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 #1 - 25-10-2010 14:26:19

Nicouj
Professionnel de Prise2Tete
Enigmes résolues : 27
Messages : 330

décompositiin en somme d'entiers

Le problème est de compter le nombre de décompositions d'un entier en somme d'entiers strictement positifs modulo associativité/commutativité.

Par exemple pour le nombre 5 il existe 7 décompositions :
5
4+1
3+2
3+1+1
2+2+1
2+1+1+1
1+1+1+1+1

Combien en existe t-il de décompositions pour les nombres suivants :
- 10 (à la main)
- 100 (à la machine)
- 1000 (à la machine mais en faisant gaffe)


Réponse pour 1000 : (je viens de m'apercevoir que la boite de réponse tronque la solution car il y a trop de chiffres ><

Du coup je laisse la case réponse pour 10 :



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 #2 - 25-10-2010 17:38:31

MthS-MlndN
Hors d'u-Sage
Enigmes résolues : 49
Messages : 12,414E+3
Lieu: Rouen

Décomposition en somme d'entirs

Pour 10, je décide de décomposer toujours de la même manière : pour i allant de 1 à 10, je cherche les décompositions à i nombres. Comme je cherche les décompositions sous la forme [latex]a_1 + a_2 + \dots + a_i[/latex] avec [latex]a_1 \geq a_2 \geq \dots \geq a_i[/latex], [latex]a_1[/latex] sera au plus égal à [latex]11-i[/latex], donc je peux poser les diverses valeurs possibles de [latex]a_1[/latex] (dans l'ordre décroissant), et je cherche comment décomposer le reste, soit [latex]10-a_1[/latex], en [latex]i-1[/latex] entiers tous inférieurs ou égaux à [latex]a_1[/latex]. On sent débarquer comme une récursivité, par ici smile Passage à la pratique :

- une décomposition à un seul entier :
10

- cinq décompositions à deux entiers :
9 + 1
8 + 2
7 + 3
6 + 4
5 + 5

- huit décompositions à trois entiers :
8 + 1 + 1
7 + 2 + 1
6 + 3 + 1
6 + 2 + 2
5 + 4 + 1
5 + 3 + 2
4 + 4 + 2
4 + 3 + 3

- sept décompositions à quatre entiers :
7 + 1 + 1 + 1
6 + 2 + 1 + 1
5 + 3 + 1 + 1
5 + 2 + 2 + 1
4 + 4 + 1 + 1
4 + 3 + 2 + 1
4 + 2 + 2 + 2
3 + 3 + 3 + 1
3 + 3 + 2 + 2 (edit : les deux que j'avais oubliées...)


- sept décompositions à cinq entiers :
6 + 1 + 1 + 1 + 1
5 + 2 + 1 + 1 + 1
4 + 3 + 1 + 1 + 1
4 + 2 + 2 + 1 + 1
3 + 3 + 2 + 1 + 1
3 + 2 + 2 + 2 + 1
2 + 2 + 2 + 2 + 2

- cinq décompositions à six entiers :
5 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1
4 + 2 + 1 + 1 + 1 + 1
3 + 3 + 1 + 1 + 1 + 1
3 + 2 + 2 + 1 + 1 + 1
2 + 2 + 2 + 2 + 1 + 1

- trois décompositions à sept entiers :
4 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1
3 + 2 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1
2 + 2 + 2 + 1 + 1 + 1 + 1

- deux décompositions à huit entiers :
3 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1
2 + 2 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1

- une décomposition à neuf entiers :
2 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1

- une décomposition à dix entiers :
1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1

J'ai donc 42 décompositions de 10.



Je reviens plus tard pour plancher sur la mise en place d'un algorithme récursif de dénombrement smile



Je suis de retour, et je vais essayer de poser quelques briques supplémentaires.

