dénombrement

 Niveau exercicesPartager :
			        
dénombrement
Posté par 
daxtero  26-06-10 à 16:08
Determiner le nombre de façon de placer 7 prospectus identiques dans 10 boites aux lettres distinctes sachant que chaques boite aux lettres peut contenir de 0 à 7 prospectus

 Posté par 
cailloux re : dénombrement  26-06-10 à 16:13
Bonjour,

 Cliquez pour afficher
 non ?

 Posté par 
jonjon71re : dénombrement  26-06-10 à 16:19
Bonjour daxtero !

 Cliquez pour afficher
Je dirais (17 7) = 19448 façons de placer 7 prospectus identiques dans 10 boites aux lettres distinctes.
 Posté par 
cailloux re : dénombrement  26-06-10 à 16:40
J' ai zappé l' adjectif "identiques" ... 
 Posté par 
DemoGeneralre : dénombrement  26-06-10 à 16:50
Bonjour.

 Cliquez pour afficher
 8x7x6x5x4x3x2x1 = 40320 ,je crois 
 Posté par 
Boltzmann_Solverre : dénombrement  26-06-10 à 17:13
Bonjour à tous

 Cliquez pour afficher

Donc, on peut placer entre 0 et 7 prospectus dans chacune des boites.

Donc, il faut sommer les combinaisons de 1 (tout les papiers dans la même boites) à 7 (un papier par boite).

Donc, il y a 1067 façons possibles.

BS
 Posté par 
jandri re : dénombrement  26-06-10 à 17:14
Bonjour,

 Cliquez pour afficher

Si les boites sont alignées côte à côte, il y a 9 séparations entre les boites et 7 boules, soit 16 "objets" au total.

Le nombre de façons de placer 7 parmi 16 est égal à .

 Posté par 
Rodolphere : dénombrement  26-06-10 à 22:04
Bonsoir à tous,

je viens mettre mon grain de sel.

Concernant la réponse de Boltzmann_Solver, celle-ci est intéressante mais il me semble qu'elle ne dénombre que le nombre de boites aux lettres choisies et pas la manière de distribuer les 7 prospectus dans les boites choisies. Si on en choisit une ou sept, il n'y a pas de souci (une seule manière de les distribuer).

Mais si on en choisit deux, cela se complique : on peut en mettre un dans la première et six dans la seconde ou 2 dans la première et 5 dans la seconde jusqu'à 6 dans la première et 1 dans la seconde. Il convient donc de multiplier le nombre de combinaisons ad hoc par 6 et je ne parle pas des autres.

Je cherche encore un moyen simple de résoudre ton problème.
 Posté par 
Boltzmann_Solverre : dénombrement  26-06-10 à 23:26

 Cliquez pour afficher

En effet, je reprends. Ma méthode a le grand défaut de compter des cas plusieurs fois et de négliger les permutations partielles. Je propose une autre méthode mais elle est très manuelle. J'ai pas trouvé de formalisme (mais je commence à piquer du nez...). Déjà, on dénombre à la main les objets possibles (j'appelle objet, un ensemble de prospectus).

7 objets

O1 : 1111111

6 objets

O2 : 211111

5 objets

O3 : 31111

O4 : 22111

4 objets

O5 : 4111

O6 : 3211

3 objets

O7 : 511

O8 : 421

O9 : 331

O10 : 322

2 objets

O11 : 61

O12 : 52

O13 : 43

1 objet

O14 : 7

Or, on a des permutations d'objets partiellement dégénérés, donc, on ne peut pas utiliser directement les C ou les N. Il faut déterminer le nombre de permutations de tout les objets. Il est évident que c'est le produit des combinaisons d'un dégénérescence sur l'ensemble d'unité multiplié par les combinaisons des autres objets à leurs dégénérescences. Soit,

Soit, n paquets avec m paquets distincts avec  leur multiplicité. On arrive à, 

On arrive aux permutations possibles des objets Oi suivantes.

NO1 = 1

NO2 = 6

NO3 = 5

NO4 = 5!/(2!*3!) = 10

NO5 = 4

NO6 = 4!/(2!*1!*1!) = 12

NO7 = 3

NO8 = 3! = 6

NO9 = 3

NO10 = 3

NO11 = 2

NO12 = 2

NO13 = 2

NO14 = 1

(NB : On auraitpu dénombrer à l

 Posté par 
Boltzmann_Solverre : dénombrement  26-06-10 à 23:37
Je reprends...

 Cliquez pour afficher

(NB : On aurait pu dénombrer à la main mais dans des cas plus lourd, l'usage du produit des combinaisons devient vite indispensable).

