Tle · Du modèle à l’autonomie

Dénombrement : pas à pas

Observe un exemple expliqué, entraîne-toi avec des indices, puis résous une autre situation sur papier. Compare les étapes avant de faire le point.

Mon objectif

Retrouver mes révisions

$$p$$ -listes (ou $$p$$ -uplets)

1. Observer

2. S’entraîner avec aide

On fabrique des codes de deux lettres avec A, B et C. Combien en existe-t-il si la répétition est permise ? Et si elle est interdite ? Explique pourquoi AB et BA sont deux codes distincts.

Comparer avec l’explication

Avec répétition, les codes sont AA, AB, AC, BA, BB, BC, CA, CB, CC : $3\times3=9$ . Sans répétition, on retire AA, BB et CC : $3\times2=6$ . AB et BA diffèrent par la lettre à la première position ; l'ordre fait donc partie du résultat. Réessaie : pour trois positions, on obtient $$3^3=27$$ codes avec répétition et $$3!=6$$ sans répétition. Explique chaque facteur avant de passer à l'exercice 1.

3. Résoudre seul

Un mot de passe est formé de 3 lettres majuscules suivies de 2 chiffres. Combien de mots de passe possibles ?
On lance 4 dés à 6 faces (distinguables). Combien de résultats possibles ?
Combien de nombres de 4 chiffres (de 1000 à 9999) sont pairs ?
Un QCM comporte 10 questions, chacune avec 4 réponses possibles (une seule cochée par question). Combien de grilles de réponses possibles ?

Comparer avec l’explication

Analyse de la situation. Un mot de passe est formé de 3 lettres majuscules suivies de 2 chiffres. L'ordre des caractères compte (le mot de passe ABC12 n'est pas le même que BAC12), et les répétitions sont autorisées (on peut avoir AAA11).

On est dans la situation d'un produit cartésien de 5 ensembles :
- Les 3 premières positions : chacune choisie dans $\{A, B, \ldots, Z\}$ (26 possibilités).
- Les 2 dernières positions : chacune choisie dans $\{0, 1, \ldots, 9\}$ (10 possibilités).
Par le principe multiplicatif :

\[\begin{aligned}26 \times 26 \times 26 \times 10 \times 10 &= 26^3 \times 10^2\\[.35em]&= 17\,576 \times 100\\[.35em]&= \boldsymbol{1\,757\,600}\end{aligned}\]

Il y a donc 1 757 600 mots de passe possibles.
Analyse. Chaque dé peut donner un résultat parmi $\{1, 2, 3, 4, 5, 6\}$ . Les 4 dés étant distinguables (on parle du dé n^o1, du dé n^o2, etc.), le résultat global est un quadruplet $$(d_1, d_2, d_3, d_4)$$ , c'est-à-dire une 4-liste de $\{1,\ldots,6\}$ .

Le nombre de résultats possibles est :
$\begin{aligned}6^4 &= 6 \times 6 \times 6 \times 6\\[.35em]&= \boldsymbol{1\,296}\end{aligned}$
Analyse. Un nombre de 4 chiffres s'écrit $\overline{abcd}$ où $$a$$ est le chiffre des milliers, $$b$$ celui des centaines, $$c$$ celui des dizaines, $$d$$ celui des unités.

Pour que ce nombre soit compris entre 1000 et 9999 : $a \in \{1, 2, \ldots, 9\}$ (9 choix, car $a \neq 0$ ).

Pour $$b$$ et $$c$$ : aucune contrainte particulière, donc $b, c \in \{0, 1, \ldots, 9\}$ (10 choix chacun).

Pour que le nombre soit pair, il faut que le dernier chiffre soit pair : $d \in \{0, 2, 4, 6, 8\}$ (5 choix).

Par le principe multiplicatif :
$9 \times 10 \times 10 \times 5 = \boldsymbol{4\,500}$
Il y a 4 500 nombres de 4 chiffres qui sont pairs.
Analyse. Pour chaque question, l'élève coche exactement une réponse parmi 4. Les 10 questions sont indépendantes. Une grille de réponses est donc une 10-liste de $\{A, B, C, D\}$ (ou $\{1, 2, 3, 4\}$ , peu importe).

Le nombre de grilles possibles est :
$4^{10} = \boldsymbol{1\,048\,576}$
Si chaque question a une seule bonne réponse et si les réponses sont choisies indépendamment et uniformément parmi les quatre propositions, la probabilité d'avoir tout juste est $1/4^{10}$ , soit environ $9{,}54\times10^{-7}$ . Elle est très petite, mais strictement positive.

