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+
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+
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+
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+
+\title{Combinatoire}
+\author{William Hergès\thanks{Sorbonne Université - Faculté des Sciences, Faculté des Lettres}}
+
+\begin{document}
+	\maketitle
+	\tableofcontents
+	\newpage
+	\section{Notation}
+	Dans cette section, on parle de théorie des ensembles.
+
+	On notera toujours $E$ l'ensemble ambient. Soit $A$ un sous-ensemble de $E$. On le note~: $A\subseteq E$ (ou $A\subset E$, mais on l'aime moins celle-là). On note l'inclusion stricte $A\subsetneq E$.
+	\begin{defn}
+		$A\cup B$ est défini comme~:
+		$$ x\in A\cup B\quad\implies\quad x\in A\quad\lor\quad x\in B $$
+		On a :
+		$$ A\cup B = \{x\in E\quad|\quad x\in A\lor x\in B\} $$
+	\end{defn}
+	\begin{defn}
+		$A\cap B$ est défini comme~:
+		$$ x\in A\cap B\quad\implies\quad x\in A\quad\land\quad x\in B $$
+		On a :
+		$$ A\cup B = \{x\in E\quad|\quad x\in A\land x\in B\} $$
+	\end{defn}
+	\begin{defn}
+		$A\backslash B$ est défini comme~:
+		$$ x\in A\backslash B\quad\implies\quad x\in A\quad\land\quad x\not\in B$$
+		On a~:
+		$$ A\backslash B = \{x\in E\quad|\quad x\in A\land x\not\in B\} $$
+	\end{defn}
+	\begin{defn}
+		$E\backslash A$ est le complémentaire de $A$ et est défini comme~:
+		$$ \forall x\in E\backslash A\quad\implies\quad x\in E\quad\land\quad x\not\in A $$
+		On a~:
+		$$ E\backslash A=\{x\in E\quad|\quad x\not\in A\} $$
+	\end{defn}
+	\begin{defn}
+		Si $E$ est un ensemble fini, on a que $\mathrm{card}(E)$ ou $|E|$ est le nombre d'éléments de $E$.
+	\end{defn}
+	\begin{props}
+		On a :
+		$$ \mathrm{card}(A\cup B) = \mathrm{card}(A) + \mathrm{card}(B) - \mathrm{card}(A\cap B) $$
+	\end{props}
+	\begin{defn}
+		Le produit cartésien est noté $\times$ et est :
+		$$ A\times B = \{(x,y)\quad|\quad x\in A,y\in B\} $$
+	\end{defn}
+	\begin{props}
+		On a~:
+		$$ \mathrm{card}(A\times B) = \mathrm{card}(A)\times\mathrm{card}(B) $$
+	\end{props}
+	\section{Combinaisons}
+	Soit $\Omega=\{1,2,\ldots,n\}$, un ensemble de $n$ éléments.
+
+	\begin{defn}
+		Une combinaison de $k$ éléments parmis les éléments de $\Omega$ est un sous-ensemble $A\subseteq\Omega$ tel que $\mathrm{card}(A) = k$.
+	\end{defn}
+	\begin{props}
+		Le nombre de combinaisons de $k$ éléments parmis les éléments de $\Omega$ est~:
+		$$ \frac{\mathrm{card}(\Omega)!}{k!(\mathrm{card}(\Omega)-k)!} = \frac{n!}{k!(n-k)!} $$
+		pour $n = \mathrm{card}(\Omega)$, i.e.
+		$$ \binom{\mathrm{card}(\Omega)}{k} = \binom nk $$
+		ce qui est un cœfficient binomial.
+	\end{props}
+	On peut aussi écrire le cœfficient binomial $\mathcal{C}^k_n = \binom nk$. $\mathcal{C}$ signifie \textit{combinaison}~! Ici, l'\textit{ordre ne compte pas}.
+
+	Il existe aussi $\mathcal{A}^k_n = \frac{n!}{(n-k)!}$, ce qui est le nombre de choix possible où l'\textit{ordre compte}. $\mathcal{A}$ pour \textit{arrangement}~!
