Bonjour,
Ton exemple ne compte que 9 N° et donne  200%
Je n'ai pas appliqué de formule...

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Sur un test :
Je trouve un probabilité de  50%

Bonjour,

Je suis pas sûr de mon coup :

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• 10! combinaisons possibles
• 28 positionnements possibles des deux couples de nombres consécutifs. J'ai fais 1+..+7=28.
• 9 couples de 2 nombres consécutifs possibles, il faut en choisir 2. Donc choix possibles.
• 6 nombres à placer, soit 6! possibilités.
• conclusion :

Bonjour,
Merci flight d'animer avec ce défi que je trouve plutôt costaud
@Aalex00,
Je crois que tu as mal interprété "au moins 2 jetons dont les valeurs sont consécutives".
J'ai compris que l'exemple 5 9 7 8 4 6 3 2 1 10 convient aussi.
Par ailleurs j'ai l'impression que tu comptes plusieurs fois une même combinaison.
Par exemple 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 serait compté pour 1 2 et 2 3 consécutifs, mais aussi pour 1 2 et 3 4 consécutifs, et encore pour 1 2 et 4 5 consécutifs, etc...

Bonjour Sylvieg,

Ah oui merci j'avais mal interprété l'énoncé (ce que j'ai écris valait, enfin c'est faux, pour au moins 2 paires d'entiers consécutifs).
Et effectivement, je compte plusieurs fois ce que tu décris..

On doit comprendre que dès que l'on trouve un couple n,n+1 cela suffit.

Comme je m'embrouille facilement dans les probas; j'ai essayé de voir par différence
les sorties qui n'ont pas de chiffres consécutifs.

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pour 2       1                      soit  1/2
pour 3       3                     soit    3/6
pour  4     12                   soit 12/24  
On pourrait dire 50 %
mais:
pour  5      53                soit 53/120       soit   55.83 %
pour  6     309              soit  309/720   Soit   57.08 %

pour 10 je penche pour  66 %

Bonjour dpi,
J'ai fait comme toi : J'ai regardé d'autres valeurs pour le nombre de jetons
Je ne trouve pas comme toi pour 4 jetons :

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Je trouve 13 alignements avec au moins 2 jetons consécutifs :
1234, 1243, 3124, 4123, 3412, 4312,
2314, 2341, 4231, 1423,
3421, 1342, 2134.

Bonjour Sylvieg
D'accord avec toi j'en avais sauté  un...
As -tu vu 5 et 6?
Si j'ai le temps ,je vais voir 7

Bonjour,

je pense qu'il manque une petite précision dans l'énoncé du problème même si l'exemple donné donne un indice. Pour moi dans 1423 et dans 4132 il y a deux entiers consécutifs, 2et 3 dans le premier cas, 3 et 2 dans le second cas.
Mais l'exemple donné laisse à penser que les entiers doivent être consécutifs dans l'ordre croissant.
Il existe une formule générale pour le nombre de permutations des entiers de 1 à n ne possédant pas de séquence (k,k+1). On en déduit la probabilité demandée pour n=10 :

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dpi : ton calcul est juste pour 5 et pour 6.

merci

On attend la formule magique de jandri pour  7 par exemple.

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Fastidieusement j'ai cherché pour 7 N°

Bonjour,

Formule magique de jandri  :

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Si  les nombres vont de 1 à n, et Q(n) le nombre de permutations de ces n nombres
n'ayant pas 2 nombres consécutifs (en ordre croissant),  une formule semble être :

Q(n) = (n-1)*Q(n-1) + (n-2)*Q(n-2) pour n>1 avec Q(0)=0 et Q(1)=1

Bonsoir,

vham : ta formule est la bonne.

dpi : ton résultat pour 7 est faux.

OUI
pour 7 j'avais éliminé 51 lignes  par erreur  
Je donne donc le tableau rectifié  (merci à vous deux )

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dpi : bravo, ton tableau est exact.

Bonjour,

Démonstration de la formule magique

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par récurrence.
Elle est vraie pour les premières valeurs de n,
pour n+1 :
Prenons chacune des permutations de Q(n) et ajoutons l'élément (n+1),
il y a n façons d'obtenir un nouvel alignement appartenant à Q(n+1).

Prenons chacune des permutations de Q(n-1) et ajoutons y l'élément n pour obtenir une seule succession,
il y a alors ( n-1) alignements de n éléments.
Ajoutons à chacun  l'élément (n+1) pour briser la succession,
il y a donc (n-1) façons d'obtenir un nouvel alignement appartenant à Q(n+1).

Prenons chacune des permutations de Q(n-1) contenant au moins 2 successions, on ne peut obtenir un élément de Q(n) en ajoutant l'élément n, donc à fortiori obtenir un élément de Q(n+1).

On a donc bien obtenu une seule fois tous les alignements   Q(n+1) = n*Q(n) + (n-1)*Q(n-1) pour n > 1

vham : je ne comprends pas bien les explications que tu donnes pour le terme mais c'est bien comme cela qu'on démontre la récurrence.

