Lancés de dé

[Anonyme]

Combien y a-t-il de jets possibles lorsqu'on lance n dés identiques à 6 faces ?

Vous avez des idées ?

Ben

[Anonyme]

6^n ( pour deux dés par exemple ça fait 36 )

[thomasg]

tout dépend si tu les lance les uns après les autres en notant l'ordre, ou si cela n' a pas d'importance, dans le deuxième cas la réponse est
n!/((n-6)!*6!) (il me semble, désolé si c'est faux)

[Anonyme]

6^n ( pour deux dés par exemple ça fait 36 )

je suis d'accord c'est juste

[mathador]

Bonjour
Je confirme ce que dit Thomasg : d'après l'énoncé, l'ordre ne compte pas (puisque les dés sont identiques); on a donc la formule indiquée : n!/((n-6)!*6!).
A mon avis (très personnel) la réponse n'est pas 6^n : cela impliquerait par exemple qu'avec 3 dés on distingue 1-1-6 de 1-6-1 et de 6-1-1... or les il est bien précisé que les dés sont "identiques".
Bonne continuation

[Anonyme]

Oui ici, l'ordre des dés ne compte pas en effet donc ça ne peut pas être 6^n. Si on prend n=2, il y a 21 possibilités.

Quand à la réponse proposée égale au nombre de combinaisons de 6 parmi n, cela ne peut pas marcher pour n inférieur à 6 et pour n supérieur à 6, si on prend n=7, cela veut dire qu'il y aurait 7 jets possibles, j'en doute fort.

Comme quoi, elle est pas simple cette question ....

++

Ben

[Anonyme]

C'est effectivement un problème assez compliqué qui peut casser la tête à beaucoup de gens...

[Alpha]

J'ai lu le message à l'initiative de cette discussion (cf plus haut, lancé de n dés),

et j'ai quelque peu réfléchi au problème posé, mais je n'ai pas réussi à trouver de solution, car j'ai peu de temps,

mais de plus le problème semble assez compliqué,

c'est pourquoi, étant très curieux de connaître la solution,

j'en appelle aux meilleurs matheux d'entre vous pour résoudre ce problème !


Merci

;)

[thomasg]

j'essaye avec des sommes

1 tirage : 6
2 tirages : somme (de i=1 à 6) de i
3 tirages : somme (de i=1 à 6) de (6-i)(1+i)

j'ai pas le temps de continuer, mais effectivement le problème peut se montrer intéressant

au revoir

[thomasg]

personne pour continuer ?

[Alpha]

Il faut voir cela comme un problème de distribution de n boules dans p cases différentes avec p-1 cloisons entre ces cases.

En réfléchissant un peu on voit que l'ensemble des répartitions possibles des n boules dans ces p cases est n parmi n+p-1.

En prenant n=2 et p=6 on trouve 21 possibilités : ça fait plaisir.


Ce soit j'ai beaucoup de choses à faire (overbooké!), quand j'aurais plus de temps j'expliquerai pourquoi c'est cette formule qui correspond à ce problème.


Alpha

;)

[chevalier3as]

salut,
voicila reponse , :) pour 2 de le nombre de possibilite est 6! , pour 3 le nb est 6.6! pour 4 est 6.6.6! ; si tu dessine un shema tu trouvera que le nb de possibilite entre n est n+1 est ; alors p(n+1)=p(n).6 suite geometrique
alors et puisque p(2)=6!
p(n)=6^(n-2).6! :cool:
si qqna un autre avis je serai tres heureu de lentendre
merci

[krou]

salut,
voicila reponse , pour 2 de le nombre de possibilite est 6!
merci

6! = 720 possibilités pour 2 dés à 6 faces?????

en imaginant que l'ordre compte on obtient au maximum 36 possibilités, je trouve 720 légèrement bcp

[thomasg]

j'ai pas encore eu le temps de retravailler dessu mais vous pouvez regarder mon message du 27/05:
j'essaye avec des sommes

1 tirage : 6
2 tirages : somme (de i=1 à 6) de i
3 tirages : somme (de i=0 à 6) de (6-i)(1+i)

[Alpha]

Salut,

Je n'ai toujours pas le temps d'expliquer pourquoi n parmi n+p-1 est la bonne formule (en prenant p=6, le nombre de cases, correspondant au nombre de faces),

mais je trouve cela dommage que vous répondiez à des questions sans avoir lu toute la discussion, car c'est du temps perdu.

