Six objets dans trois sacs

Sneg

Bonjour

Soit E, l'ensemble de toutes les façons possibles de jeter pêle-mêle (c'est-à-dire de façon permutable) dans trois sacs (permutables aussi) six objets, que je vais représenter ci-dessous par les lettres suivantes : A, A, A, B, B, C.

S'il y a trois A identiques (donc interchangeables), c'est parce qu'ils représentent trois objets identiques. Et s'il y a deux B identiques (donc interchangeables), c'est parce qu'ils représentent deux objets identiques.

J'aimerais savoir par quel moyen on peut déterminer la probabilité d'avoir :
- un objet dans un sac,
- deux objets dans un autre sac,
- trois objets dans le sac restant,
autrement qu'à l'aide du tableau suivant (pour ce qui est du calcul du nombre de "cas favorables", qui vaut douze) : 

  1. (A) (AA) (BBC)
  2. (A) (AB) (ABC)
  3. (A) (AC) (ABB)
  4. (A) (BB) (AAC)
  5. (A) (BC) (AAB)

  6. (B) (AA) (ABC)
  7. (B) (AB) (AAC)
  8. (B) (AC) (AAB)
  9. (B) (BC) (AAA)

10. (C) (AA) (ABB)
11. (C) (AB) (AAB)
12. (C) (BB) (AAA)
(Il est clair qu'on ne peut pas utiliser ici un calcul du genre $\C_{6}^{1} \times \C_{5}^{2} \times \C_{3}^{3}$.)
Et comment calculer le nombre de "cas possibles", c'est-à-dire le nombre d'éléments de E ?
Merci d'avance.

Ben314159

Salut
À mon sens, on ne peut pas vraiment répondre à la question vu que tu décris bien ce qui t’intéresse comme représentant "un cas", mais par contre, tu ne décrit pas quel protocole (aléatoire) a conduit à former ces différents "cas". 
Donc on ne peut pas savoir si tes fameux "cas" sont équiprobables ou pas et donc on ne peut rien calculer comme probabilité.
Mais peut-être que ce qui t’intéresse est uniquement une question de dénombrement ?
Dans ce cas, on peut assez facilement dénombrer le nombre de façon de ranger tes trois 'A' deux 'B' et un 'C' dans trois sac considérés comme discernables (le sac 1, le sac 2 et le sac 3).  Mais je ne pense pas qu'il y ait une formule close dans le cas où on considère les sacs comme indiscernables.

lourrran

Tu fais tout un truc sur le fait qu'il y ait 3 objets A identiques... mais on s'en moque dans cette question. On a 6 objets. Identiques ou pas, peu importe.
On a $3^6$ répartitions possibles.
Combien de répartitions avec 3 objets dans le sac 1, 2 dans le sac 2, et donc 1 dans le sac 3 : C(6,3) façons de choisir les 3 premiers objets, C(3,2) façons de choisir les 2 suivants, et 1 seule façon de choisir le dernier objet. Donc 60 façons d'arriver à ce résultat.
Ensuite, il faut multiplier par 6, parce que on accepte aussi (3,1,2),(2,1,3),(2,3,1) ... 
,
Proba = 360/3^6=49.4% 
C'est plausible, c'est effectivement la disposition la plus probable et de loin. 

bisam

La plupart du temps, le plus facile est de faire comme si les objets non discernables étaient discernables (on leur ajoute une marque, en quelque sorte).

On se ramène alors à une situation d'équiprobabilité... et ensuite, on peut regrouper les issues où plusieurs objets indiscernables sont ensemble.

Sneg

Lourrran, en vérifiant, tu verras qu'il n'y a que 12 possibilités pour le cas que j'ai présenté, justement parce qu'il y a des objets identiques. Cela complique tout.

Bisam, j'ai essayé ta méthode, mais je n'y arrive pas...

Ben31415926, je ne suis pas contre l'idée de considérer les sacs comme étant discernables.

lourrran

Apparemment, j'ai mal interprété la question. Et Ben non plus ne sait pas interpréter la question.
Et Bisam tente de donner une consigne générale.

