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Nombre de combinaisons possibles avec 5 chiffres

18 février 2014 à 11:59:49

Bonjour, j'ai une question.
Si j'ai 30 chiffres, (de 1 à 30) comment puis-je calculer le nombre de combinaisons possibles avec 5 chiffres en considérant que le tirage 1-2-3-4-5 sera le même que le tirage 1-3-2-4-5 (toutes les issues avec 1,2,3,4,5 sont comptées comme une seule combinaisons, de même avec tout les autres. Tous les tirages contenant exactement les mêmes 5 chiffres dans un ordre différents sont considérés comme une seule combinaison.)

J'ai essayé d'être clair, j'espère que vous m'avez compris. Merci.

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"Il y a deux méthodes pour écrire des programmes sans erreurs. Mais il n’y a que la troisième qui marche"
18 février 2014 à 12:07:13

Tu aurais du poster dans le forum mathématiques un peu plus bas.

Pour ton problème, tu utilises le terme exacte qu'il te faut: les combinaisons (wikipedia explique mieux que moi). Les combinaisons correspondent au nombre d'arrangements possible, sans prendre en compte l'ordre.

Dans ton cas, ce sera donc 30! / (25! * 5!), ou, de manière plus compréhensible:

30*29*28*27*26 le nombre d'arrangement possible, divisé par 5*4*3*2*1 le nombre d' "ordres" possible pour 5 nombres.

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Edité par WeetLee 18 février 2014 à 12:08:22

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18 février 2014 à 12:19:06

Je n'avais pas vu le forum mathématique désolé. Donc si je comprend bien il y a donc : 142 506 possibilités.
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"Il y a deux méthodes pour écrire des programmes sans erreurs. Mais il n’y a que la troisième qui marche"
18 février 2014 à 14:13:53

J'ai déplacé ton sujet dans le forum Mathématiques ;)
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18 février 2014 à 17:44:00

Bonjour,

pour être complet , il faut préciser tirage sans remise , qui correspond à l'explication de WeetLee.

Il y aussi le nombre pour un tirage avec remise , on remet le numéro dans l'urne à chaque tirage ( donc on peut tirer 5 fois le même numéro )

Le nombre est évidemment supérieur , ici dans l'exemple 278259.

Si on note \(C_n^k=\frac{n!}{(n-k)!k!}\) le résultat sans remise , le nombre avec remise peut se calculer par \(C_{n+k-1}^k\). Ici donc \(n=30,k=5\)

 Notons aussi que si on tient compte de l'ordre, cela revient à multiplier par \(5! =120\) comme indiqué apr Weetlee pour le cas sans remise.

Mais avec remise ordonnée, le résultat est tout simplement \(n^k \) .

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Edité par Sennacherib 18 février 2014 à 18:01:38

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tout ce qui est simple est faux, tout ce qui est compliqué est inutilisable
18 février 2014 à 18:42:19

Pour expliquer plus simplement:

tu as 30 boules au départ.

tu en tires une, tu as donc  \(30\) possibilités

Quand tu tires l'autre tu n'as plus que \(29\) possibilités car il en manque une, celle qui a été tirée précédemment.. et ainsi de suite.

Le résultat sera: \(30\times 29\times....\)

Ca c'est si tu décide de tenir compte de l'ordre.

Mais si tu t'en fous (c'est ton cas), il faut tenir compte du nombre de possibilité de DISPOSITION de \(n\) nombres. Qui est égal à \(n!\)

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Edité par philippe83 18 février 2014 à 18:52:31

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18 février 2014 à 22:07:39

Je complète juste ce qui a été dit précédemment.

Il faut bien utilisé les combinaison, il faut juste savoir que la notation \( {C^k}_n \) n'est plus en vigueur depuis quelques années et on utilise dorénavant la notation \( \begin{pmatrix}n \\ k \end{pmatrix} \).

De plus, si tu veux connaitre le nombre TOTALE de possibilités de tirage (c'est a dire le nombre total de possibilité de tiré des chiffres différents, en piochant un nombre aléatoire de chiffre -et pas seulement 5 comme dans ton exemple-) alors tu as la somme : \( \sum_{k=0}^{n} \begin{pmatrix}n \\ k \end{pmatrix} = \sum_{k=0}^{n} \frac{n!}{(n-k)!.k!} = \left ( 1 + \underbrace{\frac{n!}{(n-1)!.1!}}_\textrm{=n} + ..... + \underbrace{\frac{n!}{(n-n+1)!.(n-1)!}}_\textrm{=n} + 1 \right ) \) (remarquons la symétrie qu'il existe entre les termes). Bon, a partir de la, on arrive pas trop a conclure, enfaite, il faut passer par une autre méthode : on sais en effet avec le binôme de newton que 

 \( \sum_{k=0}^{n} \begin{pmatrix}n \\ k \end{pmatrix} x^k =  (x+1)^k \) Donc en substituant 1 a x il vient la célèbre formule :

 \( \sum_{k=0}^{n} \begin{pmatrix}n \\ k \end{pmatrix} = 2^n \)

 Pour ce qui est de la démonstration de la formule du binôme de newton (servant a calculer \( (a+b)^n \) ), tu peux le faire par récurrence avec un peu de technique (quelques maîtrises sur les changement d'indice dans les sommes et sur les formules du triangle de pascal te seront toutefois nécessaire, comme par exemple cette formule : \( \begin{pmatrix}n - 1 \\ k - 1 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix}n - 1 \\ k \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}n \\ k \end{pmatrix}, k \in [[1, n-1]] \) 

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Edité par Graille 19 février 2014 à 8:24:36

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19 février 2014 à 0:28:19

D'ailleurs j'aimerais bien connaître la raison d'être de cette nouvelle notation ! Il existait un truc très bien et un américain a décidé d'aller inventer autre chose qui de plus se confond aisément avec des vecteurs

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Edité par alexandre.tsu.manuel 19 février 2014 à 2:14:25

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qry = 2b || !2b
Anonyme
19 février 2014 à 1:39:46

@graille : juste comme ça, c'est bien de pinailler sur les notations, mais autant le faire correctement. Là, tu as écris des vecteurs de partout à la place des binômes. Note la différence : \[\begin{pmatrix}n\\k\end{pmatrix}\quad{n\choose k}\]

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Edité par Anonyme 19 février 2014 à 1:40:13

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19 février 2014 à 8:23:30

HA, merci @dri, je ne trouvais pas la notation latex pour écrire la combinaison ^^, donc j'ai utiliser les matrices.
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20 février 2014 à 0:13:10

Surtout que bon, en fait on s'en fout et que tu trouveras toutes les notations possibles et imaginables. Essaye de standardiser des notations auprès des mathématiciens et tu verras qu'ils s'amuseront à créer une autre norme. C'est aussi très dépendant du domaine. Suivant le domaine je compte pas moins de 5 notations pour un produit scalaire par exemple.

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10 mars 2021 à 8:59:35

juste connaitre la suite et série de cette combinaisons, donnez moi même deux combinaison 

72-18-19-13-69-24-50

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10 mars 2021 à 14:51:06

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