Dénombrement

Bonjour.

En distinguant les urnes, le choix d'une configuration se fait en choisissant deux boules pour la première urne, puis 2 pour la deuxième. Sans ordre à chaque fois.
Une configuration où on ne distingue pas les urnes correspondant à 6 configurations où on distingue, le résultat final est celui d'au dessus divisé par 6.

Je te laisse mettre les formules (ultra-classiques) sur ce raisonnement. Ce qui te permettra de généraliser toi-même.

Cordialement.

Si tu ne devines pas toi-même pourquoi gerard0 divise par 6, tu ne trouveras pas non plus le reste du calcul.

6 est le nombre de façons de prendre les trois urnes dans l'ordre ("première urne", "deuxième").
Si ma réponse est encore vague, lire un cours élémentaire sur les dénombrements.

Cordialement.

NB : Je ne donne pas de formule, car elles demanderaient un minimum de compréhension des outils de dénombrement pour être utilisable (pour savoir si elles peuvent s'appliquer).

Salut.

$6$ c'est le nombre de permutations de $3$. Mais je pense que tu n'en as pas besoin, parce que tu as dit clairement que les urnes sont indiscernables.
Pour le cas que tu annonces, on peut facilement calculer le nombre total de pairs de lettres qu'on peut avoir avec $\{A, \,B, \,C, \,D,\, E, \,F\}$. Il suffira alors de calculer le nombre de combinaisons de $3$ parmi le nombre de pairs trouvé.
Essaies pour voir.
Pour le cas général, on peut utiliser la mème idée, mais les calculs sont plus corsés.

Cordialement.

Tu as raison. Je vois que ce que tu cherches dans ce cas précis est le nombre de partitions d'un ensemble à $6$ éléments en sous-ensembles de à $2$ éléments (le résultat dans le cas général n'est pas près de moi).
Mais ici pour palier à ta remarque, je pense que tu peux regarder le cas $AB$ qui correspondra à un paquet $\{C,D,E,F\}$ qui eux fournissent les trois combinaisons : $CD-EF/CE-DF/CF-DE$. Ce qui donne $3$ possibilités. Tu fais pareille pour $AC$, puis $AD$, puis $AE$, enfin $AF$.
Cela fait $15$ combinaisons.
Vérifie quand mème !

Salut.
Je ne vois pas comment tu as eu cette formule (je pense qu'il s'agit toujours de trois urnes, alors c'est pas bon)..
Règle d'abord des cas simples avant de généraliser. Tu pourrais utiliser le cas traité pour voir le nombre de configurations pour $7$ lettres (par exemple tu ajoutes $G$ aux lettres).

@PLM, c'est pas du tout le mème problème. S'il y a plus de six lettres, il se peut qu'aucune urne ne contienne la lettre $A$.
Le nombre de lettres n'est aussi pas forcément pair. Ici, déjà avec $7$ lettres, on a $105$ configurations possibles.

Non tu n'as pas appliqué ta formule à $n = 7$, pour trouver $105$.

Pour $8$ lettres le nombre de configurations possibles est $735$, qui n'est d'ailleurs pas dans la liste des nombres de ton lien.

A partir de $n\geq 7$ lettres, la bonne formule est : $f(n) = 7\cdot f(n - 1)$.

$CF-EH-DG$ n'est pas là mon gars, et plein d'autres.

Salut.
Je vois que ta formule tient la route. Je cherchais mon erreur et je l'ai trouvé. Je vais peut-être écrire une formule qui donne le même résultat que la tienne.
''It's like a game'';

Le problème étant mal posé, ça barre en c.

PLM n'a pas vu que bodabodah admettait AB-CE-EF comme exemple dans son message originel; son calcul ne répond donc pas à la question.
On ne sait pas si AA-AA-AA est acceptable.
Dès que l'énoncé sera correct, il sera facile de répondre: c'est une simple histoire de combinaisons.

I leave.

Cordialement

Bonjour.

Après la correction, je reviens quand mème parce que j'avais promis à @PLM de donner une formule qui ''hit'' avec la tienne, mais principalement pour poser une question avec récompense promise pour celui qui déliera le nœud..
En fait, la formule que je trouve est : $f(n) =\dfrac{ A_n^6}{3!\cdot 2!\cdot 2!\cdot 2!}$.
Mais après des tests de $n = 6$ jusqu'à $n = 15$, je trouve que ça marche pour toutes les valeurs, sauf pour $n = 9$.
Ma question est ; pourquoi ça ne marche pas seulement pour $n = 9$ ?

Merci d'avance.

Cordialement.

