Bonjour

Les 10 1 consécutifs, commencent à 1,2,...,91. A chaque choix d'un début, on a 10 places occuppées et 90 places libres à remplir par des 0 ou des 1. Si tu veux exactement 65 victoires il y a 55 1 à placer dans 90 places donc possibilités. Si tu veux tous les cas avec au moins 10 1 consécutifs tu remplis n'importe comment les 90 places restantes, donc possibilités!

Hélas,
je suis déjà passé par là, mais en fait en faisant ça tu comptes en double certaine solution.
Exemple qd tu places tes 10 1 au début après pour remplir le reste avec les 35 0 et les 55 1 il y aura entre autre les solutions où tu remplis les 10 dernieres place avec des 1.
Et ensuite qd tu places tes 10 premier 1  au 10 dernières places et que tu remplis le reste, il y aura entre autre des solutions où tu rempliras les 10 première places avec des 1 et donc il y aura répétition dans le décompte.

Bonjour !

Comme G.D. je suis passé par la piste de Camélia (cet après-midi) et ai constaté que ça ne marchait pas.

J'ai une idée pour démarrer:

Pour décrire une suite de 100 parties, il faut remplir par des 1 les 36 emplacements limités par les trente-cinq 0. On cherche à dénombrer les remplissages où l'un au moins des emplacements contient au moins dix 1.

Par exemple 1 emplacement contient quinze 1, 2 emplacements contiennent douze 1, 5 emplacements contiennent trois 1 , 11 emplacements contiennent un 1 et les autres sont vides (15+2*12+5*3 +11=65).
Je peux choisir de 36 façons l'emplacement des quinze 1, puis de 35*34 façons les deux emplacements où mettre les deux séquences de douze 1 etc..
Finalement, il y a 36! suites de 100 parties de ce modèle et, bien sûr, de tout autre modèle.

Il me faut donc trouver de combien de façons on peut décomposer 65 en une somme de nombres dont le plus grand soit supérieur ou égal à 10 et à multiplier la réponse par 36!

Je vais m'y mettre...

Tout d'abord merci de chercher une réponse à mon problème,

et whaou Rogerd, ton idée est super intéréssante, je vais également essayer de fouiller cette piste. Par contre c'est pas forcément gagné :/

Humm en fait je pense avoir parlé trop vite.

Dis moi si je me trompe.
Tout d'abord en suivant ce que tu dis et en prenant un cas plus simple à savoir un emplacement avec 65 1. J'ai 36 choix possibles et... c tout et donc pas 36! mais juste 36 dans le cas extreme. Dans ton exemple ça serait 36!/17! (36*35*34*...*18). De plus qd tu dis 35*34 pour les 2 emplacements avec 12 1, il faut diviser par 2 car c une combinaison et non un arrangement.

Voilà, donc si je me trompe pas, on ne peut pas partir là dessus (ou en tout cas sans apporter de modifications au raisonnement)

bonsoir,
j'ai d'abord essayé de dénombrer les parties avec 65 succès et aucune suite de succès>9 mais ce n'est pas plus simple
je cherche donc les parties avec 65 succès présentant au moins une séquence d'au moins 10 succès consécutifs
voilà mo idée
je note
p le nombre de séquences de succès consécutifs
le nombre de succès de ces séquences
on doit donc avoiravec au moins un x_i1 si je suppose que c'est x_1 je pose x'_1=x_1-10
et la condition devient (1)à résoudre en nombres entiers
entre chaque séquence de succès on a au moins un échec comme il n'y a que 35 echecs disponibles on a nécessairement p-135=>p36
le nombre de solutions de (1) c'est
pour une solution donnée de (1)on place un échec entre chaque séquence de succès il en reste 35-(p-1) à placer en p+1 places avant le premier succès,entre les séquences de succès ou après le dernier.....

je ne dois pas être sur la bonne voie car c'est pénible,je réfléchirai demain
bonsoir à tous

Bonjour!

G..D>>  Je me suis embarqué en effet un peu vite sur ce 36!

Le nombre de suites du modèle que j'ai pris pour exemple serait plutôt
36*(35*34)*(33*32*31*30*29)*(28*..*18)=(36!/17!).

Plus généralement: 36!/(n!) où n est le nombre des derniers emplacements à remplir (ceux pour lesquels on n'a plus le choix)

bonjour

Rogerd
je croyais que j'étais  d'accord avec ta dernière proposition mais il me semble que ce n'est pas encore cela
il y a 35 échecs donc 36 emplacements possibles pour les séquences de succès d'une suite convenant
on a donc choix d'emplacements pour les p séquences de succés d'une telle suite ,les emplacements étant fixés il y a p!façons de les remplir si les séquences sont de longueurs distinctes ce qui donne dans ce cassoit dans le cas de ton exemple où p=19 mais les longueurs des séquences ne sont pas distinctes dans cet exemple

moi je voulais placer les séquences d'échecs connaissant une suite de séquences de succès en plaçant d'abord un échec entre les p séquences de succès et ensuite en répartissant les (35-(p-1))echecs encore disponibles  sur les 1+(p-1)+1=p+1 emplacements possibles cela donne un résultat tout à fait différent( ça marche pour p=1 et p=35 mais sinon?
ce n'est pas simple les dénombrements

Bonjour

Veleda>> Tu as raison. J'ai mal géré le cas où certaines séquences ont la même longueur.

Rebonjour

Une autre idée, voisine de la précédente mais je ne suis pas du tout sûr de moi. Dites moi ce que vous en pensez.

