons avec répétition de E et l'ensemble des k-uplets croissants d'éléments de E, ou encore des applications croissantes (au sens large) de {1, 2, … , k} dans E.

##### Exemple

    Un domino peut être représenté de manière unique par un couple croissant (a, b) tel que a ≤ b d'éléments de E = {blanc, 1, 2, 3, 4, 5, 6}.

#### Application

Nous venons de voir qu'il y a autant de k-combinaisons de E avec répétition que de k-uplets croissants $a_{1}\leqslant a_{2}\leqslant a_{3}\cdots \leqslant a_{k}$ d'éléments de E. En associant, à un tel k-uplet, le k-uplet d'entiers b$_1$ = a$_1$ + 0, b$_2$ = a$_2$ + 1, … , b$_k$ = a$_k$ + k – 1, on obtient une bijection entre l'ensemble des k-uplets croissants d'éléments de E et l'ensemble des k-uplets strictement croissants $b_{1}<b_{2}<b_{3}\cdots <b_{k}$ d'éléments de {1, 2, ..., n + k – 1}. Or le cardinal de ce nouvel ensemble est le nombre de combinaisons sans répétition de k objets pris parmi n + k – 1, c'est-à-dire le coefficient binomial : $\Gamma _{n}^{k}={n+k-1 \choose k}.$

#### Identité mathématique

Grâce à cette deuxième représentation avec les inégalités, nous pouvons déduire une nouvelle formule de combinaisons avec répétition pour $k\geqslant 1$ et $n\geqslant 1$ qui donne lieu à l'identité : $\Gamma _{n}^{k}={n+k-1 \choose k}=\sum _{a_{k-1}=1}^{n}\sum _{a_{k-2}=1}^{a_{k-1}}\cdots \sum _{a_{1}=1}^{a_{2}}\sum _{a_{0}=1}^{a_{1}}1$
Nous pouvons démontrer cette formule par récurrence $\forall k\geqslant 1,n\geqslant 1$:
* L'initialisation pour $n=1$ :
$\Gamma _{1}^{k}={1+k-1 \choose k}={k \choose k}=1$ $\sum _{a_{k-1}=1}^{1}\sum _{a_{k-2}=1}^{a_{k-1}}\cdots \sum _{a_{1}=1}^{a_{2}}\sum _{a_{0}=1}^{a_{1}}1=\sum _{a_{k-2}=1}^{1}\cdots \sum _{a_{1}=1}^{a_{2}}\sum _{a_{0}=1}^{a_{1}}1=\cdots =\sum _{a_{1}=1}^{1}\sum _{a_{0}=1}^{a_{1}}1=\sum _{a_{0}=1}^{1}1=1$
* Hérédité, supposons la propriété vraie au rang $n$, montrons qu'elle est vraie au rang $n+1$ :
$\Gamma _{n+1}^{k}={n+1+k-1 \choose k}={n+k \choose k}={n+k-1 \choose k}+{n+k-1 \choose k-1}={n+k-1 \choose k}+{n+1+k-2 \choose k-1}$ $\implies \Gamma _{n+1}^{k}=\sum _{a_{k-1}=1}^{n}\sum _{a_{k-2}=1}^{a_{k-1}}\cdots \sum _{a_{1}=1}^{a_{2}}\sum _{a_{0}=1}^{a_{1}}1+\sum _{a_{k-2}=1}^{n+1}\sum _{a_{k-3}=1}^{a_{k-2}}\cdots \sum _{a_{1}=1}^{a_{2}}\sum _{a_{0}=1}^{a_{1}}1$ En posant $x=\sum _{a_{k-3}=1}^{a_{k-2}}\cdots \sum _{a_{1}=1}^{a_{2}}\sum _{a_{0}=1}^{a_{1}}1$ : $\Gamma _{n+1}^{k}=\sum _{a_{k-1}=1}^{n}\sum _{a_{k-2}=1}^{a_{k-1}}x+\sum _{a_{k-2}=1}^{n+1}x$ $\implies \Gamma _{n+1}^{k}=\sum _{a_{k-1}=1}^{n+1}\sum _{a_{k-2}=1}^{a_{k-1}}\cdots \sum _{a_{1}=1}^{a_{2}}\sum _{a_{0}=1}^{a_{1}}1$ Ce qui démontre l'identité mathématique, et donc le pont entre les coefficients binomiaux et les sommes d'une nouvelle manière.