Appelons [latex]E_k^n[/latex] le nombre de façons différentes d'exprimer [latex]n[/latex] comme une somme de [latex]k[/latex] nombres entiers. On peut déjà poser des bornes inférieures et supérieures : [latex]E_n^n = E_1^n = 1[/latex] et [latex]E_k^n = 0[/latex] pour tout [latex]k \notin \left\{ 1 ; 2 ; \dots ; n \right\}[/latex].

En suivant la logique ci-dessus, on souhaite décomposer le nombre n en une somme ordonnée [latex]n = \sum_{i=1}^k a_i[/latex] avec [latex]a_1 \geq a_2 \geq \dots \geq a_k > 0[/latex]. On peut donc "diminuer k" en choisissant d'office un [latex]a_1[/latex] et en précisant que les nombres suivants doivent être inférieurs à [latex]a_1[/latex] ; pour cela, je note [latex]E_k^n(j)[/latex] le nombre [latex]E_k^n[/latex], avec cette fois-ci la contrainte "aucun nombre de la décomposition ne peut être strictement supérieur à j". Alors, a priori :
[TeX]E_k^n = \sum_{j=1}^n E_{k-1}^{n-j}(j)[/TeX]
De la même façon :
[TeX]E_k^n(j) = \sum_{jbis=1}^j E_{k-1}^{n-jbis}(jbis)[/TeX]
La récursivité étant exposée, reste à plancher sur les arrêts. Le plus simple, vu que [latex]k[/latex] va de toute façon inéluctablement décroître, c'est de considérer le cas [latex]k=1[/latex] :
[TeX]E_1^n(j) = \left\{1 \text{ si } j \geq n \\ 0 \text{ si } j < n \right.[/TeX]
D'où le pseudo-code suivant :

Code:

decompo(n)
   ndec = 0
!!! On traite tous les cas séparément : n peut être décomposé en des sommes de 1 à n éléments, et le plus grand élément d'une somme sera toujours inférieur ou égal à n.
   do i=1,n
      ndec = ndec + decompo_contrainte(n,i,n)
   end do
end decompo

decompo_contrainte(n,k,j)
   ndec_cont = 0
!!! On s'arrête quand il faut décomposer le nombre en une somme d'un entier.
   if(k=1) then
      if(j<=n) then ndec_cont = ndec_cont + 1
!!! Dans les autres cas, on segmente le problème en choisissant un entier entre 1 et j, et il nous reste k-1 entiers à choisir
   else
      do jbis = 1, j
         ndec_cont = ndec_cont + decompo_contrainte(n-jbis,k-1,jbis)
      end do
   end if
end decompo_contrainte

(A relire pour vérifier que je ne me suis pas gouré.)

Ceci dit, on a intérêt à limiter autant que possible l'explosion combinatoire en réduisant le nombre d'appels à la procédure decompo_contrainte, en limitant mieux nos indices... Je pense qu'en codant le truc tel quel, je vais considérer comme valides des cas horribles.

Restreignons donc les valeurs de jbis ; s'il est trop petit, il n'existe pas de décomposition pour ce qui reste (i.e. si [latex](k-1) \times jbis < n-jbis[/latex]), idem s'il est trop grand (i.e. [latex]n-jbis < k-1[/latex]).

On veut donc [latex]\frac{n}{k} \leq jbis \leq n-k+1[/latex]. Comme n et k sont déclarés comme des entiers, "n/k" va me renvoyer la partie entière de [latex]\frac{n}{k}[/latex]. Je "ruse" donc en écrivant "(n-1)/k + 1" qui sera le plus petit entier supérieur ou égal à [latex]\frac{n}{k}[/latex]. Comme la condition [latex]n-jbis < k-1[/latex] peut n'être respectée par aucun jbis possible, on devra considérer "le plus grand jbis possible" comme étant "min(j,n-k+1)".

