Voir la version complète : Les casse-têtes de Lolo
Zetajanus et Gaétan ont envi de s'amuser avec des petits jeux de réflexions. Alors, j'ai décidé de créer une petit rubrique de casse-têtes. :D
Le premier sera bientôt là.
Casse-tête 1.
Trouver le plus petit nombre entier strictement positif de la forme x² (x est entier) qui possède exactement 18 diviseurs entiers strictement compris entre 0 et x.
N.B.: x² peut comporter d'autres diviseurs plus grand ou égaux à x.
Il faut bien occuper Gaétan et Zeta! Ils l'ont demandé! mdrrrrrrrrr
Y a moyen de trouver sans faire un programme ?
Houps ! Excusez moi, je me suis trompé.... :lol:
:? :? :?
:jesors:
Y a moyen de trouver sans faire un programme ?
Bien sûr, sinon ce ne serait pas un joli problème. On peut trouver avec un raisonnement rapide sans connaître la réponse à l'avance. Mais le raisonnement, bien que étant rapide et n'étant pas basé sur des connaissance, est difficile à trouver.
Je donne une façon de voir les choses: il faut penser à la décomposition en facteurs premiers.
C'est un petit casse-tête, facile à comprendre, très clair et surtout très dur!!!!!!! :shock: :shock: Mais il faut dire que vous étes calé en maths j'en suis pas encore là!!!!!!!!! Mais bon courage pour ceux qui vont essayer de le chercher!!!!
On ne peux pas dire que je cale vu que j'ai 4 pages remplies de nombres premiers, combinaisons de nombres premiers et pleins de cochonneries. J'avance dans le vide. Si je pouvais être bloqué quelque part peut-être que j'avancerais mieux.
Bon, il faut que je trouve l'astuce.
Bon courage!!!!!! Tu fais quoi comme études toi ( Gaétan)??? Dans les maths???
Je fais des études d'ingénieur civil physicien.
zetajanus
11/06/2004, 17h56
Pourquoi pas un raisonnement par l'inverse, apres tout souvent pour resoudre des probalité ont trouve la probalité que l'evement ne se produise pas...alors faut peut etre raisonner pareil ???
Oups, j'ai mal lu un truc. X est non compris.
Et ba voilà ta trouvé ta photo!!!!!! Ca à l'air dur ce que tu fais mais alors c'est normal que tu soit calé en maths et en physique!!!!!!!!!!!!!!!
On ne peux pas dire que je cale vu que j'ai 4 pages remplies de nombres premiers, combinaisons de nombres premiers et pleins de cochonneries. J'avance dans le vide. Si je pouvais être bloqué quelque part peut-être que j'avancerais mieux.
Bon, il faut que je trouve l'astuce.
Je vais décomposer le problème en plusieurs parties.
1) Combien de diviseurs le nombre 2² X 5³ possède-t-il?
2) Combien de diviseurs le nombre 2^a X 3^b X 5^c X 7^d X 11^e possède-t-il? (remarque: j'ai donné un nombre sous forme factorisée et les symbole ^ veulent dire exposant).
3) x² a-t-il plus de diviseurs qui plus grands que x ou qui sont plus petits que x?
4) Déduire le nombre de diviseurs de x² du point 3) et de l'énoncé.
5) Déduire la forme que doit prendre x² du point 4) et du point 2)
6) Que vaut x²? (pour être le plus petit possible, tout en ayant la forme du point précédant)
Bon courage!!!!!! Tu fais quoi comme études toi ( Gaétan)??? Dans les maths???
Tu es en quelle année Lydie? Précise aussi ton pays car la façon de compter varie d'un pays à l'autre.
J'en ai une pour Lolo... :lol:
Démontres moi ça :
Si n est supérieur à 2, il n'existe pas d'entiers x, y et z non nuls pour lesquels :
x^n + y^n = z^n
:jesors: :lol:
Si tu me démontres ça ici, tu as mon respect à vie! 8)
Je sais plus, je suis perdu. J'obtiens qu'il n'est pas possible d'avoir tout juste 18 diviseurs avec plusieurs nombres premiers.
J'ai donc, x² = 2^38. Mais y a plus petit évidement. J'ai pas trouvé l'astuce.
Je voulais dire: "ta trouvé ta FAUTE!!" Je suis en 3eme, j'ai pas du tout vôtre niveau!!!!!!! J'habite en France mais à ce niveau là (le mien) je pense pas qu'il y ai une difference, non???
Vive les bossssss :jesors:
J'en ai une pour Lolo... :lol:
Démontres moi ça :
Si n est supérieur à 2, il n'existe pas d'entiers x, y et z non nuls pour lesquels :
x^n + y^n = z^n
:jesors: :lol:
Si tu me démontres ça ici, tu as mon respect à vie! 8)
Je l'aurai bien démontrer, mon cher TeTeC, mais le forum n'est pas assez grand pour accueillir ma démonstration! :lol:
Pour ceux qui n'ont pas compris, j'ai écrit cette phrase pour faire une analogie à la réelle histoire de ce problème. :lol:
En fait, un grand mathématicien nomé Fermat a un jour, alors qu'il était en train de rédiger un théorème, mis dans la marge qu'il avait aussi réussi à démontrer le problème que TeTeC vient de poser, mais qu'il n'y avait pas assez de place dans la marge en question pour écrire la démonstration.
Personne n'a jamais réussi à (re)résoudre ce problème durant très longtemps. On a donc supposé que Fermat avait cru avoir une démonstration mais que celle-ci devait avoir une faille (je précise en passant que Fermat était quelqu'un de très rigoureux qui se trompaient très peu dans ses écrits). Le problème en question est donc devenu une conjecture en attendant que quelqu'un trouve une démonstration ou trouve un contre exemple. C'est seulement il y a quelques années que André Willes a trouver la solution. Sa solution fait tout un bouquin! Seules quelques dizaines de mathématiciens au monde sont capables de comprendre la totalité de ce qu'il y a dans ce bouquin, tellement c'est compliqué.
Je sais plus, je suis perdu. J'obtiens qu'il n'est pas possible d'avoir tout juste 18 diviseurs avec plusieurs nombres premiers.
J'ai donc, x² = 2^38. Mais y a plus petit évidement. J'ai pas trouvé l'astuce.
Pourquoi 2^38? Pourquoi 38? :wink:
Mais, c'est correcte que tu ne peux pas avoir 18 diviseurs (strictement entre 0 et x) avec plusieurs nombres premiers. Et cela est une bonne partie de la solution.
On s'emelle un peu les pinceaux avec tous ses nombres... :jesors:
Je voulais dire: "ta trouvé ta FAUTE!!" Je suis en 3eme, j'ai pas du tout vôtre niveau!!!!!!! J'habite en France mais à ce niveau là (le mien) je pense pas qu'il y ai une difference, non???