Tu as 6 objets, et 3 sacs. C'est des nombres tout petits. Dès que la question sera clairement formulée, la réponse sera quasi-immédiate. Mais pour avoir une réponse, il faut une question.  

Soc

bisam a dit :

La plupart du temps, le plus facile est de faire comme si les objets non discernables étaient discernables (on leur ajoute une marque, en quelque sorte).

De toute façon ils le sont : ) C'est plus le fait de les imaginer indiscernable qui est une vue de l'esprit, on revient donc à la raison!

Sneg

Lourrran, tu as besoin d'une question pour avoir une réponse "quasi-immédiate" ? Ok. La voici : 

De combien de façons différentes - sans oublis ni doublons, bien sûr - peut-on jeter dans trois sacs distincts les six objets suivants : 
- trois bonnets rigoureusement identiques,
- deux écharpes rigoureusement identiques,
- un pull,
étant entendu que : 
- permuter les bonnets, 
- permuter les écharpes,
- permuter les éléments de chaque sac,
- permuter les sacs,
n'augmente pas le nombre de possibilités.

J'attends avec impatience cette réponse "quasi-immédiate".

Je précise que ce qui importe à mes yeux, c'est la méthode employée, car la réponse, je l'ai. C'est : 32 possibilités. Mais ma méthode est bourrin.

Merci d'avance.

Soc

Tu ne dis toujours pas précisément ce que tu comptes. La même répartition dans des sacs différents compte-t-elle comme une nouvelle possibilité ou pas?

Ben314159

Si tu as $N$ sacs discernables alors tu peut noter $a_1,a_2,...,a_N$ le nombres de 'A' respectifs de chaque sac et tu cherche combien il y a de $N$-uplets  $(a_1,a_2,...,a_N)$ tels que $a_1\!+\!a_2\!+\!a_3\!=\!A$ qui est le nombre total de 'A' à répartir.
Et là, c'est classique : le nombre de solution, c'est le coefficient binomial $\displaystyle {N\!+\!A\!-\!1\choose N\!-\!1}$ (facile à voir avec un petit dessin).
Idem pour les 'B' et les 'C' puis tu fait le produit des 3 coefficients binomiaux pour avoir ton résultat (qui est bien sûr plus grand que ton 32 avec des sacs indiscernables)

Sneg

Soc,
Je peux avoir la répartition (AB) (AB) (AC).
Dans les deux premiers sacs, on a les mêmes objets.

Cela dit, la répartition (BA) (BA) (CA) ne représente pas un cas supplémentaire (puisque ce sont des permutations dans un même sac).
Ni le cas (AC) (AB) (AB), ni le cas (AB) (AC) (AB), qui ne sont que des permutations (de sacs) de la répartition initiale.

Sneg

Ben, je vais étudier ta réponse.
Merci.
Avec ta méthode, obtiens-tu 32 possibilités ?

lourrran

On considère dans un premier temps que les sacs sont différents, c'est indispensable pour être efficace.
Regardons le pull. Il peut être dans le sac 1, le sac 2 ou le sac 3. 3 possibilités.
Les 2 écharpes. Elles peuvent être ensemble dans le même sac (3 possibilités), ou séparées (3 possibilités aussi). Donc 6 possibilités.
Les 3 bonnets. Ils peuvent être ensemble dans le même sac (3 possibilités pour le choix du sac), ou réparties 2 dans un sac et 1 dans un autre sac (6 possibilités), ou encore tous les 3 dans 3 sacs séparés (1 seule possibilité). Donc 10 possibilités pour les bonnets.
Ces 3 étapes sont indépendantes, on fait des multiplications pour obtenir le décompte final.
Au total 3x6x10 = 180 possibilités.

Si on considère que les 3 sacs sont identiques, on divise ce nombre par 6, et donc 30 possibilités. 

