probabilités dans les échecs

[ansset]

appelons 0,1,2 comme tu le fais
0 correspondant à aucun alignement
1 , à un alignement
2 , à un double ( vertical et horizontal )
on obtient donc
pour la première blanche.
S(0)=16
S(1)=32
S(3)=12
pour la deuxième boule ( ou l'ensemble des deux premières ) je trouve
S(0,0)=16*9
S(0,1)=16*32
S(0,2)=16*12
S(1,0)=32*16
S(1,1)=32*25
S(1,2)=32*8
S(2,0)=12*16
S(2,1)=12*24
S(2,2)=12*7
après il faut continuer, et c'est "lourdingue"... ( me suis arrêter au deux premières boules 9 soit cas, sur un total de 81 )
et à la fin diviser par les factorielles qui vont bien.
-----

[midorima]

juste pour confirmer avec mon résultat
et je n'ai jamais dis que c'était mon qui m'a donner l'exercice

[ansset]

et je n'ai jamais dis que c'était mon qui m'a donner l'exercice

qui alors ?????

[midorima]

c'est un ami qui m'a donner une série d'exercice
et je n'ai pas de correction
et je veux les résoudre toutes

aprés quand je termine les S je les multiplie entre eux et le tout multiplier par 8!*C4 8 ??

[ansset]

non pas si simple, d'ailleurs j'ai fait quelques fautes de frappe.( à toi de les retrouver )
on doit obtenir
S(2,1)=S(1,2) ou S(0,1)=S(1,0) etc....
ce qui compte au bout ce sont les combinaisons équivalentes ........
ensuite il ne faut additionner qu'elles.
je te laisse réflechir pour la manière de finir le calcul.( multiplication et divisions )

il ne sert à mon avis pas à grand chose de faire des trucs aussi complexes , sans faire du dénombrement de base avant.
tu as dit par exemple avant que tu "n aimais pas" les
et tu te lances dans des trucs plutôt complexes sans ( apparemment ) chercher à comprendre les bases.
mauvaise idée, mais si c'est ce que tu veux faire ( par défi ou pour épater ) je te laisse avec cette manière de procéder.
Cdt

[Merlin95]

c'est un ami qui m'a donner une série d'exercice

Ton ami a inventé ce problème ou sais-tu qui à l'origine l'a posé ?

[ansset]

re-
sachant qu'une config (a,b,c,d) avec a,b,c,d dans {0,1,2} est la méme si on permute ( ( b,a,d,c) par exemple.)
on ramène les 81 cas à 13 cas..
mais ça reste lourdingue,
demande à ton ami s'il l'a résolu et si oui , est ce "à la main" , ou à l'aide d'un petit programme informatique..
en attendant la réponse.
bonne journée.

[ansset]

ceci pour dire que j'arrive à un résultat, mais que je voudrais le confronter à la solution avant de le proposer.
ps: ce n'est pas 13 mais 15 cas.

[Merlin95]

A la limite, un petit programme informatique appliquant l'algorithme brut pourrait fournir le résultat et permettrait la validation d'un calcul manuel fait par dénombrement intelligent. Cependant, il reste la difficulté des doublons même pour le programme informatique (d'un programme simple qu'on peut écrire en une demi heure, on passe à un programme posant des problèmes de mémoires pas simples), mais je me demande si à partir du résultat avec les doublons, on peut obtenir théoriquement le résultat sans les doublons, une idée ?

[ansset]

je vais essayer d'expliquer ma méthode,
( pas la liste des résultats intermédiaires , il faudrait que je fasse un copié/collé d'Excel )
je prend UNE configuration de base pour les noires.
soit alignées sur la diagonale ( occupant les places (1,1),(2,2),(3,3),(4,4) ) sur l'échiquier 8*8.

les blanches sans alignement sont donc dans le cadrant opposé (de (5,5) à (8,8)) ( je les appelle les B0 )
les blanches avec 1 alignement sont dans les cadrans ( latéral et vertical ) au cadran des noires. ( les B1)
les blanches avec 2 alignement sont dans le même cadran que les noires. (les (B2)

il y a 15 cas du type
4 B0 , 1BO et 3B1, ......, jusqu'à 4 B2.

pour chaque cas, je compte le nb de combinaisons possibles, ( avec une division ad hoc par 4! ) ( les tours blanches étant non distinguables entre elles )
exemple 4B0 ( dans le cadran opposé )
16*9*4*1=576/6=24=(4!)
mon total des 13 cas ( en tenant compte du 4!) est de 20286 (*)

reste à multiplier tout cela par l'ensemble des positions des noires
en première intention 64*49*36*25 soit (8!)²/(4!)² mais qu'il faut diviser par (4!) ( noires non distinguables )
soit (8!)²/(4!)^3

donc un résultat de (8!)²*(20286)/(4!)^3
au passage dans le cas simple ou aucune des blanches n'est alignée on a bien
((8!)²/(4!)^3)*(4!) ( nb de cas avec 4 boules B0 ) soit
(8!)²/(4!)²=

(*) je dois vérifier certaines configurations car dans le cas > 2 boules B1 le "comptage" est plus complexe car elle sont dans deux cadrans séparés.
j'ai déjà corrigé le cas avec 4 B1.
mais pas vérifier proprement ceux avec 3 B1.

en espérant avoir été clair.