Combien d'anagrammes du mot « LYCEE » peut-on former ? (Attention aux lettres répétées.)
De combien de manières peut-on ranger 8 livres tous différents sur une étagère ?
5 personnes s'assoient autour d'une table ronde. De combien de façons ? (Deux dispositions identiques par rotation sont considérées comme une seule.)

Comparer avec l’explication

Anagrammes de LYCEE. Le mot LYCEE comporte 5 lettres : L, Y, C, E, E. Toutes les lettres sont distinctes sauf la lettre E qui apparaît 2 fois.

Si toutes les lettres étaient distinctes, le nombre d'anagrammes serait $$5! = 120$$ . Mais puisque la lettre E est répétée 2 fois, chaque anagramme est comptée $$2! = 2$$ fois (car échanger les deux E entre eux donne le même mot visible). On divise donc par $$2!$$ :
$\begin{aligned}\frac{5!}{2!} &= \frac{120}{2}\\[.35em]&= \boldsymbol{60}\end{aligned}$
Le mot LYCEE admet 60 anagrammes.
Ranger 8 livres. Ranger 8 livres tous différents sur une étagère revient à choisir un ordre pour ces 8 livres. C'est une permutation de 8 éléments :
$\begin{aligned}8! &= 8 \times 7 \times 6 \times 5 \times 4 \times 3 \times 2 \times 1\\[.35em]&= \boldsymbol{40\,320}\end{aligned}$
Table ronde. Pour 5 personnes autour d'une table ronde, on considère que deux dispositions obtenues l'une de l'autre par rotation sont identiques.

Méthode : On fixe une personne à une place (par exemple Alice reste en haut de la table). Les 4 personnes restantes occupent les 4 places restantes, d'où $$4!$$ dispositions.

Justification formelle : En ligne, il y aurait $$5! = 120$$ dispositions. Mais chaque disposition circulaire correspond à $$5$$ dispositions en ligne (une pour chaque rotation). Donc le nombre de dispositions circulaires est :
$\begin{aligned}\frac{5!}{5} &= (5-1)!\\[.35em]&= 4!\\[.35em]&= \boldsymbol{24}\end{aligned}$
De manière générale, le nombre de façons de placer $$n$$ personnes autour d'une table ronde est $$(n-1)!$$ .

4. Aller plus loin

Combien de nombres entiers de 1 à 1000 ne sont divisibles ni par 3, ni par 5 ?
Un mot de passe de 6 caractères est formé de lettres minuscules (26 lettres). Combien de mots de passe contiennent au moins une voyelle ?

Comparer avec l’explication

Énoncé : combien d'entiers de 1 à 1000 ne sont divisibles ni par 3, ni par 5 ?

On note $$A$$ l'ensemble des multiples de 3 dans $\{1,\ldots,1000\}$ et $$B$$ l'ensemble des multiples de 5.

Calcul des cardinaux :
- $\begin{aligned}\Card(A) &= \lfloor 1000/3 \rfloor\\[.35em]&= 333\end{aligned}$
  (le plus grand multiple de 3 inférieur ou égal à 1000 est $333\times 3 = 999$ ).
- $\begin{aligned}\Card(B) &= \lfloor 1000/5 \rfloor\\[.35em]&= 200\end{aligned}$
  (le plus grand multiple de 5 est $200\times 5 = 1000$ ).
- $A \cap B$ = multiples de 15 (car $\mathrm{ppcm}(3,5) = 15$ ) :
  $\begin{aligned}\Card(A\cap B) &= \lfloor 1000/15\rfloor\\[.35em]&= 66 .\end{aligned}$
Application de l'inclusion-exclusion :

\[\begin{aligned}\Card(A\cup B) &= \Card(A) + \Card(B) - \Card(A\cap B)\\[.35em]&= 333 + 200 - 66\\[.35em]&= 467\end{aligned}\]

$A\cup B$ est l'ensemble des entiers divisibles par 3 ou par 5 (ou les deux). Le complémentaire de $A\cup B$ est l'ensemble des entiers qui ne sont divisibles ni par 3, ni par 5 :

\[1000 - 467 = \boldsymbol{533}\]
Énoncé : mot de passe de 6 lettres minuscules, combien contiennent au moins une voyelle ?

Stratégie : on utilise le complémentaire. « Au moins une voyelle » est le complémentaire de « aucune voyelle » (c'est-à-dire uniquement des consonnes).