Vive les bossssss :jesors:
En France, vous compter 4,3,2,1,terminale avec le bac
En Belgique en compte 1,2,3,4,5,6 et on n'a pas de bac (mais on termine un an plus tard).
Donc, 3ème en France= 2ème en Belgique, en principe.
Et bien, tu as les connaissances pour résoudre ce problème. :wink:
Mais bon, c'est un problème assez dur quelque soit l'âge et (pratiquement) personne de ton âge ne saurait le résoudre par manque de feeling et d'expérience. :wink:
En effet vaut mieux pas commencer à faire la démonstration!!!!! Bon je vous laisse dans vos calculs hyper compliqué mais il faut dire que c'est de votre niveau!!!! En cours j'en suis qu'aux équations à 2 inconnues et les vecteurs alors....
1) Combien de diviseurs le nombre 2² X 5³ possède-t-il ?
2²*5³ = 500, et possède 11 diviseurs qui sont, 2, 4, 5, 10, 20, 25, 50, 100, 125, 250, et 500. Mais je vois pas comment généraliser.
Oué, je viens de voir un truc.
11 = (2+1)*(3+1) - 1.
Et c'est comme ça qu'on généralise.
Pour le 2), on a (a+1)*(b+1)*(c+1)*(d+1)... - 1 = nombre de diviseurs.
Mais le problème, c'est qu'il y en a bien plus pour x².
1) Combien de diviseurs le nombre 2² X 5³ possède-t-il ?
2²*5³ = 500, et possède 11 diviseurs qui sont, 2, 4, 5, 10, 20, 25, 50, 100, 125, 250, et 500. Mais je vois pas comment généraliser.
Oué, je viens de voir un truc.
11 = (2+1)*(3+1) - 1.
Et c'est comme ça qu'on généralise.
Pour le 2), on a (a+1)*(b+1)*(c+1)*(d+1)... - 1 = nombre de diviseurs.
Mais le problème, c'est qu'il y en a bien plus pour x².
Attention Gaétan, 1 est un diviseur de tous les nombres (dans les conventions habituelles).
Mais ta généralisation est juste (selon ta convention) et utile (mais prends là selon ma convention).
Oué, c'est juste. Je l'ai éliminé des nombres premiers mais j'ai oublié de le reconsidérer.
Ah, j'ai dit un truc de correct plus haut.
Alors j'ajoute 1 et j'ai x² = 2^36. :wink:
C'est la solution! :wink:
Bravo!
Je vais écrire un second casse-tête dans quelque minute.
Mais j'ai pas su me prouver que ça marche pas avec plusieurs nombres premiers. Sinon, c'est ma première idée. J'aurais du la balancer y a des heures. :wink: En plus, à ce moment là j'avais même pas encore pensé à enlever 1. :D
Clémastro
11/06/2004, 19h21
En effet vaut mieux pas commencer à faire la démonstration!!!!! Bon je vous laisse dans vos calculs hyper compliqué mais il faut dire que c'est de votre niveau!!!! En cours j'en suis qu'aux équations à 2 inconnues et les vecteurs alors....
C'est vrai qu'au niveau 3° , c'est les fonctions affines le plus dur ( enfin je me débrouille pas mal , j'ai 17 de moyenne :lol: ( c'est pas pour me vanté :wink: ))mais comme je m'intéresse un peu au math , j' arrive ( ou plutôt j'essai , mais j'ai déjà réussi :D !!!) à extraire des racines carrées ...
Et bravo pour Gaétan :wink: , mais je trouve pas qu'il a un QI d'huitre moi :?
@+
Clémastro
Mais j'ai pas su me prouver que sa marche pas avec plusieurs nombres premiers. Sinon, c'est ma première idée. j'aurais du la balancer y a des heures. :wink: En plus, à ce moment là j'avais même pas encore pensé à enlever 1. :D
Voici la solution du premier casse-tête.
Il y a autant de diviseurs de x² entre 0 et x que entre x et x². On effet, si d divise x² et est tel que 0<d<x, alors x²/d est entier et divise x² et est tel que x<x²/d<x², et inversément.
Donc, x² a 2 X 18 +1 =37 diviseurs (car il ne faut pas oublier x).
Comme 37 est premier, selon la formule de Gaétan (sans le -1 due au fait qu'on doit pas retirer 1), on voit que le nombre x² ne peut avoir que un seul facteur premier et que la solution est de la forme p^36. Comme p=2 est le plus petit nombre premier, la réponse est x²=2^36.
casse-tête 2.
Combien peut-on former de CARRES différents avec les cases d'un échiquier classique (8 cases sur 8 cases)?
N.B.: Je n'ai pas le temps de bien rédiger la question car je dois aller jouer aux échecs. :lol:
Afin de lever le doute, je précise qu'un échiquier 1 X 1 possède 1 rectangle, qu'un échiquier 2 X 2 en possède 5, et qu'un échiquier 3 X 3 en possèdent 14.
Bonne soirée et à demain. Clic.
Je pense que tu t'es planté dans l'énoncé.
Je crois que tu voulais le nombre de carré dans un échiquier.
Un échiquier 2X2 contient 5 carrés et un 3X3 contient 14 carrés. Sinon un échiquier 2X2 contient 9 rectangles et un 3X3 en contient 36.
Clémastro
11/06/2004, 19h56
un échiquier 1 X 1 possède 1 rectangle, qu'un échiquier 2 X 2 en possède 5, et qu'un échiquier 3 X 3 en possèdent 14
:o comprend po ?!?!
Pour moi un échiquier 2X2 possède 4 carrée ?????et un échiquier 3X3 en possède 9 ???
Merci de bien vouloir m'expliquer un peu s'il vous plaît :D
@+
Clémastro
J'ai presque 17 de moyenne aussi en maths mais franchement je pense pas que ça va sufire pour faire astrophysienne!!!!!!!!!
Sinon bon courage pour les casse-tête!!
Un échiquier nXn contient
n²+(n-1)²+(n-2)²+...+3²+2²+1 = n(n+1)(2n+1)/6 carrés
Pour n = 8, il y a donc 204 carrés.
J'ai pas encore réfléchis pour les rectangles, mais je sais pas si il faut alors j'attend demain. :D
Ta raison sinon ça va te prendre la tête et tu vas pas dormir de la nuit!!! :?
Pour le nombre de rectangle, je trouve que le nombre de rectangle =
somme(i,j) [(n+1-i)*(n+1-j)]
où i et j sont les dimensions des rectangles en nombre de cases et varient de 1 à n.
Je dois encore trouver comment factoriser cette histoire, mais on vois qu'on retombe sur le cas des carrés si on pose i=j (pour rappel : un carré est un rectangle).