Voici donc mon code :

Code:

      program decompo

         implicit none
         integer :: n, i, ndec, decompo_cont

!!! Parametre : n est le nombre a decomposer
         n = 10
         ndec = 0

!!! On traite tous les cas séparément : n peut être décomposé en des sommes de 1 à n éléments,
!!! et le plus grand élément d'une somme sera toujours inférieur ou égal à n.

         do i=1,n
            ndec = ndec + decompo_cont(n,i,n)
         end do

         print*, 'Le nombre ', n, ' peut etre decompose de ', ndec, &
                 'facons différentes.'
      end program



      integer recursive function decompo_cont(n,k,j) result(ndec_cont)

         implicit none
         integer, intent(in) :: n, k, j
         integer :: jbis

         ndec_cont = 0
!!! On s'arrête quand il faut décomposer le nombre en une somme d'un entier.
         if(k==1) then
            if(j>=n) ndec_cont = 1
!!! Dans les autres cas, on segmente le problème en choisissant un entier entre 1 et j,
!!! et il nous reste k-1 entiers à choisir
         else
            do jbis = (n-1)/k + 1, min(j,n-k+1)
               ndec_cont = ndec_cont + decompo_cont(n-jbis,k-1,jbis)
            end do
         end if

      end function decompo_cont

Il me donne 42 pour n=10, ce qui est, à en croire l'ami Nicouj, ce que je suis supposé trouver. Pour n=100, j'obtiens (après 50 secondes de calcul) 190569292 combinaisons différentes.

Pour n=1000, je risque d'y passer des heures, tout ça pour me taper un gros dépassement de capacité et me retrouver avec un nombre négatif de possibilités... Sans moi lol



J'ai rajouté un calcul "à la main" du nombre de combinaisons différentes pour le cas k=2 : max(min(n/2,n/2+j+1-n),0) ("n/2" est la partie entière de la "véritable" moitié de n, ensuite j'ai distingué les cas "j plus grand que n" --> on a n/2 combinaisons, "j plus grand que la moitié de n mais plus petit que n" --> on a entre n et n/2-1 combinaisons, "j plus petit que n/2" --> pas de combinaison). La partie :

Code:

         if(k==1) then
            if(j>=n) ndec_cont = 1
         else
            do jbis = (n-1)/k + 1, min(j,n-k+1)
               ndec_cont = ndec_cont + decompo_cont(n-jbis,k-1,jbis)
            end do
         end if

est du coup devenue :


Code:

         select case(k)
            case(1)
               if(j>=n) ndec_cont = 1
            case(2)
               ndec_cont=max(min(n/2,n/2+j+1-n),0)
            case default
               do jbis = (n-1)/k + 1, min(j,n-k+1)
                  ndec_cont = ndec_cont + decompo_cont(n-jbis,k-1,jbis)
               end do
         end select

Sur n=100, je gagne 6 secondes, soit 12% de temps de calcul. Ca m'incite à essayer de faire pareil sur k=3, voire même 4 (mais ça risque d'être galère). En tout cas, j'ai sans doute mis moins de temps à rédiger et coder cette ligne de calcul que ce que je vais gagner sur le run n=1000 smile


