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 #1 - 30-11-2018 13:43:53

Jackv
Elite de Prise2Tete
Enigmes résolues : 34
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Lieu: 94110

ordinareur quantique

Je viens de lire sur le magazine "Sciences et Avenir" de décembre 2018 un article très intéressant : " Une grande avancée vers l'ordinateur quantique".
Je suis tombé sur ce paragraphe :

http://www.prise2tete.fr/upload/Jackv-Combinatoire.png

J'avoue que le temps prévu pour le calcul me paraît un peu long pour écrire seulement 479 millions de combinaisons...
Je suppose qu'il s'agit ici de répartir tous le monde en tablées, sans se préoccuper des places attribuées à chaque convive à chaque table.

1 - Pourriez-vous recalculer (avec 5 ou 6 chiffres significatifs et pas forcément à la main lol !) les deux valeurs annoncées ?

2 - Et si maintenant s'ajoute le problème de mettre un nom à chaque place sur des tables que l'on supposera ronde (donc, sans origine angulaire) ?

Et pour finir (mais certains préfèreront peut-être commencer par là tongue ), pourriez-vous me donner une jolie formule pour traiter le problème de T*C convives à répartir sur T tables de C convives, sans ou avec le placement sur les tables (là, j'avoue que cela dépasse mes humbles capacités...) ?

Je laisse le post fermé 4 jours pour que chacun puisse exprimer librement ses idées, puis je vous laisserai vous expliquer entre spécialistes.



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 #2 - 30-11-2018 18:07:11

enigmatus
Expert de Prise2Tete
Enigmes résolues : 0
Messages : 535

ordinateur quzntique

Salut Jackv,
Ces valeurs me paraissent fantaisistes. Le nombre de façons de faire une table de 10, sans tenir compte des places, à partir de 100 personnes, est :
C(100,10) = 17310309456440 = 1.73103e+13

Édité :
Il faudrait définir ce qu'on appelle "une configuration de tables des convives".

1) Échanger 2 tables conduit-il à une nouvelle configuration ?
2) Décaler d'un cran tous les convives d'une table conduit-il à une nouvelle configuration ?
3) Mélanger les convives d'une table conduit-il à une nouvelle configuration ?

 #3 - 30-11-2018 23:11:26

Jackv
Elite de Prise2Tete
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Ordinateur quanttique

Ton nombre de combinaisons est déjà nettement plus impressionnant que celui donné par S&A.
Mais je crois que tu n'as calculé que celui correspondant à la confection de la première table. Il en reste encore un paquet !

Pour répondre à tes questions :

Il faudrait définir ce qu'on appelle "une configuration de tables des convives".
1) Échanger 2 tables conduit-il à une nouvelle configuration ?

NON

2) Décaler d'un cran tous les convives d'une table conduit-il à une nouvelle configuration ?

NON

3) Mélanger les convives d'une table conduit-il à une nouvelle configuration ?

NON pour la première question, OUI pour la deuxième.

 #4 - 01-12-2018 08:46:51

enigmatus
Expert de Prise2Tete
Enigmes résolues : 0
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Ordinatteur quantique

Jackv a écrit:

Mais je crois que tu n'as calculé que celui correspondant à la confection de la première table. Il en reste encore un paquet !

C'est exact. C'était pour comparer avec les valeurs de l'article.

Question 1
Je dirais ( T * C )! / ( T! * (C!)**T )
Pour T = C = 10 : 6.495466e+85 configurations
Pour T = C = 12 : 7.942102e+136 configurations

Question 2
Si tu mets des étiquettes avec les noms sur les tables, ce doit être ( T * C )!
Pour T = C = 10 : 9.332622e+157 configurations
Pour T = C = 12 : 5.550294e+249 configurations

 #5 - 01-12-2018 10:15:14

Jackv
Elite de Prise2Tete
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Ordinateur qunatique

Là, je crois que tu y es allé un peu fort, mais tu arrives à des valeurs plus proches des miennes (et de la réalité), qui expliquent un temps de calcul supérieur à l'âge de l'univers.
Mais je pense que le premier de chaque table peut être choisi au hasard roll .