Calculs :
- Nombre total de mots de passe de 6 lettres : $26^6 = 308\,915\,776$ .
- Nombre de mots de passe sans aucune voyelle : les 5 voyelles (a, e, i, o, u) étant exclues, il reste 21 consonnes. Chaque position a 21 choix : $21^6 = 85\,766\,121$ .
Résultat :

\[\begin{aligned}26^6 - 21^6 &= 308\,915\,776 - 85\,766\,121\\[.35em]&= \boldsymbol{223\,149\,655}\end{aligned}\]

Combinaisons

1. Observer

2. S’entraîner avec aide

Parmi A, B, C, D, E, choisis deux personnes. Combien de résultats si elles occupent deux fonctions distinctes ? Combien si elles forment simplement une équipe ? Liste les dix équipes pour contrôler.

Comparer avec l’explication

Avec deux fonctions distinctes : $5\times4=20$ résultats. Pour les équipes :

\begin{aligned}\binom52&=\frac{5\times4}{2!}\\[.35em]&=\frac{20}{2}\\[.35em]&=10.\end{aligned}

Les équipes sont AB, AC, AD, AE, BC, BD, BE, CD, CE, DE (chaque écriture désigne ici un ensemble). Diviser par 2 efface les deux ordres d'une équipe, pas la moitié des personnes. Réessaie : trois personnes parmi cinq donnent $5\times4\times3=60$ listes et $$60/3!=10$$ équipes. L'exercice 7 te fera choisir la méthode dans plusieurs contraintes.

3. Résoudre seul

Calculer sans calculatrice :

$\binom{6}{2}$
$\binom{8}{3}$
$\binom{10}{4}$
$\binom{7}{0}$
$\binom{12}{11}$
$\binom{100}{98}$

Comparer avec l’explication

Pour chaque calcul, on utilise la formule $\binom{n}{p} = \frac{n(n-1)\cdots(n-p+1)}{p!}$ en choisissant le plus petit entre $$p$$ et $$n-p$$ .

$\begin{aligned}\binom{6}{2} &= \dfrac{6 \times 5}{2 \times 1}\\[.35em]&= \dfrac{30}{2}\\[.35em]&= \boldsymbol{15}\end{aligned}$
Vérification : les sous-ensembles à 2 éléments de $\{1,2,3,4,5,6\}$ sont $\{1,2\}, \{1,3\}, \ldots, \{5,6\}$ . On peut les compter : il y en a bien 15.
$\begin{aligned}\binom{8}{3} &= \dfrac{8 \times 7 \times 6}{3 \times 2 \times 1}\\[.35em]&= \dfrac{336}{6}\\[.35em]&= \boldsymbol{56}\end{aligned}$
$\begin{aligned}\binom{10}{4} &= \dfrac{10 \times 9 \times 8 \times 7}{4 \times 3 \times 2 \times 1}\\[.35em]&= \dfrac{5\,040}{24}\\[.35em]&= \boldsymbol{210}\end{aligned}$
$\binom{7}{0} = \boldsymbol{1}$
Justification : il n'y a qu'une seule façon de choisir 0 éléments dans un ensemble : ne rien choisir. Par la formule :
$\begin{aligned}\binom{7}{0} &= \frac{7!}{0! \cdot 7!}\\[.35em]&= \frac{1}{1}\\[.35em]&= 1 .\end{aligned}$
$\begin{aligned}\binom{12}{11} &= \binom{12}{1}\\[.35em]&= \boldsymbol{12}\end{aligned}$
Justification : par la propriété de symétrie,
$\begin{aligned}\binom{12}{11} &= \binom{12}{12-11}\\[.35em]&= \binom{12}{1}\\[.35em]&= 12 .\end{aligned}$
Intuitivement : choisir 11 éléments parmi 12 revient à choisir le seul élément qu'on ne prend pas. Il y a 12 façons de faire.
$\begin{aligned}\binom{100}{98} &= \binom{100}{2}\\[.35em]&= \dfrac{100 \times 99}{2 \times 1}\\[.35em]&= \dfrac{9\,900}{2}\\[.35em]&= \boldsymbol{4\,950}\end{aligned}$
On a utilisé la symétrie ( $\binom{100}{98} = \binom{100}{2}$ ) pour simplifier considérablement le calcul. Sans cette astuce, il aurait fallu manipuler $\frac{100!}{98! \cdot 2!}$ , ce qui est beaucoup plus lourd.

Une classe de 35 élèves comprend 20 filles et 15 garçons.