### Quatrième démonstration

Procédons par double dénombrement, comme dans la première démonstration ci-dessus.
* Si l'on écrit in extenso les $\Gamma _{n}^{k}$ combinaisons avec répétition de k éléments parmi n, on écrira $k\times \Gamma _{n}^{k}$ éléments. Les n éléments jouant un rôle symétrique, chacun apparaîtra donc $k\times \Gamma _{n}^{k} \over n$ fois. (1) Soit x l'un de ces éléments. Calculons d'une autre manière le nombre de fois où il apparaît.
* Parmi les $\Gamma _{n}^{k}$ combinaisons avec répétition précédentes, le nombre de celles contenant x (une ou plusieurs fois) est $\Gamma _{n}^{k-1}$. En effet, x étant imposé au moins une fois, on ne choisit plus que k – 1 éléments, distincts ou non, sans ordre, mais toujours parmi n (car rien n'empêche que x soit répété et donc puisse réapparaître). Chacune de ces $\Gamma _{n}^{k-1}$ combinaisons avec répétition contenant au moins une fois x, cela nous assure d'ores et déjà $\Gamma _{n}^{k-1}$ apparitions de x. (2)
* Enlevons maintenant une fois x de chacune de ces $\Gamma _{n}^{k-1}$ combinaisons. Chacune d'entre elles ne contient plus à présent que k – 1 éléments (répétés ou non) ; il nous reste donc en tout $(k-1)\Gamma _{n}^{k-1}$ éléments. Nous n'avons plus d'hypothèse sur les k – 1 éléments restants dans chaque combinaison avec répétition. Chacun des n éléments (en particulier x) joue donc un rôle symétrique et apparaît donc $(k-1)\Gamma _{n}^{k-1} \over n$ fois (3).
* Confrontons nos deux méthodes de calcul : nous avons donc : (1) = (2) + (3), soit${\frac {k}{n}}\Gamma _{n}^{k}=\Gamma _{n}^{k-1}+{\frac {k-1}{n}}\Gamma _{n}^{k-1}={\frac {n+k-1}{n}}\Gamma _{n}^{k-1},$ ce qui nous donne finalement :$\Gamma _{n}^{k}={\frac {n+k-1}{k}}\Gamma _{n}^{k-1}.$
Le résultat s'en déduit par récurrence sur k, compte tenu du fait que $\Gamma _{n}^{0}=1$.

### Algorithme de dénombrement

Le plus efficace et le plus simple, pour calculer le nombre de combinaisons avec répétition, est d'utiliser l'algorithme calculant le nombre de combinaisons sans répétition comme décrit sur la page « Combinaison sans répétition ». En effet, comme indiqué ci-dessus, le nombre de combinaisons de k objets parmi n avec répétition est le même que le nombre de combinaisons de k objets parmi n + k – 1 sans répétition.

## Autres dénombrements équivalents à celui des combinaisons avec répétition

$\Gamma _{n}^{k}$ est aussi le nombre de monômes unitaires de degré k formés à partir des n indéterminées X$_1$, X$_2$, … , X$_n$.
C'est aussi le nombre de dérivées partielles d'ordre k d'une fonction de n variables de classe D$^k$, compte tenu du théorème de Schwarz qui permet de ne pas tenir compte de l'ordre dans lequel sont effectuées les dérivations (en tenant compte de l'ordre, il y en aurait n$^k$).