Si vous aviez tous lu la discussion, vous auriez vu qu'on ne tient pas compte de l'ordre, et que pour 2 dés on trouve exactement 21 possibilités (pour s'en convaincre, lire d'abord toute la discussion puis écrire tout les possibilités, puis barrer celles qui sont les mêmes à une permutation près des éléments).

par conséquent une formule comme 6! est absolument fausse, au premier coup d'oeil, car ce nombre est pair alors que 21 est impair.


Tiens, il me vient une idée : et si vous cherchiez pourquoi c'est n parmi n+p-1 ? ;)

Ceci dit il existe peut-être plusieurs façons d'exprimer la solution.

;)

Alpha

[chevalier3as]

6! = 720 possibilités pour 2 dés à 6 faces?????

en imaginant que l'ordre compte on obtient au maximum 36 possibilités, je trouve 720 légèrement bcp

ehoh cest vrai jai commi une erreur plutot de mettre 1+2+3+..+6 jai ecris 6!
cest a dire 6.7/2=21
en plus ma methode donne plus de cas que possible car il ne faut pas compter les cas repetes comme 1-1-6 1-6-1 6-1-1
tu peu essayer decalculerle nombre de cas repetes etles soustraire du nombre total

[Alpha]

Lorsque l'on dit que l'on lance n dés en même temps, sans qu'on puisse les discerner par leur ordre, et qu'on veut savoir le nombre de tirages possible,

le fait de ne pas tenir compte de l'ordre revient, pour chaque tirage, à ne considérer que le nombre de 1, le nombre de 2, ...., le nombre de 6.

C'est-à-dire qu'un tirage est entièrement déterminé par le nombre de 1, le nombre de 2, .... le nombre de 6, donc deux tirages sont différents dès que le nombre de dés affchant l'un des numéros est différent dans ces deux tirages.

Par conséquent, lancer n dés puis compter le nombre de fois que chacun des p numéros (ici p=6, le nombre de faces) possibles apparaît peut se traduire par un tableau de 2 lignes et p cases dans lequel on note le nombre d'apparitions de chaque numéro :

numéro : 1 2 3 4 5 6

nombre d'apparitions : a b c d e f

On voit donc qu'on peut aussi interpréter le lancé des n dés comme le lancé de n boules qu'on distribuerait aléatoirement dans p colonnes. A la fin, chaque colonne contient un certain nombre de boules, la colonne 1 un nombre a, etc..., l'uplet (a,b,c,d,e,f) caractérisant le tirage.


Voilà, le problème est clairement (du moins je l'espère :) ) posé.


Ensuite, on a nos p colonnes, qui sont séparées par p-1 barres verticales, et on considère ensuite l'ensemble de n+p-1 symboles formés par les boules et les barres.


Et maintenant, le point délicat :


l'ensemble des tirages possibles des boules (ce que l'on entend par tirage étant défini plus haut)

est l'ensemble des combinaisons des n symboles "boules" parmi l'ensemble des n + p - 1 symboles.

En effet, si j'écris un (n+p-1) uplet ( , , , ..., , , ) comme celui-ci, dans lequel je n'ai pas rempli ce qu'il y a entre les virgules, et que maintenant je remplis cet uplet par n boules que je positionne aléatoirement dans cet uplet, , il restera ensuite (p-1) cases de libres, dans lequel je n'aurai plus qu'à insérer les barres. Et j'aurai mon tirage.

Et j'ai bien effectué un choix de n éléments parmi n+p-1. :cool:



Voilà, j'espère avoir été clair, en tout cas j'ai fait de mon mieux!


;)


Alpha

[mathador]

Bonjour,
je suis admiratif devant la détermination et l'évident souci de clarté d'Alpha !
J'étais initialement partisan d'un nombre de combinaisons égal à n!/((n-6)!*6!) ; mais la représentation avec les boules me convainc : ce modèle doit bien être faux, et la solution d'Alpha semble juste (je dis bien "semble", parce que j'ai lu rapidement; et si je suis 100% d'accord sur le début, je n'ai pas encore creusé sur la fin, mais je le ferai), elle est en tout cas très pertinente et intéressante à mon goût.
Magnifique problème, je trouve : un énoncé tout simple, des idées qui fusent, d'autres problèmes qui apparaîssent ... C'est pour ça qu'on aime les maths !!!
Bonne continuation à toutes et à tous

[mathador]

Re bonjour,
je crois avoir capté l'astuce : elle m'apparaît tout à fait remarquable ! Je suis donc d'accord avec cette solution pour le moins inattendue ... du Grand Art, cher Alpha ! :D

[thomasg]

Bonjour,

après lecture attentive (et confrontation avec l'ersatz de solution que j'avais ébauché), la solution d'alpha me semble bonne.
Merci pour cette réponse et l'énergie que tu as du dépenser pour trouver et l'expliquer clairement.

Au revoir.