De combien de façons peut-on former un comité de 5 élèves ?
De combien de façons si le comité doit comprendre exactement 3 filles et 2 garçons ?
De combien de façons si le comité doit comprendre au moins une fille ?
De combien de façons si le comité doit comprendre au moins une fille et au moins un garçon ?

Comparer avec l’explication

Rappel : classe de 35 élèves, 20 filles (F) et 15 garçons (G).

On forme un comité de 5 élèves. Un comité est un sous-ensemble de la classe (l'ordre ne compte pas, pas de répétition). C'est une combinaison :
$\begin{aligned}\binom{35}{5} &= \frac{35\times 34\times 33\times 32\times 31}{5!}\\[.35em]&= \frac{35\times 34\times 33\times 32\times 31}{120}\\[.35em]&= \boldsymbol{324\,632}\end{aligned}$
On veut exactement 3 filles ET 2 garçons. On décompose en deux choix indépendants :
- Choisir 3 filles parmi 20 :
  $\begin{aligned}\binom{20}{3} &= \frac{20\times 19\times 18}{6}\\[.35em]&= 1\,140\end{aligned}$
  façons.
- Choisir 2 garçons parmi 15 :
  $\begin{aligned}\binom{15}{2} &= \frac{15\times 14}{2}\\[.35em]&= 105\end{aligned}$
  façons.
Par le principe multiplicatif (chaque choix du premier groupe peut être associé à chaque choix du second) :

\[\begin{aligned}\binom{20}{3}\times\binom{15}{2} &= 1\,140\times 105\\[.35em]&= \boldsymbol{119\,700}\end{aligned}\]
On veut au moins une fille. Le complémentaire est « aucune fille », c'est-à-dire un comité de 5 garçons :
$\begin{aligned}\binom{15}{5} &= \frac{15\times 14\times 13\times 12\times 11}{120}\\[.35em]&= 3\,003\end{aligned}$
Donc le nombre de comités avec au moins une fille est :
$\begin{aligned}\binom{35}{5} - \binom{15}{5} &= 324\,632 - 3\,003\\[.35em]&= \boldsymbol{321\,629}\end{aligned}$
On veut au moins une fille ET au moins un garçon. On retire du total les comités « que des filles » et « que des garçons » :
- Comités de 5 filles : $\binom{20}{5} = 15\,504$ .
- Comités de 5 garçons : $\binom{15}{5} = 3\,003$ .
Ces deux cas sont disjoints (un comité ne peut pas être « que des filles » et « que des garçons » en même temps). Donc :

\[324\,632 - 15\,504 - 3\,003 = \boldsymbol{306\,125}\]

4. Aller plus loin

On tire simultanément 5 cartes d'un jeu de 32 cartes (8 cartes par couleur : pique, cœur, carreau, trèfle).

Combien de mains de 5 cartes peut-on former ?
Combien de mains contiennent exactement 2 piques ?
Combien de mains contiennent au moins une carte de chaque couleur ?
Combien de mains contiennent exactement un as ?

Comparer avec l’explication

Un tirage simultané de 5 cartes parmi 32 est un sous-ensemble à 5 éléments (l'ordre ne compte pas) :
$\begin{aligned}\binom{32}{5} &= \frac{32\times 31\times 30\times 29\times 28}{120}\\[.35em]&= \boldsymbol{201\,376}\end{aligned}$
On veut exactement 2 piques. On décompose le choix :
- 2 cartes parmi les 8 piques : $\binom{8}{2} = 28$ façons.
- 3 cartes parmi les $$32 - 8 = 24$$ non-piques :
  $\begin{aligned}\binom{24}{3} &= \frac{24\times 23\times 22}{6}\\[.35em]&= 2\,024\end{aligned}$
  façons.
Total : $28 \times 2\,024 = \boldsymbol{56\,672}$ .
Au moins une carte de chaque couleur. Avec 5 cartes et 4 couleurs, cela signifie qu'exactement une couleur est représentée par 2 cartes et les trois autres par 1 carte chacune.
- Choix de la couleur « doublée » : 4 façons.
- 2 cartes dans cette couleur : $\binom{8}{2} = 28$ façons.
- 1 carte dans chacune des 3 autres couleurs :
  $\begin{aligned}8 \times 8 \times 8 &= 8^3\\[.35em]&= 512\end{aligned}$
  façons.
Total : $4\times 28\times 512 = \boldsymbol{57\,344}$ .
Exactement un as. Il y a 4 as dans le jeu de 32 cartes (un par couleur).
- 1 as parmi 4 : $\binom{4}{1} = 4$ façons.
- 4 cartes parmi les $$32 - 4 = 28$$ non-as : $\binom{28}{4} = 20\,475$ façons.
Total : $4 \times 20\,475 = \boldsymbol{81\,900}$ .

