Un ensemble enfin dénombrable

Bonjour,
À qui le souhaite, je propose le petit problème suivant : 

La nuit dernière, un cambrioleur s’est introduit par effraction dans le musée d’art précolombien de la ville et y a dérobé trente objets d’une grande valeur, à savoir :
- onze statuettes aztèques rigoureusement identiques,
- dix statuettes toltèques rigoureusement identiques,
- neuf statuettes olmèques rigoureusement identiques.

Un témoin a vu l’auteur des faits sortir du bâtiment avec deux volumineux sacs en bandoulière - l’un à l’épaule gauche, l’autre à l’épaule droite.
Ceci dit, étant donné la taille réduite des statuettes, il est possible que le voleur ait fourré toutes les statuettes dans un seul et même sac.

L’affaire a été confiée au lieutenant de police Jean Travequedalle, qui ne risque pas de faire avancer l’enquête vu que sa seule préoccupation du moment est de chercher à déterminer de combien de façons différentes le voleur aurait pu mettre les trente statuettes dans les deux sacs (voire un seul), étant entendu que le nombre de possibilités recherché n’augmentera pas 
- en permutant des statuettes identiques appartenant à des sacs différents,
- en permutant des statuettes, identiques ou pas, dans un même sac,
- en permutant les sacs.

S’il vous plaît, aidez la police !


Bon divertissement.

Réponses

  • Le voleur, il n'avait pas par hasard un corps de saurien sous une tête de poulpe ? Car je trouve un nombre inquiétant de manières.
    Après je bloque.
  • AlainLyon
    Modifié (24 Apr)
    Je propose cette méthode en 20 alinéas $S_1$ et $S_2$ étant les deux sacs.
    $\forall i\in [1,20]\cap \mathbb{N}$ 
    i) On met i statuettes dans $S_1$.
    Le cas i) revient à trouver tous les mots de i lettres utilisant $a$ $t$ $o$ sans tenir compte de l'ordre sachant que le nombre de $a$ est au plus $11$, celui de $t$ au plus $10$, celui de $o$ au plus $11$.
    On pourra  commencer par  les cas $i=9$ $i=19$  $i=40$ puis regarder ce qui se passe pour $1\leq i\leq 9$, $10\leq i\leq 19$ et $20\leq i\leq 30$, 
    Il semble qu'on puisse faire les calculs "à la main"


    Les mathématiques ne sont pas vraies, elles sont commodes.
    Henri Poincaré
  • Dans mon poste précédent, j'avais trouvé 6 manières de trop. Considérons qu'un remplissage de sac est un triplet $(x,y,z)$ d'entiers ($x$: nombre de statues  aztèques dans le sac, etc) tel que $0 \leq x\leq 9$, $0\leq y\leq 10$, $0\leq z\leq 11$). Le remplissage complémentaire est $(x',y',z')$, avec $x+x'=9$, $y+y'=10$, $z+z'=11$. Il faut compter le nombre de remplissages "modulo le passage au complémentaire".
    On peut choisir un ordre total sur les remplissages, et compter les remplissages strictement inférieurs à leur complémentaire. Pour l'ordre lexicographique, les remplissages inférieurs à leur complémentaire sont les $(x,y,z)$ avec $0\leq x\leq 4$, $0\leq y\leq 10$, $0\leq z\leq 11$. Il y a donc $5\times 11\times 12 = 660$ possibilités. (Si tous les nombres de statues étaient pairs, il faudrait un peu plus détailler).
    Après je bloque.
  • zygomathique
    Modifié (24 Apr)
    salut

    puisque le nombre de cas ne change pas en permutant les statuettes d'un même type entre les deux sacs ou en permutant les statuettes d'un même sac seul le nombre de statuettes de chaque type compte : 

    dans un des deux sacs je prends :
    a statuettes aztèques et il y a 12 choix de ce nombre
    t statuettes toltèques et il y a 11 choix de ce nombre
    o statuettes olmèques et il y a 10 choix de ce nombre

    et le reste dans l'autre sac

    comme le nombre de cas n'augmente pas en permutant les sacs le nombre d'issues est donc 12 * 11 * 10 /2 = 660

    [édit : modifié car j'ai lu 19 au lieu de 9]

    Ce ne sont pas les signes, les symboles qui constituent la science ; le seul principe qui y domine, c’est l’esprit de sagacité auquel les objets soumis servent d’auxiliaire.                BHASCARA