+
+	\begin{exemple}
+		Une personne qui veut aller à un endroit doit forcément faire une combinaison parmis $\{D,D,D,B,B\}$. (Ceci représente tous les chemins les plus rapides pour y aller~: on doit forcément prendre 3 fois droite et deux fois gauche.) Donc, il y a $\binom 52 = 10$ possibilités~: il suffit de choisir quand on descend (donc 2 possibilités) pour avoir tous les cas possibles~! (On aurait aussi pu choisir quand on va à droite, mais les calculs sont plus méchants.)
+	\end{exemple}
+
+	\begin{props}
+		On a~:
+		$$ \mathcal{C}^k_n = \mathcal{C}^{k-1}_{n-1} + \mathcal{C}^k_{n-1} $$
+		i.e.
+		$$ \binom nk = \binom{k-1}{n-1}+\binom k{n-1} $$
+	\end{props}
+
+	Maintenant, voici un énoncé très pratique~: le \textit{binôme de Newton}. Le prof l'a démontré en cours, mais j'avais la flemme d'écrire la démo. Voir la démonstration de l'année dernière.
+
+	\begin{thm}[Binôme de Newton]
+		On a~:
+		$$ (x+y)^n = \sum_{k=0}^{n} \binom nk x^ky^{n-k} $$
+	\end{thm}
+
+	\begin{corol}
+		On a cette magnifique relation pas très utile~:
+		$$ \sum^n_{k=0}\binom nk = 2^n $$	
+	\end{corol}
+	\begin{proof}
+		D'après le binôme de Newton, on a~:
+		$$ (1+1)^n = \sum_{k=0}^{n} \binom nk 1^k1^{n-k} $$
+		i.e.
+		$$ 2^n = \sum_{k=0}^{n} \binom nk $$
+	\end{proof}
+	\begin{exemple}
+	Dans un groupe de 20 personnes, il y a $2^{20}$ sous-groupes possibles. Il y a $20$ tailles de sous-groupes possibles~: de 1 à 20. Le nombre de sous-groupe contenant personne est $\binom{20}0$, celui contenant une personne est $\binom{20}1$, \ldots, celui contenant 20 personnes est $\binom{20}{20}$. Ainsi, le nombre de sous-groupe est la somme de tout cela et le résultat est donné par la formule juste au dessus.
+	\end{exemple}
+\end{document}
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+%%      Copyright:  Copyright (c) 2024, YOUR NAME
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+
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+%\newtheorem{props}{Propriétés}[defn]
+
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+
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+
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+
+\title{Probabilités}
+\author{William Hergès\thanks{Sorbonne Université - Faculté des Sciences, Faculté des Lettres}}
+
+\begin{document}
+	\maketitle
+	\tableofcontents
+	\newpage
+	\section{Espace probabilisé}
+	Les probabilités sont très semblables à la théorie des ensembles.
+	\begin{defn}
+		On note $\Omega$ l'ensemble des issues possibles d'une expérience aléatoire. $\Omega$ est l'univers.
+	\end{defn}
+
+	\begin{lititle}
+		Dictionnaire des probabilités
+	\end{lititle}
+	Cette petite partie est piquée de mon cours de maths au CPES (créé par M. Kerner et M. Cote, deux professeurs de mathématiques au Lycée Henri-IV).
+	\begin{table}[htpb]
+		\centering
+		\caption{Dictionnaire}
+		\label{tab:dico-proba}
+		\begin{tabular}{|c|c|}
+			\hline
+			Théorie des ensembles & Probabilités \\
+			\hline
+			$w\in\Omega$ & issue de l'expérience \\
+			$A\in\mathcal{P}(\Omega)$ & événement \\
+			$\mathcal{P}(\Omega)$ ou l'ensemble des parties & tribu \\
+			$\bar A = \Omega\backslash A$ ou complémentaire & contraire \\
+			$A\cup B$ & $A$ ou $B$ \\
+			$A\cap B$ & $A$ et $B$ \\
+			$B\backslash A$ & $B$ mais pas $A$\\
+			$A\subset B$ & $A$ implique $B$ \\
+			$A\cap B = \varnothing$ ou $A$ et $B$ sont disjoints & $A$ et $B$ sont incompatibles \\
+			$A\sqcup B$ & $A$ ou bien $B$ \\
+			$E_1\sqcup E_2\sqcup\ldots\sqcup E_n = \Omega$ ou un partage & système complet d'évènements (s.e.c.)\\
+			\hline
+		\end{tabular}
+	\end{table}
+
+	\begin{defn}
+		Un espace probabilisé est un univers $\Omega$ possédant une fonction $\mathbb{P}$ de $\mathcal{P}(\Omega)$ dans $[0;1]$ tel que
+		\begin{enumerate}
+			\item $\mathbb{P}(\Omega)=1$
+			\item $\mathbb{P}(A\cup B)=\mathbb{P}(A)+\mathbb{P}(B)$, où $A$ et $B$ sont deux événements de $\Omega$ incompatibles.