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 #3 - 26-10-2010 12:44:11

luthin
Professionnel de Prise2Tete
Enigmes résolues : 36
Messages : 124

décomposition en somme s'entiers

Joli problème!
Je me suis posé cette question y a pas longtemps (ça concernait une autre énigme) et j'avais abandonné! Du coup, ça m'a remotivé, merci! smile
C'est un peu lourd à détailler, j'abrège donc...
J'ai appelé [latex]N(n)[/latex] le nombre de décompositions de l'entier [latex]n[/latex] et [latex]N_p(n)[/latex], le nombre de décompositions de [latex]n[/latex] dont [latex]p[/latex] est le plus grand nombre.
J'aboutis à  cette formule récursive:
[TeX]N_p(n=kp+q)=\sum_{j=1}^{q}N_j(q)+\sum_{i=1}^{k-1}\sum_{j=1}^{p-1}N_j\left( (k-i)p+q\right)
[/latex], où le deuxième terme est nul si [latex]k=1[/latex].
J'ai aussi montré que pour [latex]k\in\mathbb N[/latex], on a:
[latex]N(n=2k)=1+k+\sum_{i=2}^k\sum_{j=1}^{i-1}\left[ N_j(2i-j)+N_j(2i-j-1)\right]
[/latex], où la somme est nulle pour [latex]k<2[/latex].
[latex]N(n=2k+1)=1+\sum_{i=1}^k\sum_{j=1}^{i}\left[ N_j(2i-j+1)+N_j(2i-j)\right]
[/latex], où la somme est nulle pour [latex]k<1[/latex].
Bref, pour [latex]n=10[/latex], la machine me donne le résultat immédiatement:
[latex]\fbox{N(10)=42}[/latex].
Pour [latex]n=100[/latex], elle mouline cinq minutes et me donne:
[latex]\fbox{N(100)=190 569292}[/TeX]
Pour 1000, il faudrait travailler avec des entiers codés sur plus de 4 octets... Là, j'ai la flemme!

EDIT1: Je viens de voir que "la décomposition d'un entier" comme tu l'appelles, s'appelle aussi "la partition d'un entier" (cf ce lien).
Effectivement, on aurait aussi pu classer les décompositions suivant leur nombre de termes... Peut-être que ça conduit à un algorithme plus efficace? hmm
En tout cas, je ne regrette pas d'avoir fait ce travail bibliographique après coup... smile


EDIT2: Je viens de tester l'algorithme que l'on trouve sur Wikipedia... Effectivement, c'est plus simple et plus efficace, mais toujours pas assez pour n=1000...

 #4 - 26-10-2010 14:16:22

Nicouj
Professionnel de Prise2Tete
Enigmes résolues : 27
Messages : 330

Décompsition en somme d'entiers

Bravo 2 bonnes réponses de MthS-MlndN et luthin actuellement pour n = 10 et n = 100.
En revanche pour calculer n = 1000 le procédé que vous utilisez n'aboutira surement pas de votre vivant.
Il faut donc trouver une façon plus rapide de calculer big_smile

 #5 - 26-10-2010 14:40:10

MthS-MlndN
Hors d'u-Sage
Enigmes résolues : 49
Messages : 12,414E+3
Lieu: Rouen

décomposition en somme d'entoers

Alleluyah Wikipedia : http://fr.wikipedia.org/wiki/Partition_d'un_entier
[TeX]E_k^n = E_{k-1}^{n-1} + E_k^{n-k}[/TeX]
Autrement dit : soit on prend une partition de [latex]n-1[/latex] déjà trouvée, on rajoute [latex]+1[/latex] à la fin, et basta (pour trouver toutes les partitions de [latex]n[/latex] dans lesquelles [latex]1[/latex] est présent au moins une fois, ça j'y avais pensé), soit on prend une partition de [latex]n-k[/latex] à [latex]k[/latex] éléments et on ajoute [latex]1[/latex] à chaque nombre (pour obtenir toutes les partitions dont chaque élément vaut au moins 2, et c'est ça que je n'avais pas trouvé big_smile)

Bon. Un tableau de 1000x1000 éléments ajouté au programme. L'integer(8) ne suffit plus (il y a d'énormes dépassements de capacités) alors je suis passé en real :

Code:

      program decompo2

         implicit none
         integer :: n, i
         real(8) :: decompo_cont2, ndec(1000), ndecdetaille(1000,1000)

!!! On traite tous les cas séparément : n peut être décomposé en des sommes de 1 à n/2 éléments,
!!! et le plus grand élément d'une somme sera toujours inférieur ou égal à n.

         ndecdetaille(:,:) = 0.
         ndec(:) = 0.
!!! Chaque nombre a une et une seule partition en 1 entier
         ndecdetaille(:,1) = 1.
         ndec(1) = 0.

