association de nombres

papimoco · May 2006

Bonjour,
Je me permets de vous contacter afin de savoir si vous pouvez m'apporter de l'aide.
J'ai un problème mathématique à résoudre et je ne connais pas la formule mathématique qui pourrait m'aider.

J'ai 50 nombres (de 1 à 50 ) je les regroupe par 14 . (ex:1 à 14) ce qui me donne plusieurs associations de deux chiffres possibles.
1-2 1-3 1-4 1-5 ...... 1-14
2-3 2-4 2-5 2-6 ...... 2-14
3-4 ...... 3-14
4-5 ..... 4-14
.....
13-14
Je souhaite que ces 50 nombres soient systématiquements associés par 2.
Pourriez-vous m'indiquer comment trouver ce genre de formule.
Merci d'avance
jmm

GERARD · May 2006

Oui, on peut t'aider. Mais il faut que ta question soit compréhensible. Tu parles de 50 nombres, puis de les associer par 14. Que veux-tu dire ? car 50 n'est pas divisible par 14. Ensuite tu regroupes par 2 (apparemment sans ordre les nombres de 1 à 14 (ça donne 14*13/2 = 91 couples non ordonnés, 91 combinaisons). Puis tu parles encore d'autre chose : "Je souhaite que ces 50 nombres soient systématiquements associés par 2.".

A toi d'être plus clair.
Cordialement

GERARD · May 2006

J'ai reçu un mel direct que je soumets à tous :

Bonjour, et merci de m'avoir répondu.

Je vais essayer d'être plus précis.
J'ai 50 nombres que je veux associer par 2, ce qui me donne : 1225 possibilités d'associations.
Je veux que chaque association soit représentée 2 fois, soit : 1225x2 = 2550 possibilités.
Chaque groupe de 14 représente : 91 possibilités d'associations.
Donc si je veux couvrir toutes les possibilités possibles avec des groupes de 14, il me faut : 2550 : 91 = 28.02 soit 29 série de 14.
Sachant que 50 n'est pas divisible par 14. Mais ce sont les chiffres que je possède et avec lesquelles je dois résoudre ce problème.
Ma question est : par quelles formules mathématiques puis-je obtenir les 28.02, soit 29 séries de 14 numéros qui me permettront de couvrir toutes les possibilités d'associations.

PS : J'ai tenté manuellement ce calcul en m'aidant d'un tableau, mais sans formule précise il impossible de trouver une solution convenable.
Je me tiens à votre disposition pour tous complément d'information.
Merci d'avance.

J'ai répondu :
Il vaut mieux mettre tes réponses sur le forum, je les lirai plus facilement et d'autres pourront y répondre. Ils connaîtront peut-être déja ce problème. En tout cas, ton raisonnement qui donne 29 séries est sans doute faux. Car les couples de 2 séries seront les mêmes dès qu'il y aura 2 éléments communs parmi les 14, et il semble difficile d'obtenir tous les couples possibles sans que cela arrive.
Tu peux peut-être commencer par traiter un problème identique plus simple, par exemple 10 nombres (au lieu de 50) avec des séries de 4 (au lieu de 14).

Cordialement
Avez vous des idées ?

l.g · May 2006

*a) si on veut associer chaque nombre au moins une fois au 49 autres
cela donne (49*50)/(1*2)
si tu doubles .. alors c'est tout simplement 49*50 je ne vois pas le problème.
chaque groupe de 14 ??? combinaisons ? car je ne vois pas ou tu trouves 91 combinaisons par groupe , sauf si tu parles d'un groupe de 14 nombres il y a effectivement 91 combinaisons et 2450/91 = 26.92 groupes de 14 nombres.soit : (49*50)/91 = 26.92

est ce que ton problème est de savoir comment on calcul le nombre de combinaison de n nombres avec K nombres ?
avec 10 nombre et des combinaison de 4 nombres
(10*9*8*7) / (1*2*3*4) =
avec 3 nombres
(10*9*8) / (1*2*3)

papimoco0 · May 2006

Bonjour et merci

Effectivement, je me suis trompé en ecrivant, il y a 2450 combinaisons, et 91 dans un groupe de 14. Soit 26.82pour couvrir toutes les possibilités, comme je ne peux pas couper un groupe de 14, il faudra donc 27 groupes de 14 pour couvrir toutes les combinaisons, même si sa dépassece n'est pas grave, le principale étant de couvrir le 2450 combinaisons possibles.
Pour etre plus claire je donne un exemple.

ex:
Si l'on prend les chiffres 1.2.3.4.5.6 en les associants par 2, cela donne les possibilités suivantes:
1-2 1-3 1-4 1-5 1-6
2-3 2-4 2-5 2-6
3-2 etc
Remis sous forme de tableau cela donne

.
.
7
6
5 1
4 1 1
3 1 1 1
2 1 1 1 1
1 1 1 1 1 1
1 2 3 4 5 6 7 . .

Ce que je veux faire c'est remplir toutes les cases par 2 fois , sur un tableau de 50 et par groupe de 14.

J'espere avoir apporté plus de lumiaire sur mon problème.
Et merci encore de vous en souciés.

jmm

bisam · May 2006

Ca y est, j'ai compris !!

En termes mathématiques, papimoco veut trouver 27 parties $A_1, A_2, ... , A_{27}$ de $A={1,...,50}$, chacune de cardinal 14 telles que la réunion des $A_i\times A_i$ soit égale à $A\times A$.

J'ai un peu simplifié car en fait il ne parle que des couples ayant 2 éléments distincts, et il ne tient pas compte de l'ordre... mais si on trouve ce dont je parle, c'est suffisant !