[Merlin95]

A la limite, un petit programme informatique appliquant l'algorithme brut pourrait fournir le résultat et permettrait la validation d'un calcul manuel fait par dénombrement intelligent. Cependant, il reste la difficulté des doublons même pour le programme informatique (d'un programme simple qu'on peut écrire en une demi heure, on passe à un programme posant des problèmes de mémoires pas simples), mais je me demande si à partir du résultat avec les doublons, on peut obtenir théoriquement le résultat sans les doublons, une idée ?

A mon sens, il faut diviser le résultat du programme informatique simple par .

[Merlin95]

@ansset quand tu passes les tours blanches dans un cadran, par exemple de B0 à B1, je me demande si ca "n'ouvre" pas - pour un même positionnement des tours blanches en B1 - plusieurs configurations des tours blanches restées dans l'autre cadran, dans l'exemple en B0. Je ne sais pas si tu l'as pris en compte dans ton calcul mais je suppose que car ca interfère en quelque sorte avec un calcul "tentant".

PS : je veux bien faire le programme informatique (ou peut-être midorima l'a déjà fait) de comptage si je valide bien qu'il faut diviser par 8!


sinon, les tours sont devenues des boules

[Merlin95]

Annulé....

[Merlin95]

Bonjour,

Pour voir, notamment certains résultats pour B1, j'ai essayé de calculer les combinaisons pour
3B0, 1B1
2B0, 2B1
1B0, 3B1
0B0, 4B1

Mais après avoir fait le calcul, je me suis rendu compte d'une difficulté sur la division par 4!.

Je donne un exemple pour 1B0, 3B1. Si on appelle B1' et B1" les deux cadrans latéral et vertical.

On a donc trois tours t1, t2, t3 et on peut voir les combinaisons sur les deux cadrans par exemple t1 en B' et t2, t3 en B" ensuite t1, t2 en B' et t3 en B", etc. mais on aura pas compté par exemple que t1, t2 en B' et t3 en B", c'est différent de t2, t3 en B' et t1 en B", voir les combinaisons avec t4 en B ont été complètement ignorée, si bien qu'à la fin, il n'est plus vraiment justifié de diviser par 4!.

Donc il faut bien faire attention à effectuer le dénombrement en pensant à toutes les possibilités, ce qui me semble fastidieux (je ne sais pas si tu l'as fait ansset), soit alors en considérant que les tours ne sont différenciées que par leur couleur et ne pas diviser par 4! à la fin.

[ansset]

pas sur te comprendre. ( difficile de "visualiser" ton exemple )
pour chaque type de combinaison, je les place les unes après les autres.
et je multiplie le tout.
Il y a forcement redondance car j'aurai pu les placer au mêmes endroits mais dans avec ordonnancement différent.
d'où la division systématique par 4! ( corrélée avec le coté non discernable des tours de même couleur ).
( c'est bien le facteur qui différentie un Arrangement d'une combinaison dans tous les cas )

mais si qcq se colle à un programme, cela pourrait valider ( ou pas ) mon approche de raisonnement.
avec tj mon bémol sur les multiples b1 ( car elles sont sur deux cadrans dans mon modèle de base ) et j'ai pu faire une boulette ( de calcul ici )

[ansset]

En fait ce qui me gène dans mon calcul est la chose suivante.
j'obtiens un environ 20300 solutions pour positionner les blanches pour UNE config de cases noires.

mais par ailleurs, en faisant le calcul ( faux) de dire qu'on a simplement enlever 4 cases ( occupées par les noires )
un calcul bourrin donnerait environ 75000 cas pour les blanches ( sur un total de 60 cases d'un échiquier non carré que l'on traiterait comme carré)
alors certes,
-le fait de bloquer 4 cases est bien plus impactant que de supprimer 4 cases,
- on bloque des cases compatibles entre elle.
- l'estimation des 75000 est brute ( sur l'équivalent d'un échiquier carré )
ce qui restreint fortement le champ des possibles.
mais la diff entre les 2 valeurs obtenues ( <1/3 seulement ) me fait réfléchir.

( oublie de cas ? )

[Merlin95]

pas sur te comprendre. ( difficile de "visualiser" ton exemple )

Le plus simple serait de donner le détail du calcul pour 1B0 et 3B1 par exemple, si possible avec un peu d'explication si il y en a.

JE suis en train de faire le programme, mais en comptant les doublons, il faudrait donc si c'est bien ce qu'il faut faire diviser par 8!.