Argh, c'est évident, chuis con
somme(i,j)[(n+1-i)*(n+1-j)] = [somme(i) [n+1-i] ]²
i varie de 1 à n.
[...]chuis con[...]
Le terme n'est pas approprié... :cry:
+++
:o comprend po ?!?!
Pour moi un échiquier 2X2 possède 4 carrée ?????et un échiquier 3X3 en possède 9 ???
C'est parce qu'il faut aussi compter les carrés de deux cases de coté et plus. :wink:
:o comprend po ?!?!
Pour moi un échiquier 2X2 possède 4 carrée ?????et un échiquier 3X3 en possède 9 ???
C'est parce qu'il faut aussi compter les carrés de deux cases de coté et plus. :wink:
On compte aussi les carrés de 1.1? :? ?
A+
somme(i,j)[(n+1-i)*(n+1-j)] = [somme(i) [n+1-i] ]²
i varie de 1 à n.
Finalement,
[somme(i)[n+1-i]]²
= [ n² + n - somme(i)[i]]²
= [ n² + n - n (n+1) /2 ]²
= [ n² + n ]² /4
pour un échiquier 8 X 8, il y a donc 1296 rectangles.
:o comprend po ?!?!
Pour moi un échiquier 2X2 possède 4 carrée ?????et un échiquier 3X3 en possède 9 ???
C'est parce qu'il faut aussi compter les carrés de deux cases de coté et plus. :wink:
On compte aussi les carrés de 1.1? :? ?
A+
Oui, oui, il faut tout compter. :wink: Les carrés 1 X 1, 2 x 2, 3 X 3, ..., n X n.
Tu peux même compter tout les rectangles juste pour rire. :wink:
logastro
11/06/2004, 21h05
:o comprend po ?!?!
Pour moi un échiquier 2X2 possède 4 carrée ?????et un échiquier 3X3 en possède 9 ???
C'est parce qu'il faut aussi compter les carrés de deux cases de coté et plus. :wink:
On compte aussi les carrés de 1.1? :? ?
A+
Oui, oui, il faut tout compter. :wink: Les carrés 1 X 1, 2 x 2, 3 X 3, ..., n X n.
Tu peux même compter tout les rectangles juste pour rire. :wink:
On refait une cascade??? :jesors:
:o comprend po ?!?!
Pour moi un échiquier 2X2 possède 4 carrée ?????et un échiquier 3X3 en possède 9 ???
C'est parce qu'il faut aussi compter les carrés de deux cases de coté et plus. :wink:
On compte aussi les carrés de 1.1? :? ?
A+
Oui, oui, il faut tout compter. :wink: Les carrés 1 X 1, 2 x 2, 3 X 3, ..., n X n.
Tu peux même compter tout les rectangles juste pour rire. :wink:
On refait une cascade??? :jesors:
Ah non hein ! Ca va pas recommencer.
C'est toi qui a changé rectangle en carré ? C'était très bien je trouve avec les rectangles :D .
Clémastro
11/06/2004, 21h33
:o comprend po ?!?!
Pour moi un échiquier 2X2 possède 4 carrée ?????et un échiquier 3X3 en possède 9 ???
C'est parce qu'il faut aussi compter les carrés de deux cases de coté et plus. :wink:
On compte aussi les carrés de 1.1? :? ?
A+
Oui, oui, il faut tout compter. :wink: Les carrés 1 X 1, 2 x 2, 3 X 3, ..., n X n.
Tu peux même compter tout les rectangles juste pour rire. :wink:
On refait une cascade??? :jesors:
Ah non hein ! Ca va pas recommencer.
C'est toi qui a changé rectangle en carré ? C'était très bien je trouve avec les rectangles :D .
Ooohhhh!!!! plein de petit rectangle au-dessus, ça pourrait faire un bon petit sujet de math ça ??? :wink: Sachant que 3 rectangle apparaise toute les 2 minutes , combien y en aura t-il après 1h26mn ?,2h55mn?
A vous de trouver :D et pour une fois , c'est facile !!! mdrrr
@+
Clémastro
continuons la cascade , aller !!!
:o comprend po ?!?!
Pour moi un échiquier 2X2 possède 4 carrée ?????et un échiquier 3X3 en possède 9 ???
C'est parce qu'il faut aussi compter les carrés de deux cases de coté et plus. :wink:
On compte aussi les carrés de 1.1? :? ?
A+
Oui, oui, il faut tout compter. :wink: Les carrés 1 X 1, 2 x 2, 3 X 3, ..., n X n.
Tu peux même compter tout les rectangles juste pour rire. :wink:
On refait une cascade??? :jesors:
Ah non hein ! Ca va pas recommencer.
C'est toi qui a changé rectangle en carré ? C'était très bien je trouve avec les rectangles :D .
Ooohhhh!!!! plein de petit rectangle au-dessus, ça pourrait faire un bon petit sujet de math ça ??? :wink: Sachant que 3 rectangle apparaise toute les 2 minutes , combien y en aura t-il après 1h26mn ?,2h55mn?
A vous de trouver :D et pour une fois , c'est facile !!! mdrrr
@+
Clémastro
continuons la cascade , aller !!!
C'est encore une fois moi qui vais devoir stopper cette cascade.
Clémastro
11/06/2004, 21h40
:o comprend po ?!?!
Pour moi un échiquier 2X2 possède 4 carrée ?????et un échiquier 3X3 en possède 9 ???
C'est parce qu'il faut aussi compter les carrés de deux cases de coté et plus. :wink:
On compte aussi les carrés de 1.1? :? ?
A+
Oui, oui, il faut tout compter. :wink: Les carrés 1 X 1, 2 x 2, 3 X 3, ..., n X n.
Tu peux même compter tout les rectangles juste pour rire. :wink:
On refait une cascade??? :jesors:
Ah non hein ! Ca va pas recommencer.
C'est toi qui a changé rectangle en carré ? C'était très bien je trouve avec les rectangles :D .
Ooohhhh!!!! plein de petit rectangle au-dessus, ça pourrait faire un bon petit sujet de math ça ??? :wink: Sachant que 3 rectangle apparaise toute les 2 minutes , combien y en aura t-il après 1h26mn ?,2h55mn?
A vous de trouver :D et pour une fois , c'est facile !!! mdrrr
@+
Clémastro
continuons la cascade , aller !!!
C'est encore une fois moi qui vais devoir stopper cette cascade.
Faut pas te sentir obliger Gaétan :wink:
:o comprend po ?!?!
Pour moi un échiquier 2X2 possède 4 carrée ?????et un échiquier 3X3 en possède 9 ???
