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#1 31-03-2015 18:31:23

jean 15
Invité

probléme ouvert

bonjour a tous,j'aurais besoin d'aide de votre part,en faite c un problème
voici  le problème:"il y a 6 cases avec 3 paires de chapeau (3 paires de différente couleur ,une bleu,une rouge et une vert)
on demande combien de manière différentes y-a-t-il  de ranger ces 3 paires dans les 6 cases ¿
merci a se qui répondront

#2 01-04-2015 08:36:35

Cube
Invité

Re : probléme ouvert

Bonjour,

Si dans chaque couleur on différencie les chapeaux en a et b
On peut ranger les n couleurs dans 2n cases de (2n)! Façons (Permutations)

Si maintenant dans une couleur on banalise a et b, on regroupe 2 permutations qui deviennent indiscernables
Donc le nombre de permutations est divisé par 2

Ainsi on a [tex]\frac{ (2n)!}{2^n}[/tex] façons de ranger n paires dans 2n cases.
Soit 90 pour n= 3.

#3 01-04-2015 09:43:46

jean 15
Invité

Re : probléme ouvert

donc enfaite on peut ranger 90 fois les chapeau ¿

#4 01-04-2015 10:12:11

Cube
Invité

Re : probléme ouvert

rebonjour,

jean 15 a écrit :

combien de manières différentes y-a-t-il  de ranger ces 3 paires dans les 6 cases ?

oui, 90 si les 2 chapeaux de chaque paire sont bien "indiscernables" l'un de l'autre.

#5 01-04-2015 10:17:51

jean 15
Invité

Re : probléme ouvert

merci mais si ca te dérange pas est ce que tu pourrais faire une phrase pour justifier stp parce qu'on demande de justifier stp

#6 01-04-2015 10:23:39

jean 15
Invité

Re : probléme ouvert

j'ai oublier de te dire qu'il y a la droite et la gauche de chaque paire

#7 01-04-2015 11:07:29

Cube
Invité

Re : probléme ouvert

Re,

Tout est bien dit (démonstration complète) au post #2 (qui était #3, mais est devenu #2 car un intervenant a supprimé son texte...)

jean 15 a écrit :

j'ai oublier de te dire qu'il y a la droite et la gauche de chaque paire

Il ne faut pas se contredire de cette façon : ou les chapeaux sont "discernables" dans chaque couleur et il y a (2n)! manières de les ranger,
ou les chapeaux sont "indiscernables" dans chaque couleur et il y a [tex]\frac{(2n)!}{2^n}[/tex] manières de les ranger.

Demandez d'autres avis si vous doutez.

#8 01-04-2015 11:25:22

freddy
Membre chevronné
Lieu : Paris
Inscription : 27-03-2009
Messages : 7 457

Re : probléme ouvert

Salut,

j'ai une approche plus pédagogique qui arrive au même résultat, bien entendu.

Avec 6 chapeaux discernables, on a 6!=720 permutations possibles.

Comme les 6 chapeaux ne sont que 3 paires, deux chapeaux de même couleur étant indiscernables, il faut compter le nombre de permutations identiques.

Par exemple, en numérotant les chapeaux dans l'ordre de couleur, on aurait la permutation 1-2 3-4 5-6
Mais comme les paires sont indiscernables, cette permutation est aussi celle-ci 2-1 3-4 5-6  ou bien 1-2 4-3 5-6  ou alors 1-2 3-4 6-5 ou alors ... je te laisse finir.

Si tu comptes bien, chaque permutation apparaît 8 fois. Il reste donc 90 manières distinctes (8*90=720) de ranger tes 3*2 chapeaux dans les 6 cases.

Je te laisse rédiger correctement la justification, on n'a pas vocation à faire le boulot des élèves à leur place. On peut par contre aider, c'est la vocation du site.

@Cube : c'est un élève du secondaire, pas du supérieur. Tu es très fort, mais essaie de te mettre à la portée et au niveau du demandeur. D'avance, merci pour eux !


De la considération des obstacles vient l’échec, des moyens, la réussite.