Maintenant, on a des combinaisons, on peut trouver les possibilités comme :

Et en espérant que je n'ai pas fait d'autres erreurs à la gomme
 Posté par 
MatheuxMatoure : dénombrement  26-06-10 à 23:40
Bonjour

 Cliquez pour afficher
Je m'imagine devant la première boîte aux lettres avec ma pile de 7 prospectus...

et je vais défiler devant la rangée de boîtes pour aller jusque devant la 10eme en codant mon comportement de la façon suivante :

B : je passe à la boite aux lettres suivante

P : je mets un prospectus dans la boite devant moi

dans ma série de "codes", je vais avoir 9 "B" (je devrai passer 9 fois à la boite suivante pour me retrouver au final devant la dernière) et 7 "P" puisque je dois mettre 7 prospectus.

Chaque façon de distribuer se code (de façon bijective) donc par une série de 16 lettres comportant 9 B et 7 P.

Par exemple, si je décide d'en mettre 2 dans la 3eme, 1 dans la 5eme, 1 dans la 6eme et  3 dans la 9eme, cela se codera : B-B-P-P-B-B-P-B-P-B-B-B-P-P-P-B

Le nombre de tels 16-uplets correspond au dénombrement cherché et pour en construire un, il suffit de choisir 7 cases parmi 16 (celles des P)... ce qui fait Combi(7;16) = 11440 façons de distribuer les prospectus.

MM
 Posté par 
Boltzmann_Solverre : dénombrement  26-06-10 à 23:54
Maintenant, je comprends la réponse de Jandri avec votre explication MM. J'ai du faire une erreur de calcul ou oublié un dénombrement. Vu qu'il y a mieux, je passe mon tour.

Bonne soirée.
 Posté par 
MatheuxMatoure : dénombrement  26-06-10 à 23:59
Boltzmann : oui, je n'avais pas regardé celles des autres, mais maintenant que tu le signales, ma solution correspond à celle de Jandri.
 Posté par 
Boltzmann_Solverre : dénombrement  27-06-10 à 00:16
Sur mon dernier post, je ne crois pas que mon raisonnement soit faux. Si quelqu'un voit une erreur de calcul (ou de raisonnement mais je vais tirer la tête :p), qu'il me le dise, je ressortirai moins bête. Parce que là, j'arrête pas de faire le même calcul.

En vous remerciant.
 Posté par 
jandri re : dénombrement  27-06-10 à 09:29
Bonjour,

La solution de MatheuxMatou est la même que la mienne mais il l'a mieux expliquée que moi.

La solution de Boltzmann_Solver est bonne (bien que non généralisable à p prospectus dans n boites aux lettres!), il a simplement oublié un cas.

 Cliquez pour afficher

Le cas 06bis: 2221. Cela ajoute  et donne bien comme total 11440.

 Posté par 
veledare : dénombrement  27-06-10 à 10:08
bonjour,

>>Boltzmann-Silver

 Cliquez pour afficher
il me semble que tu as oublié 2221 dans le cas "4 objets" il faudrait donc ajouter mais je n'ai pas vérifié si avec cet ajout on obtient le bon compte

une autre façons de voir les choses:si l'on note le nombre de prospectus placés dans la boite n°i il s'agit de trouver le nombre de solutions en entiers naturels et c'est un résultat connu 107=
 Posté par 
Boltzmann_Solverre : dénombrement  27-06-10 à 10:32
@jandri et veleda

 Cliquez pour afficher

C'est en effet la combinaison manquante...

Sinon, je ne connaissais pas ce résultat d'arithmétique (me le mets dans un coin  )

En tout cas merci à vous deux.
 Posté par 
daxterore : dénombrement  27-06-10 à 15:03
bravo à jandri et MatheuxMatou pour avoir trouvé la solution la plus simple à mettre en oeuvre ( mais pas la plus simple à trouver  )
 Posté par 
Pierre_Dre : dénombrement  27-06-10 à 16:15
Oui, Veleda : c'est en effet le nombre de façons de choisir 7 boîtes aux lettres parmi 10, avec remise, sans tenir compte de l'ordre dans lequel elles sont choisies (car les prospectus sont identiques), soit  

J'en profite pour joindre ce petit tableau bien utile :

 Posté par 
daxterore : dénombrement  27-06-10 à 23:21
Bonjours Pierre et merci pour ton tableau qui est effectivement très utile.

Ce quatrième cas est à mon sens le plus difficile à trouver de façon de intuitive et c'est en cela que je trouvais intéressant d'énoncer un exercice le concernant.
  Posté par 
Pierre_Dre : dénombrement  28-06-10 à 14:50
En effet, Daxtero, c'est aussi mon avis ; et l'exercice, qui s'énonce très simplement, n'est pas si facile à décrypter ...