C'est parce qu'il faut aussi compter les carrés de deux cases de coté et plus. :wink:
On compte aussi les carrés de 1.1? :? ?
A+
Oui, oui, il faut tout compter. :wink: Les carrés 1 X 1, 2 x 2, 3 X 3, ..., n X n.
Tu peux même compter tout les rectangles juste pour rire. :wink:
On refait une cascade??? :jesors:
Ah non hein ! Ca va pas recommencer.
C'est toi qui a changé rectangle en carré ? C'était très bien je trouve avec les rectangles :D .
Ooohhhh!!!! plein de petit rectangle au-dessus, ça pourrait faire un bon petit sujet de math ça ??? :wink: Sachant que 3 rectangle apparaise toute les 2 minutes , combien y en aura t-il après 1h26mn ?,2h55mn?
A vous de trouver :D et pour une fois , c'est facile !!! mdrrr
@+
Clémastro
continuons la cascade , aller !!!
C'est encore une fois moi qui vais devoir stopper cette cascade.
Faut pas te sentir obliger Gaétan :wink:
C'est le post de Lolo, il va pas être content demain, surtout s'il perd ce soir.
Alors on se calme les enfants et on fait pas mumuse avec les rectangles. :?
heu vs faites quoi la??????mdrrr
vs faites mumuse??? c'est bien? c'est drole??mdrrrr :P
rolalallalalalal c'est mecs, ils sont pas possible....:P arf mdrrr ;)
Astrosteph
12/06/2004, 02h30
D'accord avec Manon les p'tits gars, ça devient illisible :x
Dommage, d'autant que les casse-tête de Lolo sont bien...
Je pense que tu t'es planté dans l'énoncé.
Je crois que tu voulais le nombre de carré dans un échiquier.
Un échiquier 2X2 contient 5 carrés et un 3X3 contient 14 carrés. Sinon un échiquier 2X2 contient 9 rectangles et un 3X3 en contient 36.
Oui, c'est exacte. J'ai eu un flache pendant que j'étais en train de mettre mes chaussures pour aller aux échecs: je suis revenu changer le mot "rectangles" en le mot "carrés". Je l'ai mis grand et comme j'étais pressé et que personne n'avait encore posté de nouveau message, je suis parti dirrectement après l'avoir fait. Le changement que j'ai fait a sans doute été fait pendant que tu rédigeais à juste titre un signalement d'erreur.
un échiquier 1 X 1 possède 1 rectangle, qu'un échiquier 2 X 2 en possède 5, et qu'un échiquier 3 X 3 en possèdent 14
:o comprend po ?!?!
Pour moi un échiquier 2X2 possède 4 carrée ?????et un échiquier 3X3 en possède 9 ???
Merci de bien vouloir m'expliquer un peu s'il vous plaît :D
@+
Clémastro
C'est parce que je compte aussi les ensembles de cases. Par exemple, un échiquier 3 X 3 possède 9 carrés de 1 case, 4 carrés de 4 cases et 1 carré de 9 cases. J'aurais voulu mettre plus de détails dans mon énoncé, mais j'étais en train de courrir contre la montre hier soir. :roll:
J'ai presque 17 de moyenne aussi en maths mais franchement je pense pas que ça va sufire pour faire astrophysienne!!!!!!!!!
Sinon bon courage pour les casse-tête!!
Bien sûr que cela suffit, mais chaque chose en son temps. :wink:
Si tu continues à avoir 17 jusque l'université, il ne devrait pas y avoir de problème pour commencer des études d'astrophysique. Il suffit que tu bosses. :wink:
Je n'ai pas encore lu la suite, je continue à lire. :wink:
Voila, Gaétan a trouvé la réponse du problème avec les carrés et la réponse du problème avec les rectangles.
Bravo Gaétan! :D
En fait, hier, j'ai voulu poser celui avec les rectangles uniquement. Mais, comme je n'avais pas beaucoup de temps pour le rédiger et expliquer ce que sont les rectangles composés, je me suis dit que j'allais plutôt mettre leur nombre en vitesse pour les échiquiers 1 X 1, 2 X 2 et 3 X 3. Hélas, comme je devais faire vite, je n'ai compter que le nombre de carrés. Ensuite, j'ai eu un flash en mettant mes chaussures et je suis revenu en vitesse changer le mot "rectangles" en le mot "carrés" car cela allait plus vite que de changer les 3 exemples (car je devais mettre les changements en grand pour qu'ils soient visibles, alors autant en faire un que trois).
Bon, dans quelque instant, je posterai le troisième casse-tête.
Casse-tête 3.
Soit X la somme des chiffres du nombre 2004^2004 écrit en base 10.
Soit Y la somme des chiffres du nombre X écrit en base 10.
Que vaut la somme des chiffres du nombre Y écrit en base 10?
N.B: 2004^2004= 2004 exposant 2004.
Alors, cette partie, ça s'est bien passé ?
J'ai pas d'idée pour ce problème-ci. !oops!
Alors, cette partie, ça s'est bien passé ?
J'ai pas d'idée pour ce problème-ci. !oops!
Oui, j'ai fait match nul. Je suis satisfait. :wink:
Pour le problème avec 2004^2004, il faut penser à deux trucs:
1) Limiter supérieurement la valeur de X, puis celle de Y, puis celle du nombre chercher.
2) Caractères de divisibilité par 9.
Ben, pour le 1), j'y avais pensé, mais ça me mêne pas très loin.
J'ai pris 10000^2004 = 10^8016, j'ai alors le pire X = 8015*9 = 72135, et le pire Y = 6+9++9+9+9 = 42, et Smax = 12. J'obtiens le même pire Y si je prend 1000^2004.
Je suis déjà pas sûr d'avoir quelque chose de correct, mais pour le 2), là, je sais pas du tout.
Ben, pour le 1), j'y avais pensé, mais ça me mêne pas très loin.
J'ai pris 10000^2004 = 10^8016, j'ai alors le pire X = 8015*9 = 72135, et le pire Y = 6+9++9+9+9 = 42, et Smax = 12. J'obtiens le même pire Y si je prend 1000^2004.
Je suis déjà pas sûr d'avoir quelque chose de correct, mais pour le 2), là, je sais pas du tout.
Si, c'est correct! :wink:
Sauf que le pire X est, à priorie, 8016*9 et pas seulement 8015*9, car le nombre10^8016 possède 8016 chiffres 0 derrière le chiffre 1. Mais, bon cela ne change rien à la suite du raisonnement et on arrive aussi à Smax=12.
Pour la suite, il faut se rendre compte que le reste de la division par 9 d'un nombre est le même que le reste de la divisiton par 9 de la somme des chiffres de ce nombre. Je pense que c'est connu, sinon cela se démontre assez facilement.