  • 660.
    Bravo, et merci d’avoir joué !
    (Cela dit, ça aurait été une autre paire de manches si le voleur s’était servi non pas de deux sacs au plus mais de trois sacs au plus.) 
  • Bonjour

    i.zitoussi, ne confonds tu pas le diable et Cthulhu ? Pour rappel, voici un diable :
    httpsstaticnationalgeographicfrfilesstylesimage_3200publicdevil1webp
    Voici Cthulhu :
    How Cthulhu Transcended its Creator HP Lovecraft


  • LOU16
    Modifié (26 Apr)
    Bonjour,
    Le dénombrement lié au "problème du voleur qui dispose de trois sacs "  n'est guère plus compliqué. Seule la gestion de l'indifférenciation des sacs demande un peu de soin.
    Soient $E:= [\![0,9]\!]\times[\![0,10]\!]\times[\![0,11]\!],\quad F:=\Big\{U=(U_1U_2,U_3) \in E^3\mid U_i=(x_i,y_i,z_i), \:\:\displaystyle \sum_{i=1}^3 x_i =9,\:\displaystyle \sum_{i=1}^3 y_i =10,\:\displaystyle \sum_{i=1}^3 z_i =11 \Big\}$
    Chaque $U_i$ décrit le contenu du sac $\text{ numéro } i.$
    Les sacs étant indifférenciés , le "$\text{ nombre de façons de remplir les sacs }$" est égal à $\:\text{card (}F/\mathcal R),\:$ où $\: \mathcal R\: $ est la relation d'équivalence définie sur $F$ par: $\quad U\:\mathcal R \:V\iff \exists \sigma \in \mathfrak S_3\text{ tel que }\forall i\in \{1,2,3\},\:\: V_i =U_{\sigma(i)}.$
    Les classes d'équivalence pour cette relation sont de cardinal $6$ ou $3$. Le cardinal de la classe d'équivalence d'un élément $U$ de $F$ est égal à $3$ si et seulement si $U$ admet deux composantes identiques,$\:(i\neq j \text{ et } U_i=U_j),\:$ et il existe exactement $n=3\times5\times6\times6$ éléments de $F$ ayant cette propriété.
    D'autre part: $\:\:\text{card }F=N =\displaystyle \binom{11}2\times\binom {12}2 \times\binom{13}2.\:\:$ Ainsi:
    $$\:\boxed{\text{card }(F/\mathcal R) =\dfrac{N-n}6+\dfrac n3=47280.}$$



  • 47280.
    Bonjour, LOU16, et merci d'avoir répondu.
    Ma méthode de calcul est artisanale. Pourrais-tu m'indiquer le nom des éléments de théorie que tu as utilisés.
    Merci d'avance.
  • @PetitLutinMalicieux : où as-tu pécho cette représentation de Cthulhu ? Je la trouve un peu très "humaine".
    Phnglui
  • LOU16
    Modifié (28 Apr)
    Re, @Sneg
     Je considère que ce que j'ai fait relève  de "l'artisanat". Ce qui peut éventuellement paraître "théorique", c'est le fait que je définisse de manière non ambigüe ( c'est-à-dire en en faisant un objet mathématique: ici l'ensemble des classes d'équivalence $F/\mathcal R$) l'ensemble qu'il s'agit de dénombrer (celui des"façons de remplir les $3$ sacs").
    Ensuite, le dénombrement  $\text{ card }F=\displaystyle \binom{11}2\times\binom {12}2 \times\binom{13}2$  résulte de $\: \displaystyle \binom {n+p-1}{p-1} =\text{ card }\Big\{x\in \N^p / \displaystyle \sum_{i=1}^p x_i =n \Big\},\:$ qui  est un  décompte considéré comme "classique", parfois répertorié sous le vocable  "combinaisons avec répétitions".


  • Merci beaucoup, LOU16 !
  • @PetitLutinMalicieux Oui c'est très possible que j'ai confondu. J'ai lu L'appel de Cthulhu il y a peu (et avec peu de plaisir) et mon esprit s'est emmêlé. Je n'ose pas dire pourquoi j'avais trouvé 6  de trop...
    9-4 = 4

    Merci à LOU16 d'avoir démêlé le cas avec trois sacs ;)
    Après je bloque.
  • Martial: L'image est donnée par Google, évidemment. D'autre part, Cthulhu est humanoïde (source : wikipedia, par exemple)
  • @Lou16, si tu repasses par ici,
    C'est bizarre.
    Pour : 
    $N=55 \times 66 \times 78 = 283140$
    et
    $n=3 \times 5 \times 6 \times 6 = 540$,
    j'obtiens : 
    $\dfrac{N-n}{6}-\dfrac{n}{3}=46920$
    et pas $47280$.
    Où est mon erreur ?
    Merci d'avance.
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