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Résumé de la discussion (messages les plus récents en premier)

zebulor
18-09-2018 12:29:45

En effet je choisis un ordre pour les éléments de F, c'est ce que je me suis dit cette nuit à 4h30 ce matin quand je me suis réveillé (sic)

Il s'agit donc, si j'ai bien compris de comptabiliser dans F le nombre de combinaisons à 3 éléments d'un ensemble à n éléments… Plutôt que le nombre d 'arrangements...Pourtant intuitivement j'aurais tendance à penser que l'ordre des éléments de F est important… Si un doublet a pour image un nombre a ce n est pas la même chose que s'il a pour image un nombre b différent de a

Ce qui paraît simple à certains ne l 'est pas forcément pour moi…

Bonne journée!

Michel Coste
17-09-2018 17:43:18

C'est simple : en faisant ce que tu fais, tu choisis un ordre sur l'ensemble des éléments de F qui ont deux antécédents : le premier, le deuxième, le troisième. Combien y a-t-il de façons d'ordonner (de permutations, quoi) un ensemble à trois éléments ?

zebulor
17-09-2018 17:25:07

rebonjour aux matheux et/ou aviateurs qui m 'ont répondu!

Je reviens sur ma méthode, mon raisonnement doit être faux car j'avais un 8 au lieu de 48 en dénominateur.

Voilà mon raisonnement : il y a C(n+3,2) éléments de E qui constituent un doubleton, associé à 1 singleton de F possible parmi n éléments, puis C(n+1,2) éléments de E constituant un doubletons associé à n-1 éléments possibles de F, puis un dernier doubleton de E, (il en reste C(n-1,2) associé à n-2 éléments restants de F.
Pour les parties restantes de E et F, il y a (n-3)! bijections possibles.

le nombre total me donne C(n+3,2)*n*C(n+1,2)*(n-1)*C(n-1,2)*(n-3)!  et en simplifiant ça donne (n+3)!n(n-1)(n-2)/8....

PS : C(n,p) désigne le onmbre de parties à p éléments d'un ensemble à n éléments…

Si quelqu'un peut m'aider à comprendre où se trouve mon erreur...il doit y avoir un facteur 6 qui manque

Merci

aviateur
17-09-2018 10:13:19

Bonjour
Je ne comprends pas où tu vois un problème Dattier. M.Coste a donné  la bonne réponse avec des justifications détaillées.

Dattier
16-09-2018 18:25:35

2 choses l'une, soit Mimi a piraté le site, soit Mimi a perdu sa maîtrise du sujet, en publiant 2 messages l'un aprés l'autre (sans réponse entre), comme s'il avait oublié des infos...

Dans les 2 cas, c'est pas bon pour Mimi.

Michel Coste
16-09-2018 18:15:40

Reste délirer sur le Café mathématique, ça vaudra mieux.

Dattier
16-09-2018 18:13:24
Michel Coste a écrit :

Tu es sûr du deuxième résultat ? Ne serait-ce pas plutôt, pour le cas où trois éléments de l'ensemble d'arrivée ont deux antécédents,

[tex]\frac1{48} n(n-1)(n-2) (n+3)! [/tex]

Je rêve ou ce message a été ajouté...

Mimi, c'est pas bien de pirater le site tous cela pour avoir raison... lol

Michel Coste
16-09-2018 18:12:23

Dattier, tu devrais apprendre à lire (je veux dire, lire en comprenant ce que tu lis).

Dattier
16-09-2018 18:04:24

Bonsoir,

Michel Coste a écrit :

Au total, ça fait bien

[tex] \frac1{48} n^2 (n+1) (n+3) ![/tex]

Michel Coste a écrit :

NON !
La bonne réponse est, je le répète,

[tex]\frac1{48} n(n-1)(n-2) (n+3)![/tex]

Je n'appelle pas cela se répèter mais se corriger, reste à savoir si la correction est bonne ?