Je vais le démontrer pour un nombre de 4 chiffres, mais cela ne change rien si il y plus de chiffre. Le nombre de 4 chiffre ABCD peut s'écrire 1000 X A + 100 X B + 10 X C + D = (999+1) X A + (99+1) X B + (9+1) X C + D = 9 X (111 X A + 11 X B + C) + A+B+C+D et donc le reste de sa division par 9 est le même que celui du nombre A+B+C+D qui est la somme de ses chiffres.
Il te reste à conclure avec cette propriété. :wink:
Je connaissais pas cette propriété de la division par 9, mais elle est logique.
S = 9 ?
Et c'est le cas pour tout les n^n où n est multiple de 3, tant que Smax < 18.
Je connaissais pas cette propriété de la division par 9, mais elle est logique.
S = 9 ?
Et c'est le cas pour tout les n^n où n est multiple de 3, tant que Smax < 18.
Oui, bravo. :wink:
En effet, S est un nombre parmi {1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12} et est divisible par 9 comme le nombre 2004^2004. S est donc 9.
Casse-tête 4.
Les 60 places autour d'une table ronde sont occupées par 30 hommes et leurs 30 épouses. Montrer qu'il y a au moins 2 femmes assises à la même distance de leur mari respectif.
Eh ben, je sais pas.
Il faudrait 30 distances différentes possibles. Elles sont là. Mais je sais pas si ça va se gêner ou non. Je sais que pour une horloge de 6 minutes ce n'est pas possible mais bien pour des horloges de 8 et 10 minutes. Je sais qu'il y a 60! placements de barres possibles entre 60 sommets. Et je même pas sûr de parler en français. Je sais pas comment savoir si une de ces 60! possibilité est bonne ou pas. Je dois peut-être soustraire tout les possibilité où les distances ne sont pas toutes différentes. Et comme 60! est plus grand, il y a toujours au moins une possibilité (y en a peut-être plus qu'au moins une).
:shock: :? :o
Il a pas l'air très cool celui-là. :cry: Je trouve pas. :cry:
Il a pas l'air très cool celui-là. :cry: Je trouve pas. :cry:
Pourtant, c'est le plus joli des 4 jusqu'ici!
Eh ben, je sais pas.
Il faudrait 30 distances différentes possibles...
Ca, c'est la première conséquence de la négation de la thèse (pour une démonstration par l'absurde où ton but est de trouver une contradiction).
Conseil: colorie une chaise sur deux en blanc et une sur deux en noir (alternance). :wink:
Conseil: colorie une chaise sur deux en blanc et une sur deux en noir (alternance). :wink:
Pourquoi ? Les hommes et les femmes sont alternés ?
Si c'est le cas, alors il n'y a plus que les distances impaires possibles et pour 30 couples, il n'y a plus que 15 distances possibles. Il y a donc forcément au moinsdeux femmes à même distance de leur mari respectif. J'aurais même qu'au moins 16 femmes sont à la même distance de leur mari qu'une autre femme du sien.
Ou alors j'ai encore une fois rien compris à l'astuce. !oops!
Conseil: colorie une chaise sur deux en blanc et une sur deux en noir (alternance). :wink:
Pourquoi ? Les hommes et les femmes sont alternés ?
Si c'est le cas, alors il n'y a plus que les distances impaires possibles et pour 30 couples, il n'y a plus que 15 distances possibles. Il y a donc forcément au moinsdeux femmes à même distance de leur mari respectif. J'aurais même qu'au moins 16 femmes sont à la même distance de leur mari qu'une autre femme du sien.
Ou alors j'ai encore une fois rien compris à l'astuce. !oops!
Là, tu viens juste de prouver si les hommes et les femmes sont alternés, alors le problème est vrai. Ce n'est pas très utile pour le cas général, à priorie. :P
Non, seuls les couleurs sont alternées. Dans notre démonstration par l'absurde, demande-toi combien il restera de chaises blanches et de chaises noires si tu places les 15 couples dont le mari et la femme sont sur des chaises de couleurs différentes,... :wink:
Je comprend pas cette histoire de chaises blanches et noires. Pour les hommes et femmes iraient)ils sur des chaises de couleurs différentes ?
Je comprend pas cette histoire de chaises blanches et noires. Pour les hommes et femmes iraient)ils sur des chaises de couleurs différentes ?
Mais les hommes et les femmes ne vont pas tous sur des chaises de couleurs différentes. :roll:
Voici la solution de ce casse-tête:
Faisons une démonstration par l'absurde. On suppose qu'il n'y a pas deux femmes qui sont assises à la même distance de leur mari respectif. Il faut alors que chacune des 30 distances possibles soit représentée par un et un seul couple. Donc, il y a exactement 15 couples dont le mari et la femme sont sur des chaises de couleurs différentes, et 15 couples dont le mari et la femme sont sur des chaises de mêmes couleurs. Plaçons les 15 couples dont le mari et la femme sont sur des chaises de couleurs opposées. Il reste ensuite 15 chaises blanches et 15 chaises noirs sur lesquelles il faut placer les 15 couples dont le mari et la femme sont sur des chaises de mêmes couleurs, ce qui est impossible à cause du fait que 15 est impair. On a donc une contradiction, et donc la supposition qu'il n'y a pas deux femmes qui sont assises à la même distance de leur mari respectif est absurde. Donc, il y a nécessairement deux femmes qui sont assises à la même distance de leur mari respectif. CQFD
N'est-ce-pas joli? :wink:
Ouais ok !
J'essaye toujours de trouver un raisonnement qui marche dans le cas général. Ce raisonnement-ci ne marche que pour les nombres de chaises multiples de 4 et non de 8.
Envoye encore si tu en as. tant pis si je trouve pas tout.
CASSE-TETES 5 et 6.
Ce raisonnement ne marche effectivement que pour un nombre de chaises divisible par 4 et pas par 8.
Mais, tu ne trouveras pas de raisonnement pour un nombre de chaises multiple de 8. En effet, dans ce cas, il existe une disposition où il n'y a pas deux femmes à la même distance de leur mari respectif.
casse-tête 5: Démontrer qu'avec 8 chaises, il est possible d'installer les 4 couples de façon à ce que il n'y ait pas deux femmes à la même distance de leur mari respectif.
casse-tête 6: Généraliser au cas où le nombre de chaises est un multiple de 8.
Solution du casse-tête 5
Placer un couple au place N et S : distance =4 chaises.
Placer un coupe au place NE et E : distance = 1 chaise.
Placer un couple au place SE et O : distance = 3 chsaises.
Placer un couple au place NO et SO : distance = 2 chaises.
Je n'ai pas encore réfléchi à la solution du casse-tête 6.
Casse-tête 7.
Combien y a-t-il de diagonales dans un polygone régulier de 20 côtés?