Merci.
J'avais fait une bête erreur de calcul de $C_9^6$,sans certainement penser le recalculer (pour cause,ça gueule trop autour de moi).
Pourquoi ça dérange ? J'ai pas du tout penser à $f(6)$, et j'ai bien écris les facteurs du dénominateur qui donne $48$ pour faire voir mon raisonnement.

Bonjour.

J'espère que les trois formules données permettrons à @bodabodah d'essayer de résoudre le cas général avec un meilleur raisonnement.

Tu auras par exemple, avec les mêmes hypothèses, $k$ urnes, $p$ boules discernables pour chaque urne, et donc à calculer $f(n)$ pour $n\geq kp$.

PS : J'oubliais. @PLM, pour la récompense promise, tu m'envoies ton adresse en MP, et tu la recevras sans problème.

Cordialement.

Ta première formule est fausse. Car tu n'enlèves l'ordre que sur la première urne. Ce qui aurait dû te sauter aux yeux en comparant avec ta formule finale dans laquelle tu divises par un produit.
Ta première formule signifie "On met les boules dans l'ordre, puis on enlève l'ordre sur les urnes, puis on enlève l'ordre dans la première urne". Donc en lisant, on demande "Et que se passe-t-il pour les autres urnes ???".
Pour aller dans ton sens, cela ne ressemblerait-il pas plutôt à $\frac{(np)!}{n!(p!)^n}$ ?

$C_N^{N_b}\frac{N_b!}{(\displaystyle\sum_i n_i)!\prod_i p_i!^{n_i}}$

Je suis complètement d'accord avec ce que tu écris, à ceci près que tu as gardé l'ordre sur les tailles d'urnes. Tu as enlevé l'ordre sur les boules et l'ordre sur les urnes à l'intérieur d'un groupe d'urnes. Il reste l'ordre sur les tailles d'urnes, et, plus sournois, le mélange de ces groupes ! Et je suis prèt à parier que si on divise mon 6! par ton 3!2!1!, on va trouver ce mélange (3 parmi 6, puis 2 parmi 6-3, puis 1 parmi 6-3-2).

$\frac{6!}{3!2!1!}=\frac{6*5*4*3*2*1}{3*2*1*2*1*1}=60$
$C_6^3C_{6-3}^2C_{6-3-2}^1=C_6^3C_3^2C_1^1=\frac{6*5*4}{3*2*1}\frac{3*2}{2*1}\frac{1}{1}=60$
Bingo !

Concrètement ?
Et bien, dans ton exemple, si tu permutes i=2 et i=3, tu compteras 2 cas différents, alors que c'est le même.
Pire ! (i=3) a le droit de se trouver en plein milieu de (i=2). :-)

[édit. D'accord avec ton dernier message.]

Une remarque terre-à-terre mais efficace est de regarder ce qu'il se passe pour $I=2$, $n_i=1$, $p_1\neq p_2$ et $N=N_b=p_1+p_2$. Cela se ramène à un choix de $p_1$ (ou $p_2$) parmi $N_b$; $(p_1+p_2)!/(p_1!p_2!)$.

Par exemple, avec une urne de capacité $6$ et une de $2$, on doit retrouver $C_{6+2}^2=C_{6+2}^6$ possibilités. Diviser par $(\sum_i n_i)! = 2$ et non par $\prod_i n_i!=1$ introduit un facteur $2$ de décalage avec le résultat souhaité. Pour une urne de taille $1$ et une de $2$, il y a bien $3$ possibilités ($1 - 23$, $2 - 13$ et $3 - 12$), et non $3/2$ :-D

L'exemple montre plus clairement que l'ordre de placement des urnes dans le $N_b$-uplet est une convention qui n'affecte pas le dénombrement. $1-23$ ou $23-1$, c'est un jeu d’écriture. Dans la vie réelle, cela correspondrait à fixer l'ordre de remplissage des urnes. On n'est pas non plus forcé de représenter une urne sur des plages contiguës ; rien n’empêche de commencer à remplir l'une avant de passer à l'autre, puis de revenir.

Il y a invariance, par changement d'ordre de remplissage (permutation des indices), de l'ensemble des configurations résultantes. On peut démultiplier "l'univers" en prenant en compte les $N_b!$ ordres possibles, et faire le calcul du nombre de configurations à partir de cela, mais le résultat sera identique puisqu'il faudra au final quotienter par ce nouveau groupe de symétrie.

Par contraste même à convention fixée il y a bien perte d'information, pour quelqu'un qui ne verrait que le résultat du tirage (i.e., des boules numérotées dans des urnes -- certaines identiques), quant à l'ordre du tirage des numéros.