+		\end{enumerate}
+	\end{defn}
+	Un espace probabilisé est donc un univers avec une fonction assignant une probabilité à tous les événements de l'univers~!
+	\begin{props}
+		On a :
+		$$ \mathbb{P}(\varnothing) = 0 $$
+	\end{props}
+	\begin{proof}
+		On a :
+		$$ \mathbb{P}(\Omega) = \mathbb{P}(\varnothing\cup\Omega) = \mathbb{P}(\varnothing) + \mathbb{P}(\Omega) = 1 $$
+		Donc $\mathbb{P}(\varnothing) = 0$, car, par définition, $\mathbb{P}(\Omega) = 1$.
+	\end{proof}
+	\begin{props}
+		On a pour tous événements $A$ et $B$ de $\Omega$, un espace probabilisé~:
+		$$ \mathbb{P}(A\cup B) = \mathbb{P}(A) + \mathbb{P}(B) + \mathbb{P}(A\cap B) $$
+	\end{props}
+	\begin{proof}
+		\AQT
+	\end{proof}
+	\section{Probabilités conditionnelles}
+	\begin{defn}
+		On dit que $A\subset\Omega$ est certain si et seulement si $\mathbb{P}(A) = 1$.
+
+		On dit que $B\subset\Omega$ est impossible si et seulement si $\mathbb{P}(B) = 0$.
+	\end{defn}
+	\begin{props}
+		À partir d'un événement $B$ non-impossible, on peut définir un espace probabilisé.
+
+		Soit $(\Omega,\mathbb{P})$ un espace probabilisé. Soit $B$ un événement non-impossible de $(\Omega,\mathbb{P})$ (i.e. $\mathbb{P}(B)\neq 0$). On a que $(\Omega,\mathbb{P}_B)$ est un espace probabilisé avec $\mathbb{P}_B$ de $\mathcal{P}(\Omega)$ dans $[0;1]$ tel que :
+		$$ \mathbb{P}_B(A) = \frac{\mathbb{P}(A\cap B)}{\mathbb{P}(B)} $$
+		où $A$ est un événement de $\Omega$. $\mathbb{P}_B(A)$ est la probabilité de $A$ sachant $B$.
+	\end{props}
+	\begin{proof}
+		\AQT
+	\end{proof}
+	On peut aussi dire que $\mathbb{P}_B(A)$ est la probabilité de $A$ conditionnelle à $B$. 
+
+	On peut aussi noter $\mathbb{P}_B(A) = \mathbb{P}(A|B)$.
+	\section{Événements indépendants}
+	\begin{defn}
+		Soient $A$ et $B$ deux événements de l'espace probabilisé $(\Omega,\mathbb{P})$.
+
+		On dit qu'ils sont indépendants si et seulement si~:
+		$$ \mathbb{P}(A\cap B) = \mathbb{P}(A)\times\mathbb{P}(B) $$
+	\end{defn}
+	\begin{props}
+		Si $A$ et $B$ sont indépendants et si $B$ n'est pas impossible, alors $$ \mathbb{P}_B(A) = \mathbb{P}(A) $$
+	\end{props}
+	\begin{proof}
+		\AQT
+	\end{proof}
+	\begin{thm}[Théorème de Bayes]
+		On note $\Omega$ l'union des $(C_i)_{i\in[|1,n|]}$ disjoints deux à deux.
+
+		On note $R$ un événement de $\Omega$ sachant $\mathbb{P}_{C_i}(R)$ pour tout $i$ dans $[|i,n|]$.