         do n=2, 1000
!!! On initialise avec les solutions du type 1+"une solution déjà trouvée"
!!! (la seule solution à n entiers en fait partie)
            do i=2, n
               ndecdetaille(n,i) = ndecdetaille(n-1,i-1)
            end do
!!! On ajoute les décompositions de n composées uniquement d'entiers
!!! supérieurs ou égaux à 2
            do i=2,n/2
               ndecdetaille(n,i) = ndecdetaille(n,i) + ndecdetaille(n-i,i)
            end do
            do i=1,n
               ndec(n) = ndec(n) + ndecdetaille(n,i)
            end do
            print*, 'Le nombre ', n, ' peut etre decompose de ', &
                  ndec(n), 'facons différentes.'
         end do

      end program

Résultat affiché à la 1000° itération (quasi-instantanément) :

Le nombre 1000 peut etre decompose de 2.40614678640326198E+031 facons différentes.

Tu m'étonnes que j'avais un dépassement de capacité lol

On peut aller plus loin. Résultat obtenu en trois/quatre secondes :

Le nombre 10000 peut etre decompose de 3.61672513256361863E+106 facons différentes.

Ca change de la complexité exponentielle du début !

Merci Nicouj pour ce problème (le genre de problèmes que j'adore : de l'algorithmique, des astuces algébriques à fouiller, comment transformer un calcul horrible en une somme à la "triangle de Pascal" en étant astucieux...). Un régal smile


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 #6 - 26-10-2010 15:40:54

shadock
Elite de Prise2Tete
Enigmes résolues : 39
Messages : 3332

décomposition rn somme d'entiers

A la main pour le premier 10 il y en a 42 si je ne me suis pas trompé ça fait beaucoup quand même j'ai mis 40 minutes pour voir si je n'en n'avais pas oublié ^^
pour 100 je ne sais pas trop comment m'y prendre et 1000 n'en parlons pas lol


"L'expérience est une lanterne qui n'éclaire que celui qui la porte." L-F. Céline

 #7 - 26-10-2010 16:23:18

scarta
Elite de Prise2Tete
Enigmes résolues : 49
Messages : 1607

fécomposition en somme d'entiers

C'est assez facile avec le théorème du nombre pentagonal d'Euler, il me semble...
Ce dernier donne une récurrence pour trouver P(n), le nombre de partitions (ça s'appelle comme ça) de n.
[TeX]P(n) = \sum_{k \in \mathbb{N}^*}{(-1)^{(k+1)} P(n - \frac{k(3k-1)}{2})}[/TeX]
P(N) = 0 pour N < 0, P(0) = 1 et c'est parti !

P(1) = P(0) + P(-1) + ... (termes nuls)
P(1) = 1
P(2) = P(1)+P(0)+P(-3) + ... (termes nuls)
P(2) = 2
P(3) = P(2)+P(1)+P(-2) + ... (termes nuls)
P(3) = 3
P(4) = P(3)+P(2)+P(-1) + ... (termes nuls)
P(4) = 5
P(5) = P(4)+P(3)-P(0)-P(-2) + ... (termes nuls)
P(5) = 7
P(6) = P(5)+P(4)-P(1)-P(-1)+P(-6) + ... (termes nuls)
P(6) = 11
P(7) = P(6)+P(5)-P(2)-P(0)+P(-5) + ... (termes nuls)
P(7) = 15
P(8) = P(7)+P(6)-P(3)-P(1)+P(-4) + ... (termes nuls)
P(8) = 22
P(9) = P(8)+P(7)-P(4)-P(2)+P(-3) + ... (termes nuls)
P(9) = 30
P(10) = P(9)+P(8)-P(5)-P(3)+P(-2) + ... (termes nuls)
P(10) = 42

La réponse est 42 (en même temps c'était prévisible, d'après le théorème d'Adams lol)

Pour 1000, un petit programme de 10 lignes (avec une librairie pour gérer les gros entiers) nous donne en une fraction de seconde le résultat exact suivant: 24061467864032622473692149727991

