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Résumé de la discussion (messages les plus récents en premier)
- Glozi
- 16-02-2024 21:49:53
Oui tout à fait, c'est la méthode que j'avais en tête :)
Les anglais ont même donné un nom à ce raisonnement : https://en.wikipedia.org/wiki/Stars_and … inatorics)
"les étoiles et les barreaux" si j'ose tenter une traduction.
Bonne soirée
- Michel Coste
- 16-02-2024 21:12:13
Bonsoir,
Compter les monômes de degré $d$ en $n$ variables, c'est ranger $d$ chausettes indistingables (le degré) dans $n$ tiroirs (les variables).
Truc classique en représentant les séparation entre tiroirs par des | et les chaussettes par des X comme XX||X|XXX| pour 2 chaussettes dans le 1er tiroir, 0 dans le deuxième, 1 dans le troisième , 3 dans le quatrième et 0 dans le cinquième et dernier. Cette représentation graphique montre que le nombre de façon de faire est $\binom{d+n-1}{d}$.
Pour le degré $d=4$ et $n=5$ variables, $\binom{8}{4}=70$.
- Borassus
- 16-02-2024 20:54:47
Whaou ! Merci, Glozi !!
Qu'est-ce que vous me faites tous progresser, tant dans mes connaissances que dans mes approches pédagogiques !!!
Merci, merci, merci !!!
PS : Je me suis rendu compte que je n'ai même pas expliqué à mon élève le triangle de Pascal. :-)
- Glozi
- 16-02-2024 20:44:26
Simplement en augmentant la dimension : on passe d'un triangle à une pyramide pour les coefficients trinomiaux par exemple.
https://fr.wikipedia.org/wiki/Pyramide_de_Pascal
https://en.wikipedia.org/wiki/Pascal%27s_simplex
- Borassus
- 16-02-2024 20:36:03
Tout à fait !
Cela rejoint la logique de mon exemple avec la réunion familiale.
Ma question sous-jacente, que je n'avais pas explicitée, était « Comment construire un "triangle de Pascal" des coefficients multinomiaux... ? »
- Glozi
- 16-02-2024 20:10:54
Comment déduire les coefficients multinomiaux à partir des binomiaux ?
Si $n=k_1+k_2+\dots + k_m$
alors
$${n\choose k_1,k_2,\dots,k_m} = {n\choose k_1}{n-k_1 \choose k_2}{n-k_1-k_2 \choose k_3}\dots {n-k_1-k_2-\dots -k_{m-1}\choose k_m}.$$
- Bernard-maths
- 16-02-2024 19:48:58
Re,
1 2 1
1 3 3 1
1 4 6 4 1
1 5 10 10 5 1
1 6 15 20 15 6 1
etc ...
C'est ça, bonsoir !
B-m
- Borassus
- 16-02-2024 19:27:21
Oups ! C'est pour cela que j'avais écrit « Sauf erreur de ma part »
Je fatigue !
- Glozi
- 16-02-2024 19:19:57
J'en compte plus :
ceux de la forme $x^4$ : 5 monômes (choisir une variable parmi 5)
ceux de la forme $x^2y^2$ : 10 monômes (choisir 2 variables parmi 5)
ceux de la forme $xyzt$ : 5 monômes (choisir 4 variables parmi 5)
ceux de la forme $x^3y$ : 20 monômes (5 choix pour x puis 4 choix pour y)
ceux de la forme $x^2yz$ : 30 monômes (5 choix pour la variable $x$ puis 6 choix pour les variables $\{y,z\}$ (prendre 2 variables parmi les 4 variables différentes de $x$))
NB : ce n'est pas la méthode que j'utilise pour le cas général avec $n$ et $m$ quelconques.
- Borassus
- 16-02-2024 19:16:22
Comment déduire les coefficients multinomiaux des coefficients binomiaux ??
(Si c'est à quoi tu fais référence.)
- Borassus
- 16-02-2024 19:07:10
Bonsoir, Bernard !
C'est bien ce que je fais. Pour n = 5, les coefficients sont 1, 5, 10, 10, 5, 1.
A moins que je n'aie pas compris ce que tu veux dire.
- Bernard-maths
- 16-02-2024 19:01:59
Bonsoir !
Moi je pense tableau des coefficients binomiaux ...
B-m
- Borassus
- 16-02-2024 18:48:45
Par ailleurs ton histoire m'a rappelé le problème suivant (je vous laisse y réfléchir pour les personnes que ça intéresse) :
Lorsqu'on développe brutalement $(x_1+\dots+x_n)^m$ on voit apparaitre $n^m$ termes mais on peut regrouper ceux qui sont identiques, trouver alors le nombre de termes qu'on obtient en fonction de $n$ et $m$.
Ex : $n=2, m=3$, on a $(x_1+x_2)^3=x_1^3+3x_1x_2^2+3x_1^2x_2+x_2^3$ donc ici quatre termes !
(c'est avec cette formule que j'ai trouvé le 70).
Sauf erreur de ma part, je trouve 40 monômes :
$ \binom{5}{1} + \binom{5}{2} + \binom{5}{2} + \binom{5}{3} + \binom{5}{4}$
soit $ 5 + 10 + 10 + 10 + 5 = 40$
- Borassus
- 16-02-2024 18:16:48
Je pense effectivement qu'ils vont surement se demander comment trouver systématiquement ces coefficients "mystérieux"
En écrivant les sommes possibles de 4 :
$4 = 4 + 0$ (+ 0 signifie tous les autres termes élevés à la puissance 0)
$4 = 3 + 1 + 0$
$ 4 = 2 + 2 + 0$
$4 = 2 + 1 + 1 + 0$
$4 = 1 + 1 + 1 + 1 + 0$
puis en utilisant les formules $\dfrac {4!}{3! \times 1! \times 0!}$ , $\dfrac {4!}{2! \times 2! \times 0!}$ , etc.
Même procédé pour $n = 5$ :
$5 = 5 + 0$
$5 = 4 + 1 + 0$
$5 = 3 + 2 + 0$
$5 = 3 + 1 + 1 + 0$
etc.
- Borassus
- 16-02-2024 17:55:45
Demain, je lui expliquerai la logique de calcul des coefficients multinomiaux, et donc les notions d'arrangement, de permutation, de factorielle et de combinaison. (Après tout, il ne s'agit que de multiplications et de divisions tout à fait accessibles à un jeune élève !)
Je lui ai donc effectivement expliqué ces notions en me basant sur l'exemple suivant, que j'utilise souvent pour expliquer le calcul combinatoire :
Un repas de famille de 13 personnes est composé comme suit : 6 adultes, 4 enfants, 3 ados.
Il y a donc 13 chaises autour de la table.
Le nombre de possibilités de placer les treize convives de façon indifférenciée est égal à
$ \left( \dfrac {13 \times 12 \times 11 \times 10 \times 9 \times 8} {6!} \right) \times \left( \dfrac {7 \times 6 \times 5 \times 4}{4!} \right) \times \left( \dfrac{3 \times 2 \times 1}{3!} \right) $
(et non $\dfrac {13!}{6! \times 4! \times 3!}$ car cette réunion artificielle des facteurs casse la logique des trois placements, celui des adultes, celui des enfants, celui des ados)