+
+		On a~:
+		$$ \forall i\in[|1,n|],\quad\mathbb{P}_{R}(C_i) = \frac{\mathbb{P}_{C_i}(R)\mathbb{P}(C_i)}{\displaystyle \sum_{i=1}^{n} \mathbb{P}_{C_i}(R)\mathbb{P}(C_i)}$$
+	\end{thm}
+	\begin{exemple}
+		On veut $\mathbb{P}_D(I)$. On sait que~:
+		\begin{enumerate}
+			\item $\mathbb{P}_F(D) = 1/2$
+			\item $\mathbb{P}_I(D) = 3/4$
+			\item $\mathbb{P}_A(D) = 1/4$
+		\end{enumerate}
+		On sait aussi que~:
+		\begin{enumerate}
+			\item $\mathbb{P}(F)=1/4$
+			\item $\mathbb{P}(I)=1/4$
+			\item $\mathbb{P}(A)=1/2$
+		\end{enumerate}
+	Donc~:
+	\begin{align*}
+		\mathbb{P}_D(I) &= \frac{\mathbb{P}_I(D)\mathbb{P}(I)}{\mathbb{P}_F(D)\mathbb{P}(F)+\mathbb{P}_I(D)\mathbb{P}(I)+\mathbb{P}_A(D)\mathbb{P}(A)} \\
+						&= \frac{\frac{3}{4}\cdot \frac{1}{4}}{\frac{1}{4}\cdot \frac{1}{4}+\frac{3}{4}\cdot \frac{1}{4}+\frac{1}{4}\cdot \frac{1}{2}} \\
+						&= \frac{3}{7}
+	\end{align*}
+	\end{exemple}
+\end{document}
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+%%=====================================================================================
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+%%      Copyright:  Copyright (c) 2024, YOUR NAME
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+
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+{\left\lbrace\begin{align}}%
+{\end{align}\right.}
+
+\newenvironment{AQT}{{\fontfamily{qbk}\selectfont AQT}}
+
+\usepackage{LobsterTwo}
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+
+\newenvironment{lititle}%
+{\vspace{7mm}\LobsterTwo \large}%
+{\\}
+
+\renewenvironment{proof}{$\square$ \footnotesize\textit{Démonstration.}}{\begin{flushright}$\blacksquare$\end{flushright}}
+
+\title{TD du 13 mars}
+\author{William Hergès\thanks{Sorbonne Université - Faculté des Sciences, Faculté des Lettres}}
+
+\begin{document}
+	\maketitle
+	\section{Feuille 6}
+	\subsection*{Exercice 2}
+	On a : $$\mathrm{det}(A-\lambda I) = -\lambda^3+73\lambda-72 = 0$$
+	$\lambda = 1$ est une racine évidente. Pour trouver les autres, on se débrouille avec ça~:
+	$$ P(x) = (x-1)(ax^2+bx-c) $$
+	(ça nous donne $\lambda = 8$ et $\lambda = 9$)\\
+	Les sous-espaces propres pour $\lambda = -9$ est défini par tous les $u$ tels que $(A+9)u = 0$. On utilise un pivot de Gauss et un système. On fait la même pour les autres valeurs de $\lambda$.
+	
+	\subsection*{Exercice 3}
+	\begin{enumerate}
+		\item Elle n'est pas diagonalisable, car la valeur propre $\pi$ est de multiciplité $3$ et que la matrice n'est pas nulle.
+		\item Le déterminent est donné par le produit des cœfficiants de la diagonale. On a donc que les valeurs propres, sont celles de la diagonale. Ainsi, elles sont $1$, $2$ et $3$. Elle est donc diagonalisable car elle possède 3 valeurs propres réelles.
+		\item Dans les deux cas, on a que $a$ et $b$ sont des valeurs propres (où $a$ est de multiplicité 1 puis 2, et $b$ est de 2 puis 1). Aucune de ces matrices ne sont diagonalisables, car la dimension du noyau vaut à chaque fois 2.
+		\item À faire avec la «~nouvelle méthode~».
+		\item À faire avec la «~nouvelle méthode~».
+	\end{enumerate}
+
+	\begin{lititle}
+		Méthode pour trouver les valeurs propres rapidement
+	\end{lititle}
+	Comme les valeurs propres d'une matrice échelonnée (i.e. triangulaire) sont les cœfficiants de la diagonale, alors, pour les déterminer, on peut~:
+	\begin{itemize}
+		\item échelonner la matrice avec le pivot de Gauss (on sait le faire facilement et rapidement)~;
+		\item en déduire les cœfficiants.
