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#1 - 30-11-2018 13:43:53
- Jackv
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#2 - 30-11-2018 18:07:11
- enigmatus
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Ordiinateur quantique
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
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Ordinateur quantiqu
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
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ordinatrur 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
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ordinateur quantoque
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 .
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
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ordinateur qiantique
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
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ordinateur quantiquz
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
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#9 - 01-12-2018 19:11:53
- enigmatus
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Ordinateur quanitque
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
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Ordinateur quaantique
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
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ordinatzur quantique
@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
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Ordinateur quanique
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
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Ordinateur quaantique
Bravo, enigmatus , 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 !
#14 - 02-12-2018 12:27:26
- Ebichu
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Ordnateur 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
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Ordinateur quantiique
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
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#17 - 03-12-2018 22:22:28
- Ebichu
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Ordianteur quantique
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
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Orinateur quantique
Toutes mes félicitations à énigmatus et à Ebichu pour leur résolution de ce problème .
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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