On prend les éléments de \(A \cup B\) qui ne sont pas dans \(A\). \(B=\{1;2;8;14\}\).

• Puisque \(A\) et \(B\) sont disjoints, \(\mathrm{Card}(A \cup B)=\mathrm{Card}(A) + \mathrm{Card}(B) = 18 + 23 = 41\).
• On a \(\mathrm{Card}(A)+\mathrm{Card}(B)=47+12=59 \neq \mathrm{Card}(A \cup B)\), \(A\) et \(B\) ne sont pas disjoints.
• \(B\) comporte au moins \(27-24=13\) éléments.

Pour tout entier naturel \(n\), on note \(A_n\) l’ensemble des solutions de l’équation \(x^2-n=0\). Ainsi, \(A_0=\{0\}\) et pour tout entier naturel non nul, \(A_n=\{-\sqrt{n} ; \sqrt{n}\}\). Ces ensembles sont disjoints et de cardinal 2.

Ainsi, \(\mathrm{Card}(A_0 \cup A_1 \cup \ldots \cup A_n)=\mathrm{Card}(A_0)+\mathrm{Card}(A_1)+\ldots + \mathrm{Card}(A_n)=1+2+2+\ldots + 2=2n+1\).

On a

• \(A\times B=\{(5;7), (5;9), (5;10), (7;7), (7;9), (7;10)\}\),
• \(B \times A = \{(7;5),(7;7), (9;5), (9;7), (10;5), (10;7)\}\),
• \(A^3 = \{(5;5;5),(5;5;7),(5;7;5), (5;7;7), (7;5;5),(7;5;7),(7;7;5),(7;7;7)\}\),
• \(B^2=\{(7;7),(7;9),(7;10),(9;7),(9;9),(9;10),(10;7),(10;9),(10;10)\}\).

Supposons que de tels ensembles existent. On a \(299 = 1 \times 299 = 13 \times 23\). Les seules possibilités pour les cardinaux de \(A\) et \(B\) sont donc 1, 13, 23 et 299

Or, \(13+23=36\) et \(1+299=300\), qui sont différents de 37. Ainsi, \(A\) et \(B\) ne sont pas disjoints.

Comptons le nombre de nombres n’ayant aucun 9 dans leur écriture. Il y a 9 choix pour le premier chiffre, 9 pour le deuxième, 9 pour le troisième soit \(9^3=729\) possibilités. Ainsi, les nombres qui s’écrivent avec un 9 sont au nombre de \(1000-729=271\).

Il existe \(2^8\) soit 256 octets. Il est alors possible de coder \(256^3\) soit 16777216 couleurs dans le système RGB.

Pour établir une adresse IPv4 de ce sous-réseau, on a 256 possibilités pour le troisième octet et 256 pour le quatrième. Il faut alors retirer les deux adresses réservées. Il est alors possible de connecter \(256^2-2\) soit \(65534\) machines au réseau.

Il y a \(12 \times 20\) soit \(240\) menus au total. Il y a par ailleurs \(6 \times 4\) menus végétariens. La probabilité que le menu soit végétarien est de \(\dfrac{24}{240}\) soit \(\dfrac{1}{10}\).

Il y a 9 entrées sans poissons et 14 plats sans poissons, soit \(9\times 14\) menus sans poisson. La probabilité que le menu soit sans poisson est de \(\dfrac{9\times 14}{240}=\dfrac{21}{40}\).

Le nombres de menus ayant entrée et plat différents est \(3 \times 10+3 \times 14 +6 \times 16\) soit 168. La probabilité de l’événement recherché est donc \(\dfrac{168}{240}\) soit \(\dfrac{7}{10}\).

Les 2-arrangements de \(A\) sont (1;3), (1;7), (1;11), (3;1), (3;7); (3;11), (7;1), (7;3), (7;11), (11;1), (11;3), (11;7). Il y en a 12.

Les permutations de \(A\) sont (s;i;n), (s;n;i), (i;s;n), (i;n;s), (i;s;n), (i;n;s). Il y en a 6.

• \((1;3;3)\) et \((7;7;1)\) sont deux éléments de \(A^3\). Il en existe \(5^3\) soit 125.
• \((1;7;11)\) et \((7;9;1)\) sont deux 3-arrangements d’éléments de \(A\). Il en existe \(5 \times 4 \times 3 = 60\).
• \((1;7;3;11;9)\) et \((11;9;3;7;1)\) sont deux permutations de \(A\). Il en existe \(5!=120\).