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#9 01-04-2015 12:51:19

jean 15
Invité

Re : probléme ouvert

merci Cube et Freddy :)

#10 01-04-2015 13:41:26

Cube
Invité

Re : probléme ouvert

Bonjour,

@freddy : Cher intervenant, si on veut être pédagogique réellement, il faut montrer comment assurer ces rangements des chapeaux.

@ jean 15 : On va montrer comment on arrive à 90 en tenant compte que dans chaque paire il y a un chapeau g (comme à gauche)
et un chapeau d (comme à droite de g), même s'il sont indiscernables de même couleur.

Avec une seule couleur, bleue, il n'y a qu'une seule manière : b b

Qui donne 3 emplacements pour placer g de la deuxième couleur rouge : gbb, ou bgb, ou bbg

On peut ensuit placer d de couleur rouge à droite de g, ce qui donne successivement :
gdbb, ou  gbdb, ou gbbd, puis bgdb, ou bgbd, puis bbgd,
soit 3+2+1=6 manières de ranger les chapeaux en redonnant leur couleur r à g et d :
rrbb, ou  rbrb, ou rbbr, puis brrb, ou brbr, puis bbrr,

Si maintenant pour chacun de ces 6 rangements avec 2 couleurs on insère g et d de couleur verte,
pour chacun on créera 5+4+3+2+1 = 15 nouveaux rangements soit 6 fois 15=90 au total !

Si on veut une formule générale, appelons [tex]R_n[/tex] le nombre de rangements pour n couleurs
On démontre par récurrence que [tex]R_n= \frac{2n(2n-1)}{2}R_{n-1}[/tex] qui conduit à [tex]R_n=\frac{(2n)!}{2^n}[/tex]
Mais c'est une autre affaire…!!

#11 01-04-2015 14:05:31

jean 15
Invité

Re : probléme ouvert

merci Cube pour m'avoir aider :)

#12 03-04-2015 10:21:50

freddy
Membre chevronné
Lieu : Paris
Inscription : 27-03-2009
Messages : 7 457

Re : probléme ouvert

Salut,

j'ai une méthode plus simple et plus rapide pour arriver à la formule générale avec n couleurs et deux objets de la même couleur.
Je reprends mes notations : première couleur 1-2 ; seconde couleur 3-4, usw ...

Si [tex]n= 1[/tex], j'ai donc 2 permutations 1-2 et 2-1 et un seul rangement puisque les 2 objets sont indiscernables.
Si [tex]n=2[/tex], j'ai donc [tex](2\times 2)!=24[/tex] permutations possibles. Combien de fois un même rangement est-il compté ?
Sans perte de généralité, prenons 1-2 3-4.
On a aussi 2-1 3-4, 1-2 4-3 et 2-1 4-3. Là, chaque même  rangement apparait 4 fois. Et au final, il y a [tex]\frac{24}{4} = 6[/tex] rangements distincts.

Si [tex]n=3[/tex], j'ai donc [tex](2\times 3)!=720[/tex] permutations possibles. Combien de fois un même rangement est-il compté ?
Prenons 1-2 3-4 5-6 à titre d'exemple.
On a aussi 2-1 3-4 5-6, 1-2 4-3 5-6 et 1-2 3-4.  Soit [tex]\binom{3}{1} =3[/tex] rangements répétés.
Mais on a aussi 2-1 4-3 5-6, 2-1 3-4 6-5 et 1-2 4-3 6-5, soit [tex]\binom{3}{2} =3[/tex] rangements répétés.
Et enfin, on a 2-1 4-3 6-5, soit [tex]\binom{3}{3} =1[/tex] seul rangement.

Au total, une permutation est répétée [tex]\sum_{p=0}^3 \binom{3}{p} = (1+1)^3=2^3[/tex] fois ce qui donne [tex]\frac{(2\times 3)!}{2^3} = 90[/tex] rangements distincts.

On généralise aisément pour arriver à la formule du texte, soit [tex]\frac{(2\times n)!}{2^n} [/tex] rangements possibles de n couleurs et 2 objets identiques pour chaque couleur.

Dernière modification par freddy (03-04-2015 14:18:08)


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