La question est donc comment faire pour trouver ces 27 parties (j'exclus d'emblée l'exhaustion des cas !!) ?

Laotseu0 · May 2006

Chapeau bisam d'avoir traduit cet énoncé !

Laotseu0 · May 2006

Alors je ne comprends toujours rien à l'énoncé original, mais pour l'énoncé de bisam j'arrive à me débrouiller avec seulement 25 parties :

A chaque paire $p=\{i\neq j\}$ d'éléments de $\Z/7\Z$ je prends $A_p=\{x/in\{1,\dots,49\}/ \overline{x}\in p\}$. Alors les 21 parties $A_p$ sont telles que $\bigcup A_p=B\times B$ où $B=\{1,\dots,49\}$.
Je construis alors 4 autres parties $A_{22}=\{1,\dots,13,50\}$, $A_{23}=\{14,\dots,26, 50\}$, et $A_{24}$ et $A_{25}$ du même tonneau.
Tout couple $(x,y)$ de $A\times A$ est dans $A_{22+?}$ si $x$ ou $y$ vaut 50, sinon, on prend une paire $p$ de $\Z/7\Z$ telle que $\{\overline{x},\overline{y}\}\subset p$ et alors $(x,y)\in A_p$.
Donc 25 parties seulement (est-ce normal ?)

GERARD · May 2006

Salut Laotseu.
Je ne comprends pas ta fabrication de Ap : p est une paire, x un seul entier, et tu semble dire que la classe de x (modulo 7 ??) appartient à p (Ou encore que le reste, donc un seul entier appartient à à la paire ?).
Dans le premier cas, je ne vois pas ce que ça peut vouloir dire, les termes ne sont pas de même nature. Dans le deuxième il y a 7 restes possibles pour chacun, fois 2, donc 14 nombres dans ta classe, mais les couples de même reste modulo 7 ne sont jamais représentés : Si p =(0,4), Ap contient (7,4), (14,4), etc. Mais (7,14) n'est dans aucun Ap.

Cordialement

GERARD · May 2006

Je rappelle la question de papimoco : Trouver n sous-ensembles de l'intervalle d'entiers [1,50] tels que les paires constituées de deux entiers différents du même sous-ensemble reconstituent toutes les paires de deux entiers différents de [1,50].

Le calcul (version corrigée) de Papimoco montre qu'il faut au moins 14 sous-ensembles ( 50*49/2 = 1225 paires à fabriquer, 14*13/2=91 paires obtenues dans chaque sous ensemble, 1225/91 = 13,46). Mais je suis prêt à parier qu'il en faut plus.

Cordialement

Nb : Pour Laotseu : tu utilises encore l'ordre des nombres (en particulier dans $B\times B$ qui, de plus contient des couples (pas des paires) dont certains sont constitués de 2 fois le même entier).

Laotseu0 · May 2006

Pour GERARD : p est une paire de classes d'équivalence, c'est à dire une partie de $\Z/7\Z$ de cardinal 2 (il y a 21 paires possibles). $A_p$ est une partie de $\{1,\dots,49\}$ qui contient les nombres $x$ dont le résidu modulo 7 est un des deux éléments de $p$. Si par exemple $p=\{\overline{0}, \overline{4}\}$, alors $\overline{0}\in p$, et $7$ et $14$ sont dans $A_p$ et donc $(7,14)\in A_p^2$.
Les définitions sont homogènes. Je suis d'accord avec le nombre minimal de 13,46 ensembles de type A, et je propose juste une solution avec 25 ensembles.
Je pense que ma solution n'est pas optimale. En effet, j'utilise un recouvrement de $\{1,\dots,49\}^2$ à l'aide de 21 parties seulement, mais il m'en faut 4 de plus pour recouvrir $\{1,\dots,50\}^2$, ce qui me semble exagéré.
Il me semble que Papimoco s'intéresse au nombre minimal de grilles à jouer dans un certain jeu de hasard pour être sûr de gagner au point un gain minimal. S'il nous expliquait quel était le jeu en question, ça permettrait de clarifier beaucoup de choses...
Bien cordialement.

GERARD · May 2006

Ok Laotseu, je commence à comprendre ton idée. Avec les notations, ce n'étais pas évident.

Cordialement

papimoco0 · May 2006

Bonjour à tous,
Toutes mes excuses de n'avoir pu répondre plutôt mais j'étais en déplacement sans accés internet.

Beaucoup de réponse donc difficile de répondre un à un aux messages.

N'étant pas Mathématicien il m'est difficile de comprendre toutes les équations, mais je me débrouille un peu.

Je suis entrain de mettre au point un systhème d'économie à l'usure et bien sur, de temps, sur une machine à trier. ( non pour un certain "jeu de hasard" comme mentionné plus haut )

Quelqu'un a-t-il une idée sur la procédure à suivre afin d'obtenir mon résultat ? car moi je n'y arrive toujours pas plus, malgré mes multiples tentatives.

Rappel des donnés:

ex:
Si l'on prend les chiffres 1.2.3.4.5.6 en les associants par 2, cela donne les possibilités suivantes:
1-2 1-3 1-4 1-5 1-6
2-3 2-4 2-5 2-6
3-2 etc
Remis sous forme de tableau cela donne

.
.
7
6
5 1
4 1 1
3 1 1 1
2 1 1 1 1
1 1 1 1 1 1
1 2 3 4 5 6 7 . .

Ce que je veux faire c'est remplir toutes les cases par 2 fois , sur un tableau de 50 et par groupe de 14.

MERCI

association de nombres

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