Il y a \(8 \times 7 \times 6\) soit 336 podiums possibles. Il y a \(8!\) soit 40320 classements possibles.

Classons les 7 autres personnes : il y a 7! classement possibles. Il faut alors insérer Anne en première, deuxième ou troisième position. Le nombre de classements complets vaut alors \(3 \times 7!\) soit 15120.

Si un élève ne peut pas venir deux fois au tableau, il y a 30 possibilités pour le premier élèves, 29 pour le deuxième et 28 pour le troisième, soit un total de \(30 \times 29 \times 28=24360\) configurations.

Si, en revanche, un élève peut passer plusieurs fois, il y a 30 choix pour chaque exercice, soit un total de \(30^3=27000\) configurations.

Il existe \(10!=3628800\) configurations possibles.

Si les étudiants ne souhaitent pas se séparer, il y a deux situations possibles.

• On place le premier groupe puis le deuxième. Il y a \(6!\) manières de placer le premier groupe et \(4!\) pour le deuxième.
• On place le deuxième groupe puis le premier, on obtient le même nombre de placements.
• Le nombre de configurations possibles est donc de \(2 \times 6! \times 4! = 34560\).

1. On peut former \(7^4=2401\) mots.
2. On peut former \(7 \times 6 \times 5 \times 4 = 840\) mots.
3. Il y a 6 choix pour la première lettre, puis 7 pour la deuxième, 7 pour la troisième et ainsi de suite. Le nombre de mots est de \(6 \times 7^5 = 100842\).
4. On divise les mots selon la position de la lettre I
   • Si elle est en première position, on a alors 6 choix pour la deuxième lettre, 5 pour la troisième, 4 pour la quatrième, soit 120 possibilités
   • Le même raisonnement vaut si le O est en position 2, 3 ou 4.
   • Il y a donc 480 possibilités au total.

1. Il y a à chaque fois 3 choix par question, soit \(3^5\) mots-réponses possibles.
2. On distingue selon la position de la bonne réponse.
   • S’il s’agit de la première réponse, il y a \(1 \times 2 \times 2 \times 2 \times 2 = 16\) mots-réponses possibles
   • Le même raisonnement tient s’il s’agit de la deuxième, troisième, quatrième ou cinquième réponse.
   • Au total 80 mots-réponses contiennent exactement une bonne réponse.

   La probabilité d’avoir exactement une bonne réponse est donc de \(\dfrac{80}{243}\).

3. Il y a deux mauvaises réponses par question. La probabilité de n’avoir aucune réponse exacte est donc \(\dfrac{2^5}{243}=\dfrac{32}{243}\)
4. Il y a 3 choix pour la première lettre, 3 pour la deuxième et 3 pour la troisième. Il n’y a qu’un choix pour la quatrième qui doit être la même que la deuxième et un seul choix également pour la cinquième qui doit être la même que la première. \\La probabilité d’avoir un palindrome est donc de \(\dfrac{3^3}{3^5}=\dfrac{1}{3^2}=\dfrac{1}{9}\)

1. On a 9 choix pour la première lettre, 9 pour la deuxième et 9 pour la troisième, soit un total de \(9 \times 9 \times 9 = 9^3 = 729\) possibilités.
2. On a 9 choix pour la première, 8 pour la deuxième, 7 pour la troisième, 6 pour la quatrième soit \(9 \times 8 \times 7 \times 6 = 3024\) possibilités.
3. On a 4 choix pour la première lettre, 9 pour la deuxième, 9 pour la troisième et 9 pour la quatrième, soit \(4 \times 9^3 = 2916\) possibilités.
4. Le nombre de mots qu’il est possible de formé est de \(9^5\). Le nombre de mots de 5 lettres sans lettre en double vaut \(9 \times 8 \times 7 \times 6 \times 5\). La probabilité recherchée est donc \(\dfrac{9 \times 8 \times 7 \times 6 \times 5}{9^5}=\dfrac{560}{2187}\).
5. On décompose les possibilités selon la position de la consonne
   • Si la consonne est en première position : \(5 \times 4 \times 3 \times 2 \times 1\) possibilités.
   • Si la consonne est en deuxième position : \(4 \times 5 \times 3 \times 2 \times 1\) possibilités.
   • Si la consonne est en troisième position : \(4\times 3 \times 5 \times 2 \times 1\) possibilités.
   • Si la consonne est en quatrième position : \(4 \times 3 \times 2 \times 5 \times 1\) possibilités.
   • Si la consonne est en dernière position : \(4 \times 3 \times 2 \times 1 \times 5\) possibilités.