2) Décaler d'un cran tous les convives d'une table conduit-il à une nouvelle configuration ?
NON

 #6 - 01-12-2018 11:19:27

enigmatus
Expert de Prise2Tete
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Messages : 535

Ordiateur quantique

Jackv a écrit:

Mais je pense que le premier de chaque table peut être choisi au hasard

Parles-tu de la question2 ?
Si oui, tu peux effectivement avoir pour chaque table une liste ordonnée des invités, et placer tes étiquettes en tournant par exemple dans le sens horaire. Tu places la première étiquette de chaque table au hasard, et les différentes positions de départ ne comptent que pour une seule configuration.

Dans ce cas, on devrait avoir : ( T * C )! / C**T
Pour T = C = 10 : 9.332622e+147 configurations
Pour T = C = 12 : 6.225024e+236 configurations

Si tu veux en outre attribuer tes T piles d'étiquettes à des tables au hasard, sans que le changement de l'ordre des tables soit comptabilisé comme plusieurs configurations :
( T * C )! / ( C**T * T! )
Pour T = C = 10 : 2.571820e+141 configurations
Pour T = C = 12 : 1.299583e+228 configurations

Édité : Précisions

 #7 - 01-12-2018 12:45:40

Ebichu
Expert de Prise2Tete
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Messages : 757

Ordinateur quantiuqe

Salut Jackv,

pour la question 1), avec 10*10 convives, je considère le premier convive : il y a C(99;9) façons de lui trouver des amis. Puis, je prends un des 90 convives restants : il y a C(89;9) façons de lui trouver des amis, etc. Le nombre recherché est donc C(99;9)*C(89;9)*C(79;9)*...*C(19;9).

Application numérique : je trouve 6,4954.10^85 pour 10*10 convives, et 7,9421.10^136 pour 12*12 convives.

Sommes-nous d'accord jusqu'ici ?

 #8 - 01-12-2018 15:36:51

Jackv
Elite de Prise2Tete
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Ordinateur quantqiue

enigmatus : Nos solutions continuent à converger smile , mais... hmm

Ebichu : ta réponse se trouve assez éloignée de ce quoi nous convergeons neutral .
J'aimerais bien avoir l'avis d'autre P2Tiens matheux avant de conclure.

 #9 - 01-12-2018 19:11:53

enigmatus
Expert de Prise2Tete
Enigmes résolues : 0
Messages : 535

Odrinateur quantique

Jackv #8 a écrit:

enigmatus : Nos solutions continuent à converger, mais...

Avec quel(s) résultat(s) n'es-tu pas d'accord ?

 #10 - 01-12-2018 19:19:00

Jackv
Elite de Prise2Tete
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Ordinateur quantiqe

enigmatus :

Avec quel(s) résultat(s) n'es-tu pas d'accord ?

Je diverge, par exemple, avec le dénominateur de ta première formule. Voir MP.

 #11 - 01-12-2018 20:48:59

enigmatus
Expert de Prise2Tete
Enigmes résolues : 0
Messages : 535

Ordinateur quatique

@Jackv #10 :
Je n'ai toujours pas reçu ton MP.

Afin de vérifier ma formule en #4 pour la question 1, j'ai fait un comptage direct des solutions pour des petites valeurs de T et C. Les résultats concordent.

T=2 C=2 :   3 solutions
T=2 C=3 :  10 solutions
T=3 C=2 :  15 solutions
T=3 C=3 : 280 solutions

J'ai trouvé le MP, et je regarde.

 #12 - 02-12-2018 07:57:18

enigmatus
Expert de Prise2Tete
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Oridnateur quantique

J'ai vérifié ma seconde formule en #6 en faisant un comptage direct des solutions (comme en #11, mais en tenant compte de l'ordre des convives sur chaque table).
Les résultats concordent.