Astrosteph
14/06/2004, 15h39
340
340
Presque. :wink:
Tu as vu le bon moyen de les compter (la bonne multiplication à faire). Mais, il ne faut pas oublier que chaque arrête touche deux sommets. Donc...
Astrosteph
14/06/2004, 16h55
170
170
Oui! Bravo! :)
Solution détaillée:
De chaque sommet on peut faire partir une diagonale vers chaque sommet, excepté le sommet lui-même et les deux sommes voisins. On peut ainsi dénombrer 20 X (20-3) =340 diagonales, mais on a compté chacune d'elles deux fois car chaque diagonale peut partir de deux sommets. Donc, il y a réellement 340/2 = 170 diagonales dans notre polygone régulier de 20 côtés.
Casse-tête 8.
:twisted: !oops! :cry: :D :o
De combien de façons peut-on permutter les 5 smilies ci-dessus de manière à ce qu'auncun d'entre-eux ne reste à la même place?
Astrosteph
14/06/2004, 18h11
Casse-tête spécial Lolo: combien de diagonales dans un icosaèdre? :P
Argh, j'ai raté le casse-tête 7.
Le 5 j'avais déjà trouvé en cherchant le 4 et le 6 ne m'inspirait pas. !oops!
Bon, je passe au 8.
Je vais réfléchir mais je propose ceci
5! - 4! -3! -2! -1!
Je crois que c'est vraiment n'importe quoi mais maintenant je vais réfléchir. :)
Casse-tête spécial Lolo: combien de diagonales dans un icosaèdre? :P
Si je compte uniquement les arêtes intérieures (donc pas celles des faces), il y en a 12 X (12-1-5) /2 =36.
Argh, j'ai raté le casse-tête 7.
Le 5 j'avais déjà trouvé en cherchant le 4 et le 6 ne m'inspirait pas. !oops!
Bon, je passe au 8.
Je vais réfléchir mais je propose ceci
5! - 4! -3! -2! -1!
Je crois que c'est vraiment n'importe quoi mais maintenant je vais réfléchir. :)
Ce n'est effectivement pas ça. Mais, il y a de l'idée (les différentes factorielles). :wink:
J'ai aussi un casse-tête pour Lolo.
Blancs : a3, b3, d4, f2, Fa1, Cc8, Rf3.
Noirs : a7, b5, c6, f6, Da6, Ra5.
Les blancs jouent et gagnent.
PS : pour ceux qui voudraient essayer mais qui ne connaissent pas la notation, les lettres minuscules représentent les colonnes, les chiffres, les lignes, et les majuscules, les pièces, et s'il n'y a pas de majuscule, alors c'est un pion. Les blancs se déplacent de 1 vers 8. :wink:
Casse-tête spécial Lolo: combien de diagonales dans un icosaèdre? :P
Si je compte uniquement les arêtes intérieures (donc pas celles des faces), il y en a 12 X (12-1-5) /2 =36.
C'est pas faux ce que j'ai dit, mais il n'y a pas de diagonales sur les faces d'un icosaèdre. :lol: :lol: :lol:
J'ai aussi un casse-tête pour Lolo.
Blancs : a3, b3, d4, f2, Fa1, Cc8, Rf3.
Noirs : a7, b5, c6, f6, Da6, Ra5.
Les blancs jouent et gagnent.
PS : pour ceux qui voudraient essayer mais qui ne connaissent pas la notation, les lettres minuscules représentent les colonnes, les chiffres, les lignes, et les majuscules, les pièces, et s'il n'y a pas de majuscule, alors c'est un pion. Les blancs se déplacent de 1 vers 8. :wink:
Je vais chercher un échiqier. Je reviens.
J'ai aussi un casse-tête pour Lolo.
Blancs : a3, b3, d4, f2, Fa1, Cc8, Rf3.
Noirs : a7, b5, c6, f6, Da6, Ra5.
Les blancs jouent et gagnent.
PS : pour ceux qui voudraient essayer mais qui ne connaissent pas la notation, les lettres minuscules représentent les colonnes, les chiffres, les lignes, et les majuscules, les pièces, et s'il n'y a pas de majuscule, alors c'est un pion. Les blancs se déplacent de 1 vers 8. :wink:
Je vais chercher un échiqier. Je reviens.
Prends ton temps! :wink:
++
Créateur de bugs
14/06/2004, 22h13
Ca me donne une idée ça: et si on faisait des parties d'échecs via le forum ?
Qui joue contre moi ? :be:
Je propose Fc3 pour commencer.
Cela donne:
Fc3+ b4 (forcé)
Fxb4+ Rb5 (forcé)
Cd6+ Rb6 (forcé)
Fc5+ Rc7 (Ra5 ==> mat ou perte de la dame après Cc4+)
Ensuite, je propose Re3...
C'est bon jusque là?
Ca me donne une idée ça: et si on faisait des parties d'échecs via le forum ?
Qui joue contre moi ? :be:
J'y avais déjà pensé, mais je n'avais pas osé le proposer. :wink:
Comme cadence, je propose 40 coup/ 2 jours + 1 jour KO. Dès que un jour joue, son temps s'arrête (heure du message à l'appuis) et celui de l'adversaire se met en marche. Mais, tu devrais faire un forum spécialement pour cela car sinon, cela risque d'être vite fort lourd... :P
Après Re3, je jouerais Rd7 pour protéger le pion de la fourchette, puis je me casse avec ma dame. Les noirs gagnent la finale (pas nécessairement simple).
Il y a des bons coups dans ce que tu as donné. Le coup le plus difficile à voir est le 4ième. ;-)
Flotent, je crois pas que ce soit une bonne idée via le forum, mais on peut toujours jouer par mail. ;-)
Astrosteph
14/06/2004, 22h27
Un icosaèdre n'est pas un dodécaèdre Lolo :P
Un icosaèdre possède 20 faces.
Un icosaèdre n'est pas un dodécaèdre Lolo :P
Un icosaèdre possède 20 faces.
Oui, mais 12 sommets! :P
En fait, l'icosaèdre et le dodécaèdre sont duaux: si tu en considères un des deux et que tu relis les centres de ses faces adjacentes par des arêtes, tu obtiens l'autre des deux.
Ceci marche aussi pour l'hexaèdre (c'est-à-dire le cube) avec l'octaèdre.
Le tétraèdre est son propre dual.
Il y a des bons coups dans ce que tu as donné. Le coup le plus difficile à voir est le 4ième. ;-)
J'ai une idée pour le 4ème coup, mais je n'ai pas encore regardé tout en détail.
Les mêmes trois premiers coups, puis sacrifice de fou Fa5+.