[ansset]

je ne comprend pas ta division par 8!
je vais essayer de détailler mon calcul pour 3B1 et 1B0 tout à l'heure.
( c'est pas évident sans crobar )

[ansset]

ben , ta question m'a permis de mettre en lumière que mes calculs sont faux pour les 3B1. puisque je m'y suis replongé ( j'avais d'ailleurs dit qu'il fallait que je le refasse )
suis aller trop vite.
mais ça va dans le sens d'augmenter mon chiffre global sous estimé, donc bonne direction
je reviendrais avec un truc plus propre.

[Merlin95]

Mon programme est simple, je parcours tous les cas possibles chaque tour étant unique, je vais donc tomber sur des configurations qui ont déjà été trouvées auparavant avec d'autres tours.

Sinon mon programme fonctionne mais le principe est beaucoup trop long. ca fait beaucoup.

[midorima]

re bonjour
il y a eu bcp de post apparemment je m'excuse je n'ai pas eu le temps de me poser une seconde


je viens de relire et ta méthode me semble juste pour moi et un peu longue comme la mienne

et pour le programme je m'excuse mais je n'ai aucune connaissance en informatique
j'aurai bien voulu aider a le faire dsl

[Merlin95]

Il faudrait que je puisse le faire tourner 6 mois, mon pc va cramer. Mais on sait jamais si quelqu'un veut le programme en JAVA il est en pj.

[ansset]

@Merlin:
Je ne peux pas t'aider pour ton programme, mais je pense que ma démarche n'est pas mauvaise.
On peut peut être s'en inspirer pour le programme.

Quand à mes résultats pour les 15 configurations, il faut que je les reprenne une à une, car effectivement le 4! ne s'applique pas partout.
par exemple.
-il a un sens si les 4 blanches sont dans le même cadran.
-dans le cas de 2B0 et 2B2 la division est de (2!)²
-dans le cas des B1 , le calcul des combinaisons est encore plus subtil et doit être décomposé finement.
Cdt

ps @maridona : est ce que ton ami a résolu le pb ou connait il le bon résultat final ?

[Merlin95]

@Merlin:
Je ne peux pas t'aider pour ton programme, mais je pense que ma démarche n'est pas mauvaise.
On peut peut être s'en inspirer pour le programme.

J'ai quand même fait tourner le programme (au besoin au cas où, j'ai toutes les solutions dans un fichier texte) pour le calcul du nombre de solutions correspondant à la première étape de ton calcul, ce, en ne pas comptant pas plusieurs fois la même solution (tours indiscernables).

Avec les doublons, j'obtiens bien 4! le résultat sans les doublons, ce qui montre que mon programme et les résultats sont assez cohérents.

Donc avec 4 blanches sur la diagonale, et si les noires qui peuvent prendre n'importe quelles autres positions sauf celles où elles sont alignées avec une autre noire, le programme donne 90801 solutions.

PS : sur demande je peux fournir le programme (qui est corrigé par rapport à la version postée précédemment qui contient des erreurs).

[Merlin95]

Ca serait bien par ailleurs d'avoir la réponse à ma question précédente, sur l'origine du problème posé (votre ami l'a-t-il "inventé", ou sinon, savez-vous où est-ce qu'il l'a trouvé ?).

[midorima]

re
et ce n'est pas mon ami qu'il a inventé
et cet exercice il a eu indirectement d'une série d'un docteur en maths
et je n'ai pas de contact avec ce dernier donc je ne peux pas savoir si il a la solution ou non
je l'aurai poster sinon

[midorima]

re
et ce n'est pas mon ami qu'il a inventé
et cet exercice il a eu indirectement d'une série d'un docteur en maths
et je n'ai pas de contact avec ce dernier donc je ne peux pas savoir si il a la solution ou non
je l'aurai poster sinon

[ansset]

c'est dommage, car on ne pourra pas vérifier nos calculs.
je ne m'y suis pas mis aujourd'hui.
( supporte plus la chaleur => tête au ralenti )

[ansset]

et cet exercice il a eu indirectement d'une série d'un docteur en maths

m'étonne pas trop, car on est loin d'un exercice de lycée.
d'où les premières réactions incrédules sur l'énoncé.
Cdt

[ansset]

mon résultat actuel.
pour une config de noires donnée : 89048 pour les blanches "compatibles".
à titre de comparaison:
le nb de combi pour les 4 noires est de 64*49*36*25/24 ( 24=4!) soit 117600
le chiffre pour les blanches compatibles est du même ordre de grandeur, mais bien sur inférieur, car des cases sont bloquées par les noires.
( env 75 % du nb de cas total possible s'il n'y avait pas les noires ).

je peux expliquer comment je procède pour un ou deux exemples, car il serait trop long de détailler les 15 cas.
comme prévu, les cas avec des boule B1 sont les plus complexes.
le cas qui offre le plus de combinaisons est du type (0,1,1,2) avec 21888 possibilités.