   Il y a donc 600 possibilités au total. La probabilité recherchée vaut \(\dfrac{600}{9^5}=\dfrac{200}{19683}\).

Les parties de \(A\) à deux éléments sont \(\{1;2\}\), \(\{1;3\}\), \(\{1;4\}\), \(\{2;3\}\), \(\{2;4\}\) et \(\{3;4\}\).

• \(\dbinom{6}{3}=\dfrac{6!}{3!3!}=\dfrac{6 \times 5 \times 4 \times 3!}{(3 \times 2 \times 1)3!}=5 \times 4 =20\)
• \(\dbinom{10}{7}=\dfrac{10!}{7!3!}=\dfrac{10 \times 9 \times 8 \times 7!}{(3 \times 2 \times 1)7!}=\dfrac{10 \times 9 \times 8}{3 \times 2} = 5 \times 3 \times 8 = 120\).
• \(\dbinom{14}{11}=\dfrac{14!}{11!3!}=\dfrac{14 \times 13 \times 12 \times 11!}{11! \times (3 \times 2 \times 1)}=14 \times 13 \times 2 = 364\).
• \(\dbinom{9}{4}=\dfrac{9!}{4!5!}=\dfrac{9 \times 8 \times 7 \times 6 \times 5!}{5!(4 \times 3 \times 2 \times 1)}=3 \times 7 \times 6 = 126\)
• \(\dbinom{9}{5}=\dfrac{9!}{5!4!}=126\) d’après le calcul précédent.
• \(\dbinom{8}{3}=\dfrac{8!}{3!5!}=\dfrac{8 \times 7 \times 6 \times 5!}{5!(1 \times 2 \times 3)}=8\times 7 = 56\)

\(\dbinom{31}{2}=\dfrac{31 \times 30 }{2} = 465\), \(\dbinom{279}{279}=1\), \(\dbinom{1457}{0}=1\), \(\dbinom{4321}{4320}=4321\), \(\dbinom{101}{99}=\dfrac{101 \times 100}{2}=5050\).

Pour tout entier naturel \(n\), \(u_n>0\). Pour savoir si \(u_{n+1} \geqslant u_n\), on regarde donc si \(\dfrac{u_{n+1}}{u_n}\geqslant 1\).
\[ \dfrac{u_{n+1}}{u_n}=\dfrac{\dbinom{2n+2}{n+1}}{\dbinom{2n}{n}}=\dfrac{(2n+2)!}{(n+1)!(n+1)!} \times \dfrac{n! n!}{(2n)!}=\dfrac{(2n+2) \times (2n+1) \times (2n)!}{n! \times (n+1) \times n! \times (n+1)} \times \dfrac{n! n!}{(2n)!}\]
En simplifiant, on trouve alors
\[ \dfrac{u_{n+1}}{u_n}=\dfrac{(2n+2)(2n+1)}{(n+1)(n+1)}=\dfrac{2(n+1)(2n+1)}{(n+1)(n+1)}=\dfrac{2(2n+1)}{n+1}\]

Or, pour tout entier naturel \(n\), \(2n+1 \geqslant n+1\) et donc \(\dfrac{u_{n+1}}{u_n}\geqslant 1\). La suite \((u_n)\) est croissante.

Il faut choisir 5 exercices parmi 10 soit
\[ \dbinom{10}{5}=\dfrac{10!}{5!5!}=\dfrac{10 \times 9 \times 8 \times 7 \times 6 \times 5!}{5!\times 5!}= \dfrac{10 \times 9 \times 8 \times 7 \times 6 }{ 5!}=252\text{ possibilités.}\]
Si l’exercice 8 est imposé, il faut choisir 4 exercices parmi les 9 restants, soit
\[ \dbinom{9}{4}=\dfrac{9!}{4!5!}=\dfrac{9 \times 8 \times 7 \times 6 \times 5!}{4!\times 5!}=126 \text{ possibilités.}\]

On a donc \(\dbinom{49}{5} \times \dbinom{10}{1} = 19068840\) manières de remplir une grille de loto.

Pour obtenir une main comptant exactement 3 coeurs

• On choisit 3 coeurs parmi les 8 : \(\dbinom{8}{3}=56\)
• On choisit 2 cartes parmi les 24 restantes : \(\dbinom{24}{2}=276\).
• Le nombre total de mains ayant exactement 3 coeurs est donc de \(56 \times 276 = 15456\).