Bonne soirée.

aviateur
16-09-2018 16:46:07

Je fais remarquer que que mon x_3 et la solution donnée par M Coste c'est le même (évidemment j'ai vérifé au cas où).
Simplement je n'ai pas donné les explications et simplifié.
Alors je confirme que la formule que tu a donnée correspond bien au nombre de surjections totales.

zebulor
16-09-2018 09:36:57

En effet Michel Coste c'est bien cette formule !

Votre démonstration répond à mon problème. Merci.

zebulor
16-09-2018 09:20:32

Je savais pas qu'on travaillait aussi le dimanche ici ! :-) On en vient au coeur du sujet! je vais réfléchir sur le raisonnement de Michel Coste. En effet D_John il me semble aussi que si une formule est fausse pour une seule valeur de n, alors elle est fausse pour le cas où n est quelconque... sauf pure coincidence...
A+

D_john
16-09-2018 08:08:02

OK zebulor, c'est bien comme ça que j'avais compris le dénombrement à faire (càd x3). Pour moi, si une formule est fausse pour une seule valeur de n (cf. n=3) alors elle est fausse pour toute valeur de n. L'avantage de n =3, c'est qu'avec un peu de patience, on peut encore écrire l'ensemble en extension.
Au risque de me répéter, la méthode que j'ai utilisée consiste à créer 3 paires disjointes dans E (de toutes les manières possibles), ce qui me ramène à un ensemble de n éléments à mettre en bijection avec F de toutes les manières possibles. Je ne vois pas d'autres surjections que celles-ci mais peut-être me trompe-je... et dans ce cas, aviateur aussi avec ses 2 méthodes.
A+

Michel Coste
16-09-2018 07:59:24

NON !
La bonne réponse est, je le répète,

[tex]\frac1{48} n(n-1)(n-2) (n+3)![/tex]

On peut raisonner comme suit.

On part d'une permutation [tex]\sigma[/tex] de l'ensemble [tex]\{1,2,\ldots,n+3\}[/tex] et d'une injection [tex] u : \{n+1,n+2,n+3\} \to \{1,\ldots,n\}[/tex] ; il y a [tex] n(n-1)(n-2)(n+3)![/tex] tels couples [tex](u,\sigma)[/tex]. À un tel couple on associe la surjection [tex] f : \{1,\ldots,n+3\}\to \{1,\ldots,n\}[/tex] définie par [tex] f(i)=\sigma(i)[/tex] si [tex]\sigma(i)\leq n[/tex] et [tex]f(i)=u(\sigma(i))[/tex] si [tex]\sigma(i)>n[/tex].

Il est clair que la surjection [tex]f[/tex] a la propriété que chaque élément de [tex]\{1,\ldots,n\}[/tex] a un ou deux antécédents. On vérifie qu'on obtient ainsi toutes ces surjections, et que chacune de ces surjections est obtenue pour 48 couples [tex](u\sigma)[/tex] différents. Je te laisse vérifier ce dernier point, avec l'indication que [tex]48= 6!\times 2^2[/tex].

zebulor
16-09-2018 07:26:43

Bonjour,

certains se sont couchés tard ou levé tôt pour me répondre! En effet il faut être clair. L'objet de ma demande c'est de trouver le nombre de surjections d'un ensemble E contenant n+3 éléments vers un ensemble F contenant n éléments dans le SEUL et UNIQUE cas où 3 éléments de F ont 2 antécédents, et les autres éléments de F un seul antécédent.

Ce qui m'intéresse, plus encore que la formule générale (qui dépend donc de l'entier naturel n), c'est le raisonnement qui conduit à ce nombre pour un entier n quelconque, et pas seulement pour une valeur de n particulière comme n=3. On devrait bien trouver : ((n+3)!*n²*(n+1))/48 toujours dans ce seul et unique cas!

En espérant avoir été plus clair !

Bon dimanche à aviateur et D_John

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