Le roi ou la dame doit prendre R X a5 (si D X a5, alors Cc4+ puis finale de pion gagnée par les blancs sur la colonne f).
Il suit alors:
Cc4+ Rb5 (forcé)
Et là, non seulement le roi est coincé, mais la dame aussi à cause de la menace de fourchette Cd6+.
Les noirs doivent donc jouer le pion c5 ou le pion f5.
Après, c5, les blanc joue d5 et la dame est encore coincée (d5 ferme aussi la nouvelle diagonale dangereuse pour éviter l'échec au roi).
Après f5, par contre je vois pas... Rf4? dommage que le roi n'est pas déjà en f4, il aurait pu aller sur g5 et le zwingzwang aurait forcé la perte de la dame...
Je suis proche où le sacrifice de fou est idiot?
Créateur de bugs
14/06/2004, 23h24
Après Re3, je jouerais Rd7 pour protéger le pion de la fourchette, puis je me casse avec ma dame. Les noirs gagnent la finale (pas nécessairement simple).
Il y a des bons coups dans ce que tu as donné. Le coup le plus difficile à voir est le 4ième. ;-)
Flotent, je crois pas que ce soit une bonne idée via le forum, mais on peut toujours jouer par mail. ;-)
Par mail ça risque pas d'encombrer ?
Enfin ouaiiiis par forum ou par mail ce srait cool !! ;)
Rq: par le forum suffit de créer un topic pour ça, on a en mémoire les coups joués (au cas où) et on peut même faire des tournois :) (et se faire exploser en public aussi :P)
Lolo, tu trouveras la solution quand tu ne feras pas jouer les noirs deux fois de suite ! :) mdr.
Bien vu en tout cas. C'est pas un problème facile du tout. Je me souviens que j'avais mis la position sur Fritz8 pour voir s'il verait Fa5+. Ben, il a pas trouvé, il a joué Fc5+ à la place. :wink:
Bravo !
Moi, j'ai pas enocre trouvé le casse tête 8, mais j'ai pas encore beaucoup réfléchi dessus.
Par mail ça risque pas d'encombrer ?
Enfin ouaiiiis par forum ou par mail ce srait cool !! ;)
Rq: par le forum suffit de créer un topic pour ça, on a en mémoire les coups joués (au cas où) et on peut même faire des tournois :) (et se faire exploser en public aussi :P)
Il existe des site conçus pour jouer par correspondance. Je jouais beaucoup, il y a quelques mois. J'ai du faire du genre 150 parties en un ans, mais c'était exagéré.
Créateur de bugs
14/06/2004, 23h54
On se fait une partie alors ? ;)
Ok ! Prend les blancs. :wink:
Et bonne partie (mais peut-être dans un autre post). :wink:
Lolo, tu trouveras la solution quand tu ne feras pas jouer les noirs deux fois de suite ! :) mdr.
Bien vu en tout cas. C'est pas un problème facile du tout. Je me souviens que j'avais mis la position sur Fritz8 pour voir s'il verait Fa5+. Ben, il a pas trouvé, il a joué Fc5+ à la place. :wink:
Bravo !
Moi, j'ai pas enocre trouvé le casse tête 8, mais j'ai pas encore beaucoup réfléchi dessus.
Oui, effectivement, le roi peut alors aller en f4 pour bondir en g5 après f5 avec perte de la dame pour les noirs et gain dans la finale de pions pour les blancs. :D
Très joli problème. :)
N'est-ce pas ?
Tu peux trouver un nouveau problème chaque jour ici. (http://www.echecs.com) Celui d'aujourd'hui est pas mal du tout.
Casse-tête 9.
Deux joueurs sont en train de jouer une partie d'échecs sans pendule et sans noter les coups. Ils s'absentent en même temps pour aller aux toilettes. Un spectateur s'approche pour regarder où en est la partie et fait tomber le roi blanc par terre par mal adresse, avant d'avoir eu le temps de voir sur quelle case celui-ci se trouvait. Aidez-le à remettre le roi blanc à sa place avant le retour des deux joueurs. Le spectateur ne sait pas à qui est le trait, il sait juste que sur l'échiquier il y a un fou blanc en a1, un fou noir en a5, une toure noire en c5, un roi noir en e5 et un pion noir en a3. De plus, seul le roi blanc manque sur l'échiquier.
Je rappels que le casse-tête 8 n'a toujours pas de solution.
Pour le huit je suis en train de chercher.
Voici ma solution la plus absurde, 5! - 5*4! :D elle a le mérite d'être drôle.
Sinon, je défini la dégénérescence g d'une combinaison par le nombre de smiley qui sont sur leur case qui faut pas.
La position initiale est la seul avec g = 5.
Il n'y en a pas pour g = 4.
On cherche le nombre de combinaisons avec g = 0.
Il faut trouvé les combinaisons g = 1, g = 2, et g = 3.
J'appelle N(n,g) le nombre de combinaison de dégénérescence g pour n smiley's.
Je trouve ça.
N(5,0) = 5! - N(5,1) - N(5,2) - N(5,3) - N(5,5)
N(5,1) = 5 * N(4,0) car 5 = 5!/(1!*4!)
N(5,2) = 5!/(2!*3!) * N(3,0)
N(5,3) = 5!/(3!*2!) * N(2,0)
N(4,0) = 4! - N(4,1) - N(4,2) - N(4,4)
N(4,1) = 4 * N(3,0)
N(4,2) = 4!/(2!)² * N(2,0)
N(3,0) = 3! - N(3,1) - N(3,3)
N(3,1) = 3 * N(2,0)
N(2,0) = 2! - N(2,2).
Si le raisonnement est bon, il doit permettre de trouver une formule pour n'importe quel n. Je vais encore un peu chercher, mais je vais aussi un peu regarder le 9. :P
Arf pas mal du tout le 9. :wink:
J'allais d'abord dire que c'est impossible. Puis j'allais dire qu'il y a plusieurs solutions. Mais finalement non. Il n'y en a qu'une : le roi était en b3.
Et pour le 8, je trouve 44 combinaisons. Mais y a peut-être moyen en moins de calculs que moi.
Arf pas mal du tout le 9. :wink:
J'allais d'abord dire que c'est impossible. Puis j'allais dire qu'il y a plusieurs solutions. Mais finalement non. Il n'y en a qu'une : le roi était en b3.
Et pour le 8, je trouve 44 combinaisons. Mais y a peut-être moyen en moins de calculs que moi.
Les deux sont justes. :wink:
Bravo! :)
Salut!
Vous ne méritez pas vos QI d'huîtres les gars... :P
@+
CASSE-TETE 10.
Par combien de chiffres 0 se termine le nombre 1000! si on l'écrit en base 10?
CASSE-TETE 11.