Pour obtenir une main ayant exactement un roi et deux dames

• On choisit un roi parmi 4 puis deux dames parmi 4 : \(\dbinom{4}{1} \dbinom{4}{2}=4 \times 6 = 24\)
• On choisit 2 cartes parmi les 24 restantes : \(\dbinom{24}{2}=276\).
• Le nombre total de mains comptant exactement un roi et deux dames est donc de \(4 \times 6 \times 276=6624\)

Pour obtenir une main contenant au plus deux rois, on compte les mains ayant exactement 0, 1 ou 2 roi et on ajoute les différents cas.

• Aucun roi : On choisit 5 cartes parmi les 28 qui ne sont pas des rois, soit \(\dbinom{28}{5}=98280\)
• Un roi : On choisit un roi parmi 4 puis 4 cartes parmi les 28 restantes, soit \(\dbinom{4}{1} \times \dbinom{28}{4}=81900\).
• Deux rois : On choisit deux rois parmi 4 puis 3 cartes parmi les 28 restantes, soit \(\dbinom{4}{2} \times \dbinom{28}{3}=19656\).
• Le nombre total de mains comportant au plus deux rois vaut donc \(98280+81900+19656=199836\).

Il existe \(\dbinom{10}{3}=120\) configurations avec 3 pièces tombant sur FACE.

Il existe \(\dbinom{10}{0}+\dbinom{10}{1}+\dbinom{10}{2}+\dbinom{10}{3}=1+10+45+120=176\) configurations avec au plus 3 pièces tombant sur FACE.

Le nombre d’équipes est de \(\dbinom{3}{1} \times \dbinom{8}{4} \times \dbinom{6}{3} \times \dbinom{6}{3} = 84000\).

Il fallait choisir 3 spécialités parmi 12. Le nombre de choix est donc de \(\dbinom{12}{3}=\dfrac{12!}{3!9!}=\dfrac{12 \times 11 \times 10}{3!}=220\)

On choisit 3 spécialités parmi 12 puis une parmi les 3 qu’on abandonnera. Le nombre de choix est donc de \(\dbinom{12}{3} \times \dbinom{3}{1}=220 \times 3 = 660\)

1. On place 3 coeurs parmi neuf cases possibles. Le nombre de tickets différents est donc \(\dbinom{9}{3} = 84\).
2. Il existe 84 cartes tickets différents, dont 8 sont gagnants (trois lignes, trois colonnes et les deux diagonales). La probabilité que le ticket soit gagnant est donc de \(\dfrac{8}{84}\) soit \(\dfrac{2}{21}\).
3. Notons \(X\) la variable aléatoire qui donne le gain du joueur. \(X\) prend la valeur \(-1\) avec probabilité \(\dfrac{19}{21}\) et la valeur 4 avec probabilité \(\dfrac{2}{21}\). Lespérance de \(X\) vaut donc \( -1 \times \dfrac{19}{21} + 4 \times \dfrac{2}{21}=-\dfrac{11}{21} < 0\). Le jeu est donc défavorable pour le joueur.

Si la préférence des activités n’entre pas en compte, chaque adhérent choisi 1, 2 ou 3 activités parmi 20. Il y a donc \(\dbinom{20}{1}+\dbinom{20}{2}+\dbinom{20}{3}=20+190+1140=1350\) fiches différentes.

Supposons que l’ordre compte : si l’adhérent choisit une seule discipline, il a 20 choix. S’il en choisit deux, il a 20 choix pour la première et 19 pour la deuxième soit \(20 \times 19 = 380\) choix au total. S’il en choisit trois, il a \(20 \times 19 \times 18=6840\) choix. Au total, il y a 7240 fiches possibles.

Notons d’abord que \(10^9\) n’est pas une solution. On regarde donc tous les nombres composés de 9 chiffres (quitte à compléter avec des 0 devant les nombres). Pour avoir un nombre dont la somme des chiffres vaut 3, il y a trois possibilités :

• Il est composé de huit 0 et d’un 3 : il y a alors 9 possibilités pour placer le chiffre 3 dans ce nombre
• Il est composé de sept 0, d’un 1 et d’un 2 : il y a alors 9 possibilités pour placer le chiffre 1 et 8 possibilités pour placer le chiffre 2, soit 72 possibilités au total.
• Il est composé de six 0 et de trois 1 : il faut placer trois fois le chiffre 1 parmi neuf emplacements. Cela donne \(\dbinom{9}{3}\) possibilités, soit 84.