En pseudo-code, ça donne:
Initialiser un tableau d'entiers "très longs" indicé de 0 à 1000, initialiser le 1er à 0
Pour I allant de 1 à 1000 avec un incrément de 1
    Initialiser le i-ème résultat à 0
    Pour j allant de 1, sans limite avec un incrément de 1
        Si K = i - j * (3 * j - 1) / 2 est négatif, fin de la boucle sur j
        Ajouter au i-ème résultat le K-ème résultat si j est impair ou son opposé si j est pair
        Si K = i - j * (3 * j + 1) / 2 est négatif, fin de la boucle sur j
        Ajouter au i-ème résultat le K-ème résultat si j est impair ou son opposé si j est pair
    Fin de boucle sur j
Fin de boucle sur i

 #8 - 27-10-2010 11:11:59

gwen27
Elite de Prise2Tete
Enigmes résolues : 49
Messages : 5,854E+3

Décomposition en somme dentiers

La réponse pour 10 est 42, 100 : 190569292, 1000: pas fait jusque là excel m'a lâché

Il s'agit de faire un algorithme :

la somme des combinaisons de rang n est égale à

celle des combinaisons de rang n-1 ( il suffit de rajouter +1 à la fin )

plus celle des combinaisons de rang n-1 pour les quelles on peut ajouter 1 au dernier chiffre de la séquence, autrement dit dont les deux derniers termes sont différents.

Pour les sommes à deux termes, cela arrive une fois sur deux
pour celles à 3 termes, une fois sur 3
...

On peut donc retrouver le même nombre de combinaisons de ce type une fois  2 pour les sommes à deux termes, soit au rang n-2
De même au rang n-3 pour les solutions à 3 termes...

Partant de 1, il faut donc faire un arbre donc les valeurs sont le nombre de solutions à x termes

1
11
111
1211 ou 2 = 1+1 ( combinaisons à 2 termes au rang 4 = C2,4=C1,3+C2,4-2)

...

 #9 - 29-10-2010 10:04:32

Nicouj
Professionnel de Prise2Tete
Enigmes résolues : 27
Messages : 330

Décomposition en somme d'entiesr

Bravo a tous.
Merci pour la page Wiki très instructive et le nom du problème big_smile.

Comme de nombreuses réponses, ma résolution passe par la définition d'une fonction plus générale qui permet de faire apparaitre un schéma récursif.

On définit P(n, k) = le nombre de partitions de n ou tous les nombres sont inférieurs ou égaux a k
P(n, 1) = P(1, k) = 1
P(n, k) = 1 + P(n, n-1) si n <= k
P(n, k) = P(n, k-1) + P(n- k, k) sinon

Et notre nombre de partitions est donc P(n, n)

On peut traduire directement par une fonction récursive dans son langage de programmation préféré.
Le problème est que P(n, k) = P(n, k-1) + P(n- k, k) va produire énormément de recalcul. Par ex :

P(n, k)  =  P(n, k-1)                         + P(n-k, k)
            =  (... +  P(n-(k-1), k-1))      + (P(n-k, k-1) + ....)
            =  (... +  (P(n-k, k-1)) + ...) +  (...  )

Toutefois pour calculer P(n, n), on ne calcule rien d'autre que des P(i, j) avec 1 <= i,j <=n.
On peut donc facilement éviter les calculs des meme valeurs en sauvegardant les valeurs  P(i, j)  dans un tableau et en les récupérant si elles y sont déjà.
Avec ce maigre changement on passe d'un algorithme de complexité exponentielle a un algorithme de complexité quadratique.

En utilisant le théorème du nombre pentagonal d'Euler comme le propose Scarta on obtient un algorithme encore plus rapide (surement en grande partie car on a plus besoin de stocker n^2 valeurs mais juste n).

 #10 - 24-12-2012 00:21:51

shadock
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sécomposition en somme d'entiers

Et est-il possible de répondre à la question suivante : yikes

Quel est le nombre dont la partition est 156425659958412585487958695821002215004?


