Combinaisons de n premiers en deux produits
Bonjour,
Un petit exercice peut connu.
Soit un ensemble $A$ de nombres premiers contenant $n$ éléments $a_i$, $i=1,2, \dots, n$.
On forme avec ces $a_i$ deux produits $D_1$ et $D_2$ tels que tous les $a_i$ appartiennent à $D_1$ ou à $D_2$ et chaque $a_i$ ne peut appartenir en même temps à $D_1$ et $D_2$.
Questions :
1 -Les $a_i$ étant tous distincts combien y a-t-il de produits $D_1 D_2$ donnant le même résultat
(les $D_1$et $D_2$ identiques n'étant bien comptabilisés qu'une fois) ?
2- idem deux ai et ai+1 sont égaux (c'est à dire il y a un ai doublon)?
exemple détaillé : les $a,a,b,c$ étant 4 nombres premiers avec une valeur double ,
on obtient a*(abc) ,b*(aac) ,c*(aab)
( aa)*(bc) ,(ac)*(ab)
soit 5 solutions
3 - idem il y a $k$ doublons ($k<n$)?
L'utilisation du triangle de Pascal peut aider à fixer le raisonnement.
Courtoisement
Serge Donnet
[Rajout LaTeX. Poirot]
Un petit exercice peut connu.
Soit un ensemble $A$ de nombres premiers contenant $n$ éléments $a_i$, $i=1,2, \dots, n$.
On forme avec ces $a_i$ deux produits $D_1$ et $D_2$ tels que tous les $a_i$ appartiennent à $D_1$ ou à $D_2$ et chaque $a_i$ ne peut appartenir en même temps à $D_1$ et $D_2$.
Questions :
1 -Les $a_i$ étant tous distincts combien y a-t-il de produits $D_1 D_2$ donnant le même résultat
(les $D_1$et $D_2$ identiques n'étant bien comptabilisés qu'une fois) ?
2- idem deux ai et ai+1 sont égaux (c'est à dire il y a un ai doublon)?
exemple détaillé : les $a,a,b,c$ étant 4 nombres premiers avec une valeur double ,
on obtient a*(abc) ,b*(aac) ,c*(aab)
( aa)*(bc) ,(ac)*(ab)
soit 5 solutions
3 - idem il y a $k$ doublons ($k<n$)?
L'utilisation du triangle de Pascal peut aider à fixer le raisonnement.
Courtoisement
Serge Donnet
[Rajout LaTeX. Poirot]
Réponses
-
Bon c'est un peu incompréhensible. Les $a_i$ peuvent-ils se répéter dans $A$ ? Dans ta question $1$ tu parles de $D_1$ et $D_2$ identiques alors que chaque $a_i$ est dans un seul parmi $D_1$ et $D_2$ et les $a_i$ sont deux à deux distincts.
-
Pour la question 1, autant que de partitions d'un ensemble de n éléments en 2 sous ensembles,
soit S(n, 2) où S(n, k) sont les nombres de Stirling de 2 ème espèce
et $S(n, 2) = 2^{n-1}-1$ -
Cher Poirot
ai se répétant dans A fait l'objet des 2) et 3).
D1 et D2 ont des doublons si on regarde les combinaisons avec répétition ,
par exemple pour un produit à trois facteurs a,b,c :
a*(bc) d1=a d1=bc
(bc)*a d1=bc d2=a
Merci Joel_5632
il reste les cas où des ai ont de doublons.
pour un seul ai ayant un doublon j'ai trouvé 3*2n-3 -1;
Pour le cas 3 je n'ai pas encore trouvé de solutions.
courtoisement,
sd -
Si j'ai bien compris la question, pour qu'il y ait $k$ doublons dans $\{a_1,...,a_n\}$ il faut $n\geq 2k$.
Pour $k$ doublons avec $n=2k$ il y a $\dfrac{3^k-1}2$ façons différentes de partager $\{a_1,...,a_n\}$ en deux parties non vides.
Pour $k$ doublons avec $n\geq 2k+1$ il y a $3^k\times 2^{n-2k-1}-1$ façons différentes de partager $\{a_1,...,a_n\}$ en deux parties non vides.
Pour $k=1$ on retrouve $3\times 2^{n-3}-1$ valable pour $n\geq 3$ (mais pour $n=2$ on trouve 1). -
Hello Jandri,
C'est super et clair comme de l'eau de roche comme disait mon prof de math de la fin des années 50
La remarque pour n=2 est très pertinente .
Slts
SD -
En fait si on aborde le problème d'une autre façon c'est beaucoup plus simple.
On peut même généraliser beaucoup en considérant la factorisation en nombre premiers d'un entier $N$.
Un partage en deux parties d'un groupe de nombres premiers comportant $n_1$ fois $p_1$,...,$n_r$ fois $p_r$ revient à choisir un diviseur $\sigma$ de $N=\displaystyle\prod_{i=1}^rp_i^{n_i}$. Mais si on prend $\sigma'=\dfrac N\sigma$ on retrouve le même partage.
Il est facile de montrer que le nombre de diviseurs de $N$ est égal à $\tau(N)=\displaystyle\prod_{i=1}^r (n_i+1)$.
En excluant le partage où une partie est vide, le nombre de partages différents est donc égal à $\dfrac12\tau(N)-1$ si $N$ n'est pas un carré, à $\dfrac12(\tau(N)-1)$ si $N$ est un carré.
Par exemple pour $N=\displaystyle\prod_{i=1}^k p_i^2\prod_{j=1}^{n-2k} q_j$ on obtient $\tau(N)=3^k 2^{n-2k}$ d'où:
si $n=2k$, $N$ est un carré donc on obtient $\dfrac12(3^k-1)$
si $n>2k$, $N$ n'est pas un carré donc on obtient $3^k 2^{n-2k-1}-1$.
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