T=2 C=2 :     3 solutions
T=2 C=3 :    40 solutions
T=3 C=2 :    15 solutions
T=3 C=3 : 2240 solutions

Édité :
Si on considère comme identiques 2 tables symétriques (convives dans le même ordre, mais en tournant en sens inverse), il faut diviser le résultat par 2**T, si C>2.

 #13 - 02-12-2018 09:35:49

Jackv
Elite de Prise2Tete
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Ordinateur quanique

Bravo, enigmatus big_smile , je m'incline.
J'avais fait effectivement une petite erreur dans la traduction littérale de mon calcul.
Mais notre réflexion était bien la même depuis ton post 6.

Cela fait une sérieuse différence avec les valeurs loufoques annoncées par S&A lol !

 #14 - 02-12-2018 12:27:26

Ebichu
Expert de Prise2Tete
Enigmes résolues : 49
Messages : 757

ordinatrur quantique

Peux-tu me dire pourquoi nous ne sommes pas d'accord ? Est-ce que j'ai commis une erreur de calcul, de raisonnement, interprété différemment le problème ?

Par exemple, avec 4 tables de 4 convives, si j'imagine que les personnes sont numérotées de 1 à 16, je commence par me demander qui est à la table du numéro 1. Il y a C(15,3) possibilités.

Ensuite, parmi ces C(15,3) possibilités, imaginons que sa table soit 1.2.10.12. Je considère alors la personne numéro 3, il y a C(11,3) façon de placer des gens à sa table. Et ainsi de suite. On obtient C(15,3)*C(11,3)*C(7,3).

En faisant cela, je pense ni oublier de possibilité, ni n'en compter deux fois ?

 #15 - 02-12-2018 13:31:20

enigmatus
Expert de Prise2Tete
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Messages : 535

Ordianteur quantique

C'est bizarre, on dirait que les valeurs dans l'article correspondent à :
10! =    3628800 (avec interversion du 6 et du 2)
12! = 479001600

 #16 - 02-12-2018 22:59:46

Jackv
Elite de Prise2Tete
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Ordinaetur quantique

Ebichu : Au temps pour moi hmm . Pour la question 1, ton raisonnement est tout à fait correct et il conduit d'ailleurs au même résultat que la valeur donnée par enigmatus mais avec une formulation complètement différente, ce qui m'avait troublé.

Pourrais-tu envisager les calculs dans le cas du deuxième problème, où on place chaque convive sur chaque table par rapport au premier, qui lui est choisi arbitrairement parmi les convives restants ?

enigmatus : ta dernière remarque est sans doute la bonne interprétation lol lol lol !

 #17 - 03-12-2018 22:22:28

Ebichu
Expert de Prise2Tete
Enigmes résolues : 49
Messages : 757

Ordinateur quantiqu

Pour la question 2, pour chaque table, il y a (n-1)! configurations : une fois une des personnes placée, il y a (n-1) façons de placer la 2e, puis (n-2) de placer la 3e...

Avec 10*10 convives on obtient C(99;9)*C(89;9)*...*C(19;9)*(9!)^10 soit environ 2,5718*10^141.

Avec 12*12 convives, cela fait 1,2996*10^228.

Pour la question 3, [latex]\displaystyle{\prod_{k=1}^{T}\binom{kC-1}{C-1}(C-1)!}[/latex], le terme factoriel étant ou non à garder, suivant que tu réponds à la question 1 ou à la question 2.

 #18 - 05-12-2018 22:37:10

Jackv
Elite de Prise2Tete
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Lieu: 94110

Ordinateur quantiqe

Toutes mes félicitations à énigmatus et à Ebichu pour leur résolution de ce problème smile .

Ce n'est pas la première fois que je constate une erreur dans le magasine Science et Avenir, mais là, l'erreur est vraiment trop énorme !

 

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