Ensuite j'introduis et en formant on obtient une récurrence intéressante qui permet d'exprimer à l'aide d'un
On obtient une expression qui donne un équivalent simple de puis la limite de .

Salut  à tous , j'admire vos interventions et le succès des réponses données :)  ma demarche n'a rien a avoir avec vos réponses mais les resultats sont les mèmes

j'expose ma méthode toute bête ;  je pars de l'exemple  suivant  
et je prend les entiers allant de 1 à 4. (1,2,3,4)  et tout betement je poser 3 evenements
A : l'evenement avoir la sequence "12" dans la disposition des 4 chiffres
B:  l'evenement avoir la sequence "23" dans la disposition des 4 chiffres
C : l'evenement avoir la sequence "34" dans la disposition des 4 chiffres

pour  avoir ces sequences dans mon tirage je vais tout simplement chercher
P(AUBUC)=(P(A)+P(B)+P(C)-
P(AB)-P(AC)-P(BC)+P(ABC))
avec P(A)=P(B)=P(C)=(3*2!)/24
P(AB)=P(AC)=P(BC)=2*1!/24
il reste P(ABC)=1/24
donc pour ce cas de figure la proba cherchée  est P = ( (3*(3*2!)/24 - 3*(2*1!)/24+1/24) = 13/24  conclusion pour les entiers 1,2,3,4
il existe 11 dispositions pour lesquelles on ne trouve pas d'entiers consecutifs
donc 24-11 = 13 dispositions contenant au moins deux entiers consecutifs

ceci etant , une generalisation est tres simple  avec les entiers de 1 à  10
en considerant cette fois les evenements:
A : l'evenement avoir la sequence "12" dans la disposition des 10 chiffres
B:  l'evenement avoir la sequence "23" dans la disposition des 10chiffres
C : l'evenement avoir la sequence "34" dans la disposition des 10 chiffres
.....
J :  l'evenement avoir la sequence "9 10" dans la disposition des 10 nombres

puis calculer P(A U B U C U.....U J)  comme dans le premier
exemple de 4 chiffres mais en passant par les combinaisons :

il suffit de calculer C(9,k).(10-(k+1)+1)*(9-k)!*(-1)^k+1  pour k compris entre 1 et 9, soit C(9,k)*(10-k)!*(-1)^k+1.
je trouve donc P = 2160343/10!     meme resultat que celui de jandri

petite correction sur la seconde partie , les evenements  sont A,B,C,....jusqu'a I   il y en a 9 .

pour justifier l'emploi des combinaisons  dans ce cas là  il suffit d'observer quelques développement  de P(AUBUC)  ou encor P(AUBUCUD) ...
pour P(AUBUC )  la formule   contient le nombre de façon de choisir un événement parmi 3  , 2 événements parmi 3 et  3 événements parmi 3  affectés chacun d'un coefficient +-1
pour P(AUBUCUD)    pareil , a formule   contient le nombre de façon de choisir un événement parmi 4  , 2 événements parmi 4 ,  3 événements parmi 4  et  enfin 4 événements parmi 4 affectés chacun d'un coefficient +-1.  pas difficile de trouver une generalisation

J'avais essayé de démontrer la formule magique.
Je crois que ça revient à la démonstration de vham.
C'est un peu alambiqué, mais bon, si ça peut éclairer certains...

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Je note " pac(n) " pour " permutation des n premiers entiers sans entiers consécutifs".
" entiers consécutifs " est à comprendre " Entiers consécutifs dans l'ordre croissant ".

On cherche le nombre Q(n) de pac(n).
On peut séparer ces pac(n) en deux catégories :
1) Ceux où l'entier n n'est pas entre deux entiers consécutifs.
2) Ceux où l'entier n est entre deux entiers consécutifs.

Un pac(n) de la première catégorie est un pac(n-1) dans lequel on a inséré l'entier n.
Pour ce faire, il ne faut pas insérer l'entier n derrière l'entier n-1. Il reste n-1 places possibles pour l'entier n.
Le nombre de pac(n) de la première catégorie est donc (n-1)Q(n-1).

Le nombre de pac(n) de la seconde catégorie est le nombre de permutations des n-1 premiers entiers avec exactement deux entiers consécutifs.
Une permutation des n-1 premiers entiers avec exactement deux entiers consécutifs peut se construire à partir d'une pac(n-2) de la manière suivante :
Y choisir un entier a, insérer a+1 derrière, ajouter 1 à tous les entiers supérieurs à l'entier a.
Il y a n-2 manières de choisir l'entier a.
Le nombre de pac(n) de la seconde catégorie est donc (n-2)Q(n-2).

du coup j'aime meme oublié de donner la generalité   ( pour des entiers allant de 1 à n )
Nombre de facons de trouver au moins deux entiers consecutifs  = N = C(n-1,k).(n-k)!(-1)^k+1   pour k compris entre 1 et n-1

Bonjour Sylvieg,

je ne trouve pas ta démonstration "alambiquée", c'est exactement comme cela que je démontre la relation de récurrence.

On peut trouver des informations sur cette suite ici :

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flight : ta formule générale est bonne et ta démonstration aussi.