Ben314159

Avec $N=3$ et $A=3$ puis $B=2$ puis $C=1$ ça te donne comme coeff. binomiaux 10, 6 et 3 donc le produit fait 180 bien plus grand que ton 32 avec des sacs indiscernables.  Et c'est environ 6 fois plus grand et, sachant que 6=3!, ça semble à peu prés cohérent.  Mais ce n'est pas exactement 6 fois plus du fait de la situation (A+B) ; (A+B) ; (A+C) qui, sans ordre compte une fois, mais qui, avec ordre, ne compte que 3 fois et pas 6 comme les autres.

Sinon, dans le cas où les sacs sont indiscernables, rien qu'avec un seul type d'objet, c'est déjà pas simple : il s'agit des nombres de stirling de seconde espèce (le nombre de partitions d'un ensemble à $A$ éléments en $N$ sous-ensembles) donc avec plusieurs types d'objets . . .

Sneg

Merci à vous.

ma méthode de calcul est la suivante : 
Je remplace les trois bonnets par le produit $2 \times 2 \times 2 = 8$.
Je remplace les deux écharpes par le produit $3 \times 3 = 9$
Je remplace le pull par le nombre premier $5$.
Je calcule combien de produits de trois facteurs entiers et positifs me donnent $8 \times 9 \times 5 = 360$.
Et, suivant les règles que je me suis efforcée de détailler dans ce fil, j’obtiens ni plus ni moins que 32 possibilités. Mais je dois les calculer une par une. J’aimerais qu’il existe une formule plus directe. Par exemple, pour $n$ ($\neq 0$) objets distincts à jeter dans trois sacs, en appliquant la simple formule : 
$$1 + \dfrac{3^n-3}{6}$$
on trouve facilement le nombre de possibilités.

Soc

Sneg a dit :

Soc,
Je peux avoir la répartition (AB) (AB) (AC).
[...] Ni le cas (AC) (AB) (AB), ni le cas (AB) (AC) (AB), qui ne sont que des permutations (de sacs) de la répartition initiale [...] ne représente un cas supplémentaire.

J'en déduis donc laborieusement que tu ne discernes pas les sacs, ce qui me décourage de regarder de plus près!

Sneg

Dans le sac 1, on trouve les objets A et B,
Dans le sac 2, on trouve les objets A et B (différents de ceux du sac 1),
dans le sac 3, on trouve les objets A et C.

Je discerne donc parfaitement les sacs.

Soc

On ne parle pas la même langue, ce qui rend difficile les échanges.

Sneg

Soc, j'ai donné au moins un exemple.
Apparemment, même l'exemple tu ne veux pas le comprendre.
Cela dit, il ne faut pas oublier les cas où un voire deux sacs sont vides.

lourrran

J'ai trouvé ce message très clair.
S'il y avait un doute, il n'y en a plus : on ne parle pas maths ni dénombrement dans cette discussion. 

Ben314159

Je ne suis pas certain que ta méthode consistant à chercher les factorisation de $2^A3^B5^C$ change bien grand chose au problème : c'est juste une façon à peine différente d'écrire la question.
Et concernant ta question de formule close pour avoir la réponse, as-tu regardé le lien que je t'ai mis (nombres de Stirling de seconde espèce) qui correspond exactement à ton problème, mais avec un unique type d'objet ?
Parce que, avec plusieurs type d'objets, ben, au mieux, tu va avoir le même type de relations (donc pas de formule close).

P.S. : j'ai fait un mini programme pour voir et il me donne aussi 32 possibilités dans ton cas de figure.

Sneg

Lourrran, tu peux quitter ce fil si tu le veux.
La preuve que l’on parle mathématiques ? La voici : 

Quand Stirling (merci pour la référence, Ben314159) trouve que le nombre de partitions de $n$ éléments en 3 parties vaut $N$, ma formule $1+\dfrac{3^n-3}{6}$ et moi trouvons $N+2^{n-1}$.
C’est normal, car, moi, je prends aussi en compte les cas où 1 voire 2 « sacs » sont vides, ce que Stirling ne fait pas. Et ces cas supplémentaires valent précisément $2^{n-1}$. En effet, c’est le nombre de partitions de $n$ éléments en 2 parties (la troisième partie étant vide) auquel on ajoute le nombre de partitions de $n$ éléments en 1 partie (les deux autres parties étant vides). Tu peux vérifier Lourrran.