+	\end{itemize}
+	Cette méthode semble plus rapide, car déterminer le noyau de $A-\lambda_iI_n$ pour tout $(\lambda_i)$ et pour toute matrice $A$ de taille $n$ est beaucoup plus long et complexe.
+
+	\subsection*{Exercice 6}
+	Semble pertinent et sympa
+
+	\subsection*{Exercice 7}
+	Semble pertinent et sympa
+
+	\subsection*{Exercice 9}
+	Semble pertinent et sympa
+\end{document}
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+%%          Notes:  
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+%%=====================================================================================
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+%\newtheorem{props}{Propriétés}[defn]
+
+\newenvironment{system}%
+{\left\lbrace\begin{align}}%
+{\end{align}\right.}
+
+\newenvironment{AQT}{{\fontfamily{qbk}\selectfont AQT}}
+
+\usepackage{LobsterTwo}
+\titleformat{\section}{\newpage\LobsterTwo \huge\bfseries}{\thesection.}{1em}{}
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+\renewenvironment{proof}{$\square$ \footnotesize\textit{Démonstration.}}{\begin{flushright}$\blacksquare$\end{flushright}}
+
+\title{TD du 20 mars}
+\author{William Hergès\thanks{Sorbonne Université - Faculté des Sciences, Faculté des Lettres}}
+
+\begin{document}
+	\maketitle
+	\subsection*{Exercice 1}
+	On n'oublira pas la proposition suivante~:
+	$$ |\mathcal{P}(E)| = 2^n $$
+	où $n$ est le cardinal de $E$ et $\mathcal{P}(E)$ désigne l'ensemble des parties de $E$.
+
+	\begin{enumerate}
+		\item C'est un quadruplet. Il y a donc $10^4$ arrangements possibles. Si on évite les répétitions, il y en a $\frac{10!}{6!}$
+		\item Il s'agit aussi d'un arrangement car l'ordre compte. Il y a donc $\frac{10!}{7!}$ possibilités.
+		\item Le nombre de chemin possible est $\binom{p+q}{p}$.
+		\item $12!$ manières de les aligner. Si $1$ et $2$ se suivent, alors il suffit de déterminer la place de $1$ pour déterminer $2$. On n'a donc que $11$ tomes à placer donnant ainsi $11!$ possibilités.
+		\item $\displaystyle\binom{p}{1}\times 2^{n-p}$ car on se retrouve à choisir une partie de $E\backslash A$ (on a donc $2^{n-p}$ choix)
+		\item $2^8 = 256$ car ordre avec répétition
+		\item $10^{14}$ car ordre avec répétition 
+		\item $\binom{11}{5}$. Si deux amis ne peuvent venir qu'ensemble, on a un ami en moins à choisir si un des deux amis arrivent. Si deux amis ne peuvent pas se voir, on a un ami de possible en moins.
+
+			Dans le premier cas, on a $\binom 93+\binom 95$ (car on somme les «~ou bien~»~!).
+
+			Dans le deuxième cas, on a $2\binom 94 + \binom 95$ (idem).
+		\item 
+	\end{enumerate}
+	\subsection*{Exercice 2}
+	Je sais faire, donc flemme (par contre j'ai calculé ce que ça valait en python)
+	\subsection*{Exercice 5}
+	\begin{enumerate}
+		\item $\displaystyle f(x) = \displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}\binom nk\frac{2^{n-k}}{x^{n-k-1}} = 2\binom n1 + o_{x\to +\infty}(1) \xrightarrow[x \to \infty]{} 2n$
+		\item $\displaystyle\sum_{i=0}^{n} \binom ni x^i = (x+1)^n$
+
+			$\displaystyle\sum_{i=0}^{n} \binom ni = (1+1)^n = 2^n$
+
+			$\displaystyle\sum_{i=0}^{n} \binom ni(-1)^i = (1-1)^n = 0$
+	\end{enumerate}
+\end{document}
diff --git a/semestre 2/maths/template.tex b/semestre 2/maths/template.tex
index 23404b4..2c9c16a 100644
--- a/semestre 2/maths/template.tex
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