Propriétés fondamentales des combinaisons

1. Observer

Un robot doit aller de $$(0,0)$$ à $$(3,2)$$ avec seulement des pas vers la droite D ou vers le haut H. Combien de chemins existe-t-il ? Combien passent par $$(1,1)$$ ?

Chaque chemin comporte cinq pas dont deux H. Il y a donc $\binom52=10$ chemins. Jusqu'à $$(1,1)$$ , on peut écrire DH ou HD : 2 possibilités. Il reste deux D et un H, soit $\binom31=3$ possibilités. Chaque début peut être suivi de chaque fin :

\begin{aligned}N_{\text{par }(1,1)} &= 2\times3\\[.35em]&= 6.\end{aligned}

Il reste $$10-6=4$$ chemins qui évitent ce point. Réessaie : vers $$(2,2)$$ , les $\binom42=6$ chemins comprennent 4 chemins passant par $$(1,1)$$ . Dessine-les, puis essaie l'exercice 8.

2. S’entraîner avec aide

Construire les lignes $$n = 0$$ à $$n = 8$$ du triangle de Pascal.
Vérifier la formule de Pascal sur l'exemple $\binom{7}{3} = \binom{6}{2}+\binom{6}{3}$ .
Calculer $\displaystyle\sum_{k=0}^{6}\binom{6}{k}$ de deux façons (par le triangle, puis par la formule).
En déduire $\displaystyle\sum_{k=0}^{6}(-1)^k\binom{6}{k}$ .

Comparer avec l’explication

Le triangle de Pascal de $$n=0$$ à $$n=8$$ , construit grâce à la formule de Pascal ( $\binom{n}{p} = \binom{n-1}{p-1}+\binom{n-1}{p}$ ) :

$n\backslash p$ 0 1 2 3 4 5 6 7 8
0 1
1 1 1
2 1 2 1
3 1 3 3 1
4 1 4 6 4 1
5 1 5 10 10 5 1
6 1 6 15 20 15 6 1
7 1 7 21 35 35 21 7 1
8 1 8 28 56 70 56 28 8 1

Chaque nombre est la somme des deux nombres situés juste au-dessus de lui (un à gauche, un à droite). Les bords sont toujours égaux à 1.
On vérifie :
$\begin{aligned}\binom{6}{2} + \binom{6}{3} &= 15 + 20\\[.35em]&= 35 .\end{aligned}$
D'autre part,
$\begin{aligned}\binom{7}{3} &= \frac{7\times 6\times 5}{3\times 2\times 1}\\[.35em]&= \frac{210}{6}\\[.35em]&= 35 .\end{aligned}$
On a bien
$\begin{aligned}\binom{7}{3} &= \binom{6}{2}+\binom{6}{3}\\[.35em]&= 35 .\end{aligned}$
✓
Première méthode (par le triangle) : On lit la ligne $$n=6$$ et on additionne :
$\[1 + 6 + 15 + 20 + 15 + 6 + 1 = 64\]$
Deuxième méthode (par la formule) : On sait que $\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k} = 2^n$ . Pour $$n=6$$ :
$\sum_{k=0}^{6}\binom{6}{k} = 2^6 = 64 \quad ✓$
Les deux méthodes donnent bien le même résultat.
On utilise le binôme de Newton avec $$a=1$$ et $$b=-1$$ :
$\begin{aligned}(1+(-1))^6 &= \sum_{k=0}^{6}\binom{6}{k}\cdot 1^{6-k}\cdot (-1)^k\\[.35em]&= \sum_{k=0}^{6}(-1)^k\binom{6}{k}\end{aligned}$
Or
$\begin{aligned}(1-1)^6 &= 0^6\\[.35em]&= 0 .\end{aligned}$
Donc :
$\sum_{k=0}^{6}(-1)^k\binom{6}{k} = \boldsymbol{0}$
Cela signifie que la somme des coefficients de rang pair (
$\begin{aligned}\binom{6}{0}+\binom{6}{2}+\binom{6}{4}+\binom{6}{6} &= 1+15+15+1\\[.35em]&= 32\end{aligned}$
) est égale à la somme des coefficients de rang impair (
$\begin{aligned}\binom{6}{1}+\binom{6}{3}+\binom{6}{5} &= 6+20+6\\[.35em]&= 32\end{aligned}$
). Leur différence vaut bien 0.