P. S. : Merci aussi, Ben314159, d’avoir pris la peine de programmer.

PetitLutinMalicieux

Bonjour
On peut quand même dire qu'on a affaire à un problème de tirage avec carences. Si les quantités de $A$, $B$ et $C$ étaient infinies, le calcul serait facile.
On tire $x$ lettres parmi 3 indépendamment de l'ordre (tirer $AB$ ou $BA$ est identique) et avec répétition (on peut tirer $AA$). C'est donc une combinaison avec répétition. Donc la quantité est $\Gamma_3^x=C^x_{x+2}$.

La quantité de tirages avec des sacs ayant 1 lettre, 2 lettres et 3 lettres est donc $\Gamma_3^1\Gamma_3^2\Gamma_3^3=C^1_3C^2_4C^3_5=3 \times 6 \times 10=180$.

Seulement voilà, il y a les carences. Tirer $(A)(AA)(AAA)$ est impossible car il manque des $A$. Cela transforme un dénombrement industriel en décompte de dentelle. Il faudrait sommer les sous-cas.

Il faut dénombrer les cas avec trop de $A$, trop de $B$ ou trop de $C$ pour retrouver 12.

Sneg

Bonjour,
S’il vous plaît, quelqu’un pourrait-il me donner un entier compris entre 100 et 1000 ?
(Rassurez-vous, je ne vous demanderai strictement rien d’autre. C’est juste un jeu.)
Merci d’avance.

JLapin

213

Sneg

Merci, JLapin,
Le nombre 213 ayant été choisi, je peux dire maintenant qu'il y a 3888 façons différentes de mettre 213 objets identiques (= indiscernables) dans 3 sacs distincts, étant entendu que :
1) 1 ou 2 sacs peuvent rester vides.
2) on n'augmente pas le nombre de possibilités :
$\phantom{..}$- en permutant deux ou plusieurs objets identiques venant de sacs différents.
$\phantom{..}$- en permutant deux ou plusieurs objets identiques contenus dans un même sac.
$\phantom{..}$- en permutant deux ou plusieurs sacs.

Ben314159

Pour $3$ sacs et $N$ objets, aux erreurs de calcul prés, je trouve $\left\lfloor\dfrac{N^2+6N+12}{12}\right\rfloor$ (partie entière) possibilités.

LOU16

Bonjour,

J'ai cru  comprendre que dans les deux précédents messages, il s'agissait de dénombrer, pour tout $N$ dans $\N$, l'ensemble $E_N :=\Big\{(x,y,z) \in \N^3\mid x\leqslant y\leqslant z,\: \: x+y+z= N\Big\},$ c'est-à-dire celui des "partitions de l'entier $N$ en moins de trois sommants."

J'ai trouvé que: $\quad \text{Card }E_N =\displaystyle \sum_{0\leqslant k \leqslant N/3}\left(\left\lfloor \dfrac{N-k}2 \right\rfloor -k+1\right) \overset{(\bigstar)}=\left\lfloor \dfrac {N^2+6N+12}{12}\right\rfloor,\:\:$ et cela ressemble beaucoup au résultat de @Ben314159.

$(\bigstar)$: pas commode.

AlainLyon

Pourquoi faire compliqué quand on peut faire simple?

C'est le nombre de phrases de 3 "mots", le n-ième "mot" ayant n lettres avec l'alphabet A B C tout en sachant qu'il y a exactement 3 A 2B 1C et que l'ordre des lettres dans chaque mot est indifférent et que le choix des deux premiers détermine le dernier.