"L'expérience est une lanterne qui n'éclaire que celui qui la porte." L-F. Céline

 #11 - 24-12-2012 08:31:46

golgot59
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Décomposition en somm ed'entiers

A mon avis, bêtement par essais successifs avec l'algo de Mathias ça doit être faisable...

 #12 - 25-12-2012 17:11:39

MthS-MlndN
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Décompositoin en somme d'entiers

Sachant que le nombre de partitions d'un entier est toujours supérieur au nombre de partitions de l'entier précédent (ça se prouve facilement, vu que reprendre une partition de [latex]n-1[/latex] et rajouter [latex]+1[/latex] à la fin donne une partition de [latex]n[/latex]), à coups de bissections, tu trouveras vite.


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 #13 - 25-12-2012 17:52:31

shadock
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Décomposition en somme dd'entiers

Ah bah oui en effet et si le nombre c'est un gogolplex factoriel, on fait comment khihi ^^


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 #14 - 26-12-2012 17:46:44

MthS-MlndN
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sécomposition en somme d'entiers

Tu te dém*rdes lol


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 #15 - 27-12-2012 13:44:58

SabanSuresh
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Décomposittion en somme d'entiers

Quelqu'un peut m'expliquer votre truc de gogolpex factoriel  ou partitions ou les codes de Mths-Mlndn parce que j'ai rien capté ...
J'ai que 12 ans mais comme je suis en 3ème utilisez du langage 3ème et évitez les sigma et des lettres en tous genres ou expliquez moi ce que ça représente svp.
Merci

 #16 - 27-12-2012 18:09:02

shadock
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décomposition en somme d'entuers

La partition d'un nombre n c'est le nombre de manières dont tu peux écrire ce nombre en faisant la somme d'autres nombres.
Par exemple la partition de 10 est 42 car on peut écrire 10 de 42 façons différentes avec des additions comme montré dans le deuxième post smile

Ensuite le signe [latex]\sum[/latex] représente une somme.
Au lieu d'écrire 1+2+3+4+5+6+7+8+9+10+11+12+13 on écrit [latex]\sum_{k=1}^{13}k[/latex] qui se lis "la somme des 13 premiers nombres entiers." En fait quand tu vois se signes, dans mon exemple k prends les valeurs de 1 à 13 et on somme toutes ces valeurs ainsi on a [latex]\sum_{k=1}^{13} k=1+2+3+4+5+6+7+8+9+10+11+12+13[/latex]

Je te donne un deuxième exemple si c'était : [latex]\sum_{k=1}^{50} \frac{k+1}{k+2}[/latex] et bien ça serai très long à écrire mais ça commencerai par (1+1)/(1+2)+(2+1)/(2+2)+(3+1)/(3+2)+...+(50+1)/(50+2)

Ensuite le gogolplexe c'est un nombre gigantesque tu trouveras pleins d'informations sur le net ou ici : http://fr.wikipedia.org/wiki/Gogolplex ce nombre est [latex]10^{{10}^{100}}[/latex]

Et le factoriel (la plus précisément) est une fonction définit comme ceci :
[latex]0!=1[/latex] et [latex]n!=n*(n-1)*...*2*1[/latex] le "!" ce lit factoriel.
Par exemple 7!=7*6*5*4*3*2*1=5040 smile

Shadock smile

PS : Pour la culture, 5040 est le plus petit nombre entier divisible par tous les entiers inférieurs à 10.


"L'expérience est une lanterne qui n'éclaire que celui qui la porte." L-F. Céline

 #17 - 27-12-2012 18:52:55

MthS-MlndN
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dévomposition en somme d'entiers

Pour ce qui est de mon code...

Je veux trouver le nombre de décompositions sous la forme de sommes d'entiers d'un entier n.

Dans le premier code, je fais du cas-par-cas. Il existe une décomposition en un seul entier (n=n), puis des décompositions en sommes de deux entiers (n=(n-1)+1=(n-2)+2=...), puis en sommes de trois entiers (plus de cas possibles), puis... et, finalement, en une somme de n-1 entiers (n=1+1+1+...+1+1+2) et en une somme de n entiers (n=1+1+1+1+...+1+1). Je cherche tout.