3. Résoudre seul

On se déplace sur un quadrillage de $$(0,0)$$ à $$(5,3)$$ en ne faisant que des pas vers la droite (D) ou vers le haut (H).

Justifier qu'un chemin est entièrement déterminé par un mot de 8 lettres formé de 5 D et 3 H.
En déduire le nombre total de chemins.
Combien de chemins passent par le point $$(2,1)$$ ?
Combien de chemins ne passent pas par le point $$(2,1)$$ ?

Comparer avec l’explication

Pour aller de $$(0,0)$$ à $$(5,3)$$ en ne se déplaçant que vers la droite (D) ou vers le haut (H), on doit effectuer exactement 5 pas vers la droite (pour passer de l'abscisse 0 à l'abscisse 5) et 3 pas vers le haut (pour passer de l'ordonnée 0 à l'ordonnée 3), soit 8 pas au total.

Un chemin est entièrement déterminé par l'ordre dans lequel on effectue ces 8 pas. C'est donc un mot de 8 lettres composé de 5 lettres D et 3 lettres H.

Exemple : DDHDDHHD signifie « droite, droite, haut, droite, droite, haut, haut, droite ».
Le nombre de tels mots est le nombre de façons de choisir les 3 positions des H parmi les 8 positions (les positions restantes seront automatiquement des D). C'est une combinaison :
$\begin{aligned}\binom{8}{3} &= \frac{8\times 7\times 6}{3\times 2\times 1}\\&= \frac{336}{6}\\&= \boldsymbol{56} \text{ chemins}\end{aligned}$
(On aurait également pu choisir les 5 positions des D :
$\begin{aligned}\binom{8}{5} &= \binom{8}{3}\\[.35em]&= 56 .\end{aligned}$
)
Un chemin passant par $$(2,1)$$ se décompose en :
- Un chemin de $$(0,0)$$ à $$(2,1)$$ : il faut 2 pas D et 1 pas H, soit 3 pas. Nombre de chemins : $\binom{3}{1} = 3$ .
- Un chemin de $$(2,1)$$ à $$(5,3)$$ : il faut 3 pas D et 2 pas H, soit 5 pas. Nombre de chemins : $\binom{5}{2} = 10$ .
Par le principe multiplicatif (les deux portions sont indépendantes) :

\[3 \times 10 = \boldsymbol{30} \text{ chemins passant par }(2,1)\]
Les chemins ne passant pas par $$(2,1)$$ sont les chemins totaux moins ceux passant par $$(2,1)$$ :
$56 - 30 = \boldsymbol{26} \text{ chemins}$

4. Aller plus loin

Un polygone convexe a $$n$$ sommets ( $n\geqslant 3$ ). Combien de diagonales possède-t-il ?
Combien de diagonales a un décagone (10 côtés) ?
Combien de triangles peut-on former en utilisant uniquement des sommets du décagone ?

Comparer avec l’explication

Un polygone convexe à $$n$$ sommets possède des diagonales (segments reliant deux sommets non consécutifs) et des côtés (segments reliant deux sommets consécutifs).

Le nombre total de segments reliant 2 sommets quelconques parmi $$n$$ est $\binom{n}{2}$ (on choisit 2 sommets, l'ordre ne compte pas).

Parmi ces segments, $$n$$ sont des côtés du polygone. Les autres sont des diagonales. Donc :
$\begin{aligned}\text{Nombre de diagonales} &= \binom{n}{2} - n\\[.35em]&= \frac{n(n-1)}{2} - n\\[.35em]&= \frac{n^2 - n - 2n}{2}\\[.35em]&= \boldsymbol{\frac{n(n-3)}{2}}\end{aligned}$
Pour un décagone ( $$n = 10$$ ) :
$\begin{aligned}\frac{10\times(10-3)}{2} &= \frac{10\times 7}{2}\\[.35em]&= \boldsymbol{35}\end{aligned}$
diagonales.
Le nombre de triangles dont les sommets sont des sommets du décagone est le nombre de façons de choisir 3 sommets parmi 10 (trois points non alignés d'un polygone convexe forment toujours un triangle) :
$\begin{aligned}\binom{10}{3} &= \frac{10\times 9\times 8}{6}\\[.35em]&= \boldsymbol{120}\end{aligned}$

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