Le mieux c'est de se donner un arbre. Le sommet représente la phrase sans caractère d'où part 3 arcs reliés à 3 sommets suivant que le premier mot est A, B, ou C,....ensuite il faut descendre pour choisir le deuxième "mot" mais pas le troisième. L'arbre étant peu profond on peut se permettre de faire un dénombrement quasi-exhaustif : avec un dessin je dénombre facilement 12 phrases

Math Coss

Encore une perle d'@AlainLyon qui rend une réponse confuse (non étayée) et fausse à un problème qu'il n'a pas compris.

Ben314159

Je m’apprêtait à faire plus ou moins le même commentaire, à savoir "Pourquoi faire compliqué quand on peut faire simple (et faux...)"
Sinon, concernant la remarque "pas commode" de @LOU16, je sais pas comment il a fait, mais perso, j'ai écrit $N\!=\!2q_2\!+\!r_2\!=\!3q_3\!+\!r_3$ pour exprimer mon résultat (qui était fonction de $N$, $q_2$ et $q_3$) en fonction de $N$, $r_2$ et $r_3$ ce qui donne un truc du style $\mbox{Résultat}=\dfrac{N^2+6N+k}{12}$ où la division tombe juste mais où $k$ dépend évidement de $r_2$ et $r_3$.  Sauf que, vu les valeurs prises par $k$ en fonction de $r_2$ et $r_3$, on peut mettre une valeur constante à la place (et prendre la partie entière bien sûr).
Bref, je me demandais si, pour plus de $3$ sacs (mais un nombre fixé), il existait forcément une formule de la forme $\mbox{Résultat}=\left\lfloor\dfrac{P(N)}{K}\right\rfloor$ pour un certain polynôme $P$.  (si j'ai rien de mieux à faire, je regarderais pour $4$ sacs . . .)

LOU16

Bonjour,

Au terme d'un calcul assez éreintant, j'ai fini par mettre le main sur une expression décente du nombre de "remplissages de  $4$ sacs à l'aide de $N$ objets identiques", c'est-à-dire de l'effectif de l'ensemble $F_N =\Big\{(x,y,z,t) \in \N^4\mid x\leqslant y\leqslant z \leqslant t, \:\:x+y+z+t =N \Big\}.$

($F_N$ est l'ensemble des partitions de l'entier $N$ en moins de $4$ sommants.)

$$\forall N \in \N,\quad F(N):=\text{ Card }F_N =\left\{\begin{array}{cl}\left \lfloor \dfrac{N^3+15N^2+72N+144}{144}\right\rfloor&\text {si } N \text{ est pair.}\\ \left\lfloor\dfrac {N^3+15N^2+63N+81}{144}\right \rfloor & \text{si }N \text{ est impair.}\end{array}\right.$$ Ou bien:

$$\begin{array}{|c|c|}\hline \text{Si }k=&\text{ alors } F(12n+k) = \\  \hline 0&12n^3+15n^2+6n+1 \\  \hline 1& 12n^3+18n^2+8n +1\\  \hline 2&12n^3+21n^2+12n+2 \\  \hline 3&12n^3+24n^2+15n+3\\  \hline 4&12n^3+27n^2+20n+5\\  \hline 5&12n^3+30n^2+24n+6\\  \hline 6& 12n^3+33n^2+30n+9 \\  \hline 7&12n^3+36n^2+35n+11 \\   \hline 8& 12n^3+39n^2 +42n +15 \\  \hline 9& 12n^3+42n^2+48n +18\\  \hline 10& 12n^3+45n^2 +56n +23\\ \hline 11& 12n^3+48n^2+63n+27 \\ \hline\end{array}$$

Je viens de me rendre compte que la présence de la notion de "dualité" dans l'ensemble des partitions d'un entier, implique  que $F(n)$ est aussi égal au nombre de "partitions de $n$ en sommants inférieurs à $4$, de sorte que: $\displaystyle \sum_{n=0}^{+\infty} F(n) X^n =\dfrac 1{(1-X)(1-X^2)(1-X^3)(1-X^4)}$