Au total, il y a 165 nombres entres 1 et \(10^9\) dont la somme des chiffres vaut 2.

1. On peut désigner \(\dbinom{30}{4}=27405\) délégations différentes.
2. On distingue les cas :
   • Aucun ne fait partie de la délégation. On choisit donc 4 personnes parmi 28 : \(\dbinom{28}{4}=20475\)
   • Alice fait partie de la délégation et pas Bob. \\ Il reste à choisir 3 personnes parmi 28, soit \(\dbinom{28}{3}=3276\) possibilités
   • Bop fait partie de la délégation et pas Alice. On a de nouveau 3276 possibilités.
   • Au total, il y a \(20475+3276+3276=27027\) délégations possibles.

   Une autre technique consiste à compter les délégations où Alice et Bob font tous deux parties de la délégation et de retrancher ce nombre au total. Si les deux font partie de la délégation, on doit encore choisir 2 membres parmi les 28 restants, soit \(\dbinom{28}{2}=378\) possibilités. Il y a donc \(27405-378=27027\) délégations convenables.

3. On distingue les cas
   • Camille et Dominique font tous deux partie de la délégation. Il faut encore choisir deux membres parmi les 28 restants, soit \(\dbinom{28}{2}=378\)
   • Camille et Dominique n’en font pas partie. On choisit donc 4 membres parmi les 28 restants, soit \(\dbinom{28}{4}=20475\) possibilités
   • En tout, on a donc \(20475+378=20853\) possibilités.

1. Il y a \(\dbinom{5}{1}\dbinom{3}{1}=15\) recettes de purées comportant une viande et un légume.
2. Il y a \(\dbinom{5}{3}\dbinom{3}{1}=30\) recettes de purées comportant une viande et 3 légumes.
3. Il y a \(\dbinom{6}{1} + \dbinom{6}{2} = 21\) compotes différentes possibles. On choisit 1 OU 2 ingrédients, cela se traduit par une addition.
4. Le nombres de menus est de \[\left(\dbinom{3}{0}+\dbinom{3}{1}\right) \times \left( \dbinom{5}{1} + \dbinom{5}{2} + \dbinom{5}{3} \right) \times \left(\dbinom{6}{1}+\dbinom{6}{2} \right)=2100\] (on traite d’abord la viande, puis les légumes, et enfin les fruits !)
5. Le nombre de menus possibles pour la semaine est donc de \(2100^7\), soit 180 108 854 100 000 000 000 000. Bon appétit !

Le cardinal de \(P_k\) vaut \(\dbinom{n}{k}\). Or, l’union des \(P_k\) vaut \(\mathcal{P}(A)\) et cette union est disjointe.

Ainsi, \(\mathrm{Card}(\mathcal{P}(A))=\mathrm{Card}(P_0 \cup P_1 \cup \dots \cup P_n)=\mathrm{Card}(P_0)+\mathrm{Card}(P_1) + \dots + \mathrm{Card}(P_n)\) et donc \(2^n = \dbinom{n}{0} + \dbinom{n}{1} + \ldots + \dbinom{n}{n}\).

On choisit \(k\) personnes parmi les \(n\) personnes. Puis, parmi ces \(k\) personnes, on en choisit une qui sera la présidente. Le nombre de choix est \(\dbinom{n}{k} \times \dbinom{k}{1}\) soit \(k \dbinom{n}{k}\).

On choisit 1 personne pour présider l’assemblée parmi les \(n\) personnes. Pour la suite, on choisit alors \(k-1\) personnes sur les \(n-1\) présentes pour constituer la commission.\\ Le nombre de choix est donc \(\dbinom{n}{1} \times \dbinom{n-1}{k-1}=n \dbinom{n-1}{k-1}\).

On a déterminé le nombre de manières d’élire un comité et un président de deux manières différentes, ces deux quantités sont donc égales. On a donc bien \) n \dbinom{n-1}{k-1} = k \dbinom{n}{k}\).