Je considère une suite de 90 parties (et non plus 100) comportant 55 victoires et 35 défaites. Les 55 victoires sont 36 séquences de 1 placés dans les 36 intervalles délimités par les 35 zéros. Je prends une de ces suites et j'ajoute 10 à l'une des séquences de 1. J'obtiens donc une suite de 100 parties avec 65 victoires et 35 défaites, avec au moins 10 victoires consécutives.

Il me semble qu'on obtient ainsi une fois et une seule chacune des suites que G_D voudrait dénombrer.

Si mon raisonnement est bon, le dénombrement est alors facile:
Mes suites de 90 parties avec 55 victoires sont au nombre de  
90!/(55!*35!). Chacune d'elles me permet de créer 36 suites "intéressantes" de 100 parties.
La réponse attendue par G_D serait donc 36*90!/(55!*35!)...

Salut,
si j'ai bien compris ce que tu fais, il me semble que ça merde si jamais il y a déjà 10 1 consécutifs dans la suite de 90 parties, et donc le cas où tu rajoute 10 1 à une autre séquence de 1 que celle qui en content déjà 10 consécutifs donnera une suite qu'on peut obtenir autrement.
ex:
A(90)  = 01111111111010.............
A(100) = 011111111110111111111110......

B(90)  = 0101111111111110......
B(100) = 011111111110111111111110...... = A(100)

(d'ailleurs, ne fallait-il pas plutôt prendre 91 au lieu de 90, et rajouter 9 1 au lieu de 10? enfin bon ça ne change le problème ci-ddesus.)

>>Rogerd
c'est un peu l'idée que j'avais eu hier pour trouver le nombre de suites de
p séquences de succès (pour un total de 65 succés )ayant au moins une séquence de longueur 10 je cherche d'abord le nombre de suites de p séquences de succès pour un total de 55 succés

>> Veleda
On finira bien par y arriver...

Je pense qu'on est tous d'accord sur un point: l'exercice est difficile!

Si on reprend les 36 emplacements entre les 0 à remplir avec des 1 mais en supposant que l'hypothèse des 10 1 successifs n'est pas vérifiée , on est réduit à chercher des nombres de 36 chiffres ( en acceptant les zéro au début ) dont la somme des chiffres est égale à 65 : ça m'étonnerait que ce problème ne soit pas connu .

Imod

bonjour,
>>Imod
on sait calculer le nombre de solutions en nombres entiers dec'est

Bonjour veleda ,

le problème c'est qu'ici les termes de la somme doivent être inférieurs à 10

Imod

Bonjour à tous,

Cela revient effectivement à calculer f(p,q,r), nombre de solutions de avec (p fois 1, q fois 0 et pas r chiffres 1 consécutifs).
Je crois qu'il n'y a pas de formule explicite pour r3 mais la formule du crible et le nombre de solutions de l'équation sans condition sur les x_i donne:
.

On trouve alors d'où le nombre demandé au départ:
.

bonsoir jandri
merci pour la formule donnant f(p,q,r) je vais essayer de la retrouver,le résultat final me surprend je ne pensais pas que ce serait un aussi grand nombre

Jandri, qu'entends tu par "sans condition sur les xi"? Parce que d'après moi tu parlais de la condition xi <= r, et pourtant tu fais apparaître r dans ta formule.

Bonjour,

Le nombre de solutions dans de l'équation est égal à (résultat classique).

Je note alors l'ensemble des solutions de (1) vérifiant la condition . Le nombre des solutions de (1) telles que l'un au moins des vérifie est alors égal à est est donné par la formule du crible: avec .
voir par exemple: Formule du crible

On a ici donc .

Un petit oubli:
kr ne peut pas dépasser p donc le sigma final porte sur k de 1 à la partie entière de p/r.
On trouve donc pour n=35+1, p=65 et r=10:
.

Salut Jandri,

ok je n'avais pas bien compris le sens de ta phrase. J'ai lu sur wikipedia ce qu'était la formule du crible. (http://fr.wikipedia.org/wiki/Principe_d'inclusion-exclusion) elle est vraiment très belle et super bien adaptée au problème. Par contre je n'avais pas fait son développement. Je te dis un grand BRAVO pour avoir trouvé ce qui commençait à me paraître impossible!!.

Juste une petite remarque et tu diras si tu me le confirmes: d'après ce que j'ai vu sur les combinaisons avec répétition, ça serait plus gama(n,k)=C(n+k-1,k) et non =C(n+k-1,k-1) non?

Et donc pour le résultat final,  la somme pour k allant de 1 à 6 de -1 puissance k+1 fois C(36,k) fois C(100-10k,36) (on change juste le dernier 35 par 36) = 578032266469047820000000000
(les derniers chiffres sont faux car je n'ai pas de calculette scientifique et du coup j'ai fait un petit programme en C et il fait des approximations après un certains nombres de chiffres).

Et en pourcentage par rapport au nombre de combinaison totale, cela nous fait 52.8%.

Encore bravo et merci Jandri!

Bonjour G_D,

Excuse-moi de ne pas t'avoir répondu plus tôt mais je n'ai pas eu accès à internet pendant une semaine.
Je n'ai pas fait d'erreur dans la formule.
Le Gamma(n,k) que tu cites est le nombre de solutions dans de l'équation (soit encore le nombre de combinaisons avec répétition de k parmi n).
Donc avec mes notations, .

En pourcentage par rapport au nombre total de combinaisons je trouve 33,97%.