Tirage spécial : sans remise sans tenir compte de l'ordre

[JohnCourt]

Bonjour,

J'aimerais comprendre comment calculer le nombre de tirages possibles sans remise et sans tenir compte de l'ordre du tirage spécial suivant (et pouvoir modifier ses paramètres) :

Un seul exemplaire de chaque carte, la couleur n'a pas d'importance.

Tirage d'une carte parmi : As, 2 et 3.
On ajoute aux cartes restantes le 4, 5, 6, et 7.
Tirage d'une carte parmi les 6 cartes.
On ajoute aux cartes restantes le 8 et le 9.
Tirage de deux cartes parmi les 7.

Si on tient compte de l'ordre le calcul est simple, mais dans les conditions proposées je ne sais pas faire.

Merci par avance pour votre aide dans la compréhension de ce problème.

[lyceen95]

Je reformule, parce qu'il y a des petites imprécisions/incohérences.
On a un 'pot' avec 3 cartes As 2 3. On en tire 1.
Il reste donc 2 cartes. On ajoute 4 cartes (4 5 6 et 7), et on tire une carte parmi ces 6 cartes.
Il reste donc 5 cartes. On ajoute 2 cartes (8 et 9), et on tire 2 cartes parmi ces 7 cartes. (7 et pas 8, c'est pour ça que je parlais d'imprécision).
On a donc tiré 4 cartes. L'ordre des cartes est important. Y compris entre a 3ème carte et la 4ème carte.
Combien de tirages possibles ?

C'est bien ça la question ?

[JohnCourt]

Faute de frappe pour le 8 au lieu de 7, c'est bien ça j'ai corrigé l'énoncé.

On a tiré 4 cartes au total.
Les mains As, 2, 5, 7 et As, 7, 5, 2 sont considérées comme identiques.
La main 6, 7, 8, 9 est impossible du à l'ajout de cartes au fur et a mesure du tirage.

la question est comment calculer le nombre de tirages différents possibles.

[lyceen95]

Sans tenir compte de l'ordre. C'était clairement dit dès le 1er message, et je ne sais pas pourquoi, j'ai écrit l'inverse.
Et ça complique les choses.
Du coup, je pense que la démarche la plus simple, c'est celle-ci.
Je vais noter les cartes en fonction du moment où on les introduit dans le pot. Les cartes A, c'est les 3 premières cartes, les cartes B, c'est les cartes 4 5 6 et 7, et les 2 autres cartes sont les cartes C
Quand on a tiré nos 4 cartes, on peut être dans une des combinaisons suivantes :
AAAB AAAC AABB AABC AACC ABBB ABBC ABCC
On doit analyser ces 8 configurations.
AAAB : 4 possibilités
AAAC : 2 possibilités
AABB : 18 possibilités
AABC = 24 possibilités
AACC = 3 possibilités
ABBB = 12 possibilités
ABBC = 36 possibilités
ABCC = 12 possibilités.
Reste à faire l'addition : 111 possibilités.

[JohnCourt]

Il n'y a pas de formule plus générale si on veut faire varier la taille de la main ou le nombre de cartes ajoutées il faut passer par l'analyse de toutes les configurations possibles ?

[GaBuZoMeu]

Formalisons un peu. Tu as trois ensembles , et tu cherches à dénombrer les parties à quatre éléments de dont l'intersection avec a au moins un élément et l'intersection avec au moins deux éléments.
Le complémentaire de cet ensemble de parties dans l'ensemble des parties de à quatre éléments est la réunion disjointe de
1) l'ensemble des parties à quatre éléments de dont l'intersection avec est vide
2) et l'ensemble des parties à quatre éléments de dont l'intersection avec a exactement un élément et dont l'intersection avec est vide.

Je te laisse faire une belle formule à partir de cette indication.

[lyceen95]

Oui et non.

Avec ce départ, on va écrire en une formule la solution pour cette configuration figée :
- 4 cartes tirées ( alors que JohnCourt veut faire varier la taille de la main)
- précisément 3 ensemble A, B et E : JohnCourt ne le dit pas clairement, mais comme il parle de formule générale, il envisage probablement de rajouter des cartes pas seulement 2 fois , mais éventuellement plus.
D'ailleurs, dans l'exemple, si on veut ouvrir vers un truc plus général, on a 4 ensembles :
A= {1,2,3} on tire une carte dans A
B= {1,2,3,4,5,6,7} on tire une carte dans B
C= {1,2,3,4,5,6,7,8,9} on tire une carte dans C
D= {1,2,3,4,5,6,7,8,9} on tire une carte dans D
On a 4 ensembles et on tire une seule carte dans chaque ensemble.
C'est probablement moins compliqué à formaliser que dire qu'on a 3 ensembles et on tire un nombre variable de cartes dans chaque ensemble. Ca fait un jeu de variables en moins à gérer.

On doit effectivement pouvoir bâtir une solution formelle, mais j'ai bien peur que la formule obtenue sera lisible uniquement par des gens avec un esprit matheux très poussé.

[JohnCourt]

...mais comme il parle de formule générale, il envisage probablement de rajouter des cartes pas seulement 2 fois, mais éventuellement plus...

Effectivement, j'envisage de faire varier le nombre de cartes tirées le nombre de cartes ajoutées et le nombre d'ajout.

[GaBuZoMeu]

Ton problème général semble être le suivant :
Tu as des sous-ensembles d'un ensemble fini (on note le cardinal de et celui de ), tu as un entier naturel et tu as une suite croissante d'entiers naturels tels que pour tout et .
Tu cherches à dénombrer les parties de ayant éléments et telles que, pour tout , le cardinal de soit au moins égal à .

Correct ?

Je ne pense pas qu'il y ait une belle formule. Mais on peut sans peine écrire un petit programme qui fait ça (je l'ai fait en Sage par paresse, sans chercher à optimiser) :

Code: Tout sélectionner

def denombre(A,B,e,p):
    if A==[] : return binomial(e,p)
    else :
        return add( binomial(e-A[-1],p-c)*\
                   denombre(A[:-1],B[:-1],A[-1],c)\
                   for c in range(B[-1],p+1))

Vérifions la réponse de lycéen95:

Code: Tout sélectionner

denombre([3,7],[1,2],9,4)

Réponse: 111