Pour tout entier naturel non nul \(n\) et pour tout entier naturel \(k\) compris entre 1 et \(n\),
\[ n \dbinom{n-1}{k-1} = \dfrac{n \times (n-1)!}{(k-1)!(n-1-(k-1))!}=\dfrac{n!}{(k-1)!(n-k)!}\]

On multiplie en haut et en bas par \(k\)
\[ n \dbinom{n-1}{k-1}=k\times \dfrac{n!}{k\times (k-1)!(n-k)!}=k\times \dfrac{n!}{k!(n-k)!}= k \dbinom{n}{k} \]

Parmi les \(2n\) emplacements pour les lettres, on en choisit \(n\) pour placer les A : les autres recevront la lettre B. Il y a donc \(\dbinom{2n}{n}\) tels mots.

• Il n’y a qu’un seul mot qui comporte 0 fois la lettre A parmi les \(n\) premières
• On choisit 1 lettre parmi les \(n\) premières pour placer la lettre A puis \(n-1\) lettres parmi les \(n\) dernières pour placer la lettre A. On aura bien au total \(n\) fois la lettre A. Il y a \(\dbinom{n}{1}\dbinom{n}{n-1}\) mots de ce type.
• On choisit \(k\) lettres parmi les \(n\) premières pour placer la lettre A puis \(n-k\) lettres parmi les \(n\) dernières pour placer la lettre A. On aura bien au total \(n\) fois la lettre A. Il y a \(\dbinom{n}{k}\dbinom{n}{n-k}\) mots de ce type.

On note \(E\) l’ensemble des mots recherchés et \(E_k\) l’ensemble des mots contenant \(k\) fois la lettre \(A\) parmi les \(n\) premières lettres. Les ensembles \(E_k\) sont disjoints et leur union fait \(E\). Ainsi, \(\mathrm{Card}(E)=\mathrm{Card}(E_0)+\mathrm{Card}(E_1)+\dots + \mathrm{Card}(E_n)\). \\Or, pour tout entier naturel \(k\), \(\mathrm{Card}(E_k)=\dbinom{n}{k}\dbinom{n}{n-k}\), mais \(\dbinom{n}{k}=\dbinom{n}{n-k}\).

Finalement, \(\mathrm{Card}(E_k)=\dbinom{n}{k}^2\) et on en déduit que \(\dbinom{n}{0}^2+\dbinom{n}{1}^2+\dots+\dbinom{n}{n}^2=\dbinom{2n}{n}\).

1. Il y a donc 5 possibilités pour le premier rotor, 4 pour le deuxième, 3 pour le troisième, soit \(5\times 4 \times 3 = 60\) possibilités pour les rotors.
2. Cela donne 26 placements pour le premier rotor, 26 pour le deuxième et 26 pour le troisième, soit un total de \(26 \times 26 \times 26 = 17576\) possibilités
3. 1. Il y a \(\binom{26}{6}\) manières de choisir 6 lettres parmi 26, soit \(\dfrac{26!}{6! 20!}\), c’est-à-dire 230230 possibilités.
   2. Il y a \(\binom{20}{2}\) choix possibles
   3. Il y a alors \(\binom{18}{2}\) possibilités.
4. On a alors \(\binom{20}{2} \times \binom{18}{2} \times \binom{16}{2}\times \binom{14}{2}\times \binom{12}{2}\times \binom{10}{2}\times \binom{8}{2}\times \binom{6}{2}\times \binom{4}{2}\times \binom{16}{2}\) possibilités.

   Cette écriture est simplifiable, puisque ce nombre vaut
   \[\dfrac{20 \times 19}{2} \times \dfrac{18 \times 17}{2} \times \dfrac{16 \times 15}{2} \times \dfrac{14 \times 13}{2} \times \dfrac{12 \times 11}{2} \times \dfrac{10 \times 9}{2} \times \dfrac{8 \times 7}{2} \times \dfrac{6 \times 5}{2} \times \dfrac{4 \times 3}{2} \times \dfrac{2 \times 1}{2} = \dfrac{20!}{2^{10}}\]

   Or, l’ordre des câbles n’a pas d’importance : les lettres reliées par le câble 1 auraient pu l’être par le câble 2. Au total, on peut permuter les 10 cables de \(10!\) façons différentes. Le nombre de câblages d’Enigma vaut donc \(\dfrac{20!}{2^{10} \times 10!}\) soit 654729075.

5. Le nombre de configurations de la machine Enigma vaut donc \(60 \times 17576 \times 230230 \times 654729075\) soit environ \(1.59 \times 10^{20}\) configurations possibles !
6. En supposant qu’un ordinateur soit capable de tester un milliard de configurations par seconde, il faudrait environ \(\dfrac{1.59 \times 10^{20}}{10^9 \times 60 \times 60 \times 24 \times 365}\) soit 5040 années !