Tirage non ordonné avec remise

Jean-Yves Degos · August 2017

Bonjour à tous,

Étant donné un ensemble totalement ordonné à $n$ éléments $(n \geq 2)$, lorsqu'on tire $p$ éléments parmi $n$ avec $p \leq n$, on a $4$ configurations pos- sibles :

1. Tirage ordonné sans remise ;
2. Tirage ordonné avec remise ;
3. Tirage non ordonné sans remise ;
4. Tirage non ordonné avec remise.

Je connais et sais calculer le nombre de tels tirages dans les $3$ premiers cas, mais pas dans le $4^\mbox{e}$. Il me semble toutefois que cela a un rapport avec le nombre de suites croissantes (au sens large) de $p$ éléments pris parmi $n$...

Pourriez-vous m'éclairer ?

Cordialement et merci d'avance,
Jean-Yves Degos

Lucas · August 2017

J'écrirais plutôt ça comme le nombre de solutions positives ou nulles de
$$
x_1+x_2+\dots +x_n =p.
$$
C'est un coefficient binomial.

Poirot · August 2017

Tout entier positif est un coefficient binomial...

Jean-Yves Degos · August 2017

Pas plutôt le nombre de solutions $(x_1, \ldots, x_p)$ telles que
$$
x_1 + \cdots + x_p = n \,?
$$

Jean-Yves Degos

Jean-Yves Degos · August 2017

Re-,

Je crois que j'ai trouvé mon bonheur :

http://www.agro-montpellier.fr/cnam-lr/statnet/mod3/Lec4/M3L4_INT.htm

JYD

Lucas · August 2017

> Pas plutôt le nombre de solutions $(x_1, \ldots,
> x_p)$ telles que
$$
x_1 + \cdots + x_p = n \,?
$$

Pour moi $x_k$ ($1\leq k\leq n$) est le nombre de fois où l'on a tiré $k$. Je trouve donc finalement
$$
\binom{n+p-1}{n-1}.
$$
Par exemple pour $p=2$ boules dans $n=5$ urnes on a les $5$ possibilités d'avoir les 2 boules au même endroit, et $\binom{5}{2}$ possibilités d'avoir 2 urnes différentes. Soit $10+5=15=\binom{5+2-1}{5-1}$.

Tirage non ordonné avec remise

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