Dans le deuxième, j'utilise une propriété plutôt simple, dont je donne l'explication en début de post #5.

Pas évident à comprendre dans le détail pour un collégien, mais vu que tu t'y intéresses, je pense que tu es en mesure de suivre smile


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 #18 - 27-12-2012 20:28:32

SabanSuresh
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Décopmosition en somme d'entiers

J presque tout pigé : le gogolplex (et le gogol 10 puissance 100), la factorielle(je connaissais déjà mais bon), sigma et un tout petit peu du raisonnement de Mths-MlndN (pas facile à taper) mais ça m'ira .
Merci beaucoup shadock et Mths-MlndN (copier-coller big_smile) pour avoir pris du temps pour m'expliquer .

 #19 - 27-12-2012 22:01:54

MthS-MlndN
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décompisition en somme d'entiers

Tu peux m'appeler Mathias smile


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 #20 - 27-12-2012 22:39:04

SHTF47
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décomposition en domme d'entiers

shadock a écrit:

PS : Pour la culture, 5040 est le plus petit nombre entier divisible par tous les entiers inférieurs à 10.

2520 est très déçu de savoir qu'on passe bêtement à côté de lui sans le remarquer...

Quant à www.dcode.fr qui permet entre autres le calcul des PPCM et PGCD, quelle consternation...


La musique est une mathématique sonore, la mathématique une musique silencieuse. [Edouard HERRIOT]

 #21 - 27-12-2012 23:48:15

gwen27
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Déccomposition en somme d'entiers

Bah dcode donne 2520 non ?

 #22 - 28-12-2012 12:53:22

shadock
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Décomposition en somme d'ntiers

SHTF47 a écrit:

shadock a écrit:

PS : Pour la culture, 5040 est le plus petit nombre entier divisible par tous les entiers inférieurs à 10.

2520 est très déçu de savoir qu'on passe bêtement à côté de lui sans le remarquer...

Quant à www.dcode.fr qui permet entre autres le calcul des PPCM et PGCD, quelle consternation...

Je l'avais lu dans un livre que j'ai gagné au concours kangourou... lol


"L'expérience est une lanterne qui n'éclaire que celui qui la porte." L-F. Céline

 #23 - 28-12-2012 12:58:17

SHTF47
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décompodition en somme d'entiers

gwen27 a écrit:

Bah dcode donne 2520 non ?

Oui, exact. Je disais juste à Môssieur Shadock, en études supérieures scientifiques, qu'il aurait mieux fait d'utiliser dcode pour vérifier/corriger ses dires, au lieu de désinstruire un jeune bambin en lui faisant croire que la factorielle de n donne le PPCM des n premiers entiers.

Et en plus, Môssieur Shadock n'a pas trouvé mieux comme excuse que d'accuser un livre. Un livre ça ne peut pas riposter, c'est trop facile, pfff !!! (Quoique bien lancé dans la face... mmhhh...)


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 #24 - 28-12-2012 14:32:21

shadock
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Décompositio nen somme d'entiers

J'ai jamais dit que la factorielle donnait le PPCM des n premiers entiers, j'ai juste donné un exemple d'un nombre...
Pour le livre c'est une brochure qu'ils donnent à tout ceux qui font le concours.
Pour le reste je l'ai bien aidé le bambin c'était juste du plus, je reconnais mon tort j'aurai du vérifier mais ce n'est pas la peine de dire "Mônssieur Shadock blablabla..." Andrew Wiles il lui à fallut une deuxième fois pour démontrer le théorème de Fermat, comme quoi même les plus grands peuvent dire des âneries... ^^

smile


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 #25 - 28-12-2012 15:41:32

SHTF47
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Décomposition en smome d'entiers

Si, c'était la peine de dire Môssieur Shadock. Namého !


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