Combien de fonctions f de l'ensemble E={1,2,3,4,5,6,7,8,9,10} dans lui-même sont telles que f ( f ( f ( x ) ) ) = x pour tout x appartenant à E?
CASSE-TETE 12.
Trouver une position symétrique aux échecs pour laquelle les blancs perdent à cause du trait (en supposant que les noirs jouent bien).
Pour le problème 10, il suffit de compter le nombre de facteur 5. il y en a
n = E(1000/5) + E(1000/25) + E(1000/125) + E(1000/625) + 0 = 249
où E(x) est la fonction qui donne le plus grand entier inférieur à x.
Pour le problème 11, f(x) = x (et f(x) = 1/x pour x appartenant à R)marche très bien ainsi que tout les fonctions symétrique par rapport à f(x) = x. Comme l'ensemble E est fini, le nombre de f possible est fini aussi. Je dois encore chercher. 10^5 au pif.
Le problème 12, il me prend la tête. :P
10^5, c'est n'importe quoi. :lol::lol::lol:
Pour le problème 10, il suffit de compter le nombre de facteur 5. il y en a
n = E(1000/5) + E(1000/25) + E(1000/125) + E(1000/625) + 0 = 249
où E(x) est la fonction qui donne le plus grand entier inférieur à x.
Le problème 12, il me prend la tête. :P
Le 10 est bon.
Pour le 12, il y a moyen avec un roi et 5 pions (pour chaque couleur).
J'ai une solution au 12, avec 5 pions, mais elle ressemble à rien. :D
Blancs : a4, b4, c2, c5, c6, Ra3.
Noirs : a5, b5, c3, c4, c7, Ra6.
Mais maintenant, je patauge au 11. :cry:
Astrosteph
15/06/2004, 14h44
Pour le 11 Lolo, il y a la conne fonction f(x)=x et tous ses multiples non nuls du genre f(x)= r.x/r, mais c'est trop simple...
Tu peux un rien préciser l'énoncé?
Oui, je pense qu'elle est gagnante, mais cela demande une petite analyse.
Moi, j'avais trouvé:
BLANCS a7, b2, b6, g3, h4 , Ra1.
NOIRS position symétrique.
Pour le 11, on cherche le nombre de fonctions qui à chaque nombre entier de 1 à 10 associent un nombre entier de 1 à 10 et qui appliquées trois fois reviennent à n'avoir rien fait.
Par exemple, la fonction f définie par f(1)=2, f(2)=3, f(3)=1, f(x)=x si x appartient à {4,5,6,7,8,9,10} répond à l'énoncé.
ATTENTION, f(x)=x et f(x)=2x/2, c'est le même fonction avec deux écritures différentes. Mais, elle ne compte qu'une fois.
Pour le 11 Lolo, il y a la conne fonction f(x)=x et tous ses multiples non nuls du genre f(x)= r.x/r, mais c'est trop simple...
Tu peux un rien préciser l'énoncé?
Le problème, c'est que l'ensemble E est fini et entier. Par exemple, pour F(x) = 1/x, f(f(x) = f(1/x) = x est bon. Mais cette fonction n'est pas définie dans E.puisqu'il n'y a que 1/1 qui appartienne à E.
Comme raisonnement, je propose ceci.
Soit Xn le nombre de fonction symétrique par rapport à f(x) = x dans un ensemble comportant n éléments.
En respectant la symétrie, je trouve
Xn = Xn-1 + (n-1) Xn-2.
Je prend
X1 = 1
X2 = 2
Et je trouve tout les Xn. Encore une fois, je fais beaucoup de calcul et je sais pas si y a plus court. Et j'obtiens
X10 = 9028.
C'est bon ?
Argh, j'ai mal lu la question. J'ai lu f(f(x)) = x au lieu de f(f(f(x))) = x. :cry:
Pas mal ta position. Les blancs sont à un coup du mat. :D
J'avais décidé de pas faire le 11 parce que je boudais d'avoir mal lu l'énoncé. Mais finalement, il a l'air moins compliqué comme ça.
J'appelle un cycle quand f(x1) = x2, f(x2) = x3 et f(x3) = x1, avec x1, x2, x3 tous différents.
Une fonction f sur E ne peut comporter que 0, 1, 2, ou 3 cycles et appellons Ni le nombre de fonctions sur E avec i cycles.
N0 = 1, il s'agit de f(x) = x.
N1 = 2 * 10!/(7!*3!)
N2 = 2 * 10!/(4!*(3!)²)
N3 = 2 * 10!/(1!*(3!)³)
nombre de f = N0 + N1 + N2 + N3 = 42241
Et j'ai du faire une connerie dans mon raisonnement pour les f(f(x)) = x.
C'est bon cette fois-ci ?
En fait, dans le cas où f(f(x))=x, on a bien X(n) = Xn-1 + (n-1) * Xn-2.
De plus, on a bien X1=1 et X2=2. Je n'ai pas vérifier le calcul de proche en proche de X10, mais c'est sans importance car le raisonnement est fini. Donc, bravo! :wink:
Pour le cas où f(f(f(x)))=x, je suis d'accord avec toi, sauf sur le calcul de N3.
Je trouve N3= 2³ * ( 10!/3!7! * 7!/3!4! * 4!/3!1!)/3!, c'est à dire 4/3 * 10!/1!(3!)³.
De plus, le calcul de N2 est sans doute juste par deux fautes qui se compensent.
Argh, j'ai été trop vite pour le 2² et 2³, et j'ai complêtement pas pensé à diviser par les permutation des cycles.
J'étais pas loin.
Et pour f(f(x)), j'ai pas fait d'erreur alors ?
A ben oui, j'avais appliqué le même raisonnement que f(f(f(x))) mais avec les erreur, ce qui fait que je tombais pas sur le même résultat que m'a donné mon premier raisonnement. Mais maintenant que f(f(f(x))) est corrigé, ça doit coller. :P
Argh, j'ai été trop vite pour le 2² et 2³, et j'ai complêtement pas pensé à diviser par les permutation des cycles.
J'étais pas loin.
Non, tu n'étais pas loin du tout de la solution. :)
Et pour f(f(x)), j'ai pas fait d'erreur alors ?
A ben oui, j'avais appliqué le même raisonnement que f(f(f(x))) mais avec les erreur, ce qui fait que je tombais pas sur le même résultat que m'a donné mon premier raisonnement. Mais maintenant que f(f(f(x))) est corrigé, ça doit coller. :P
J'ai pas vérifié le calcul de X10, mais l'équation de récurrence est bonne. Le reste n'est que du calcul de proche en proche.
J'ai du commettre une erreur dans mes calculs pour f(f(x)) = x
N0 = 1
N1 = 10!/(8!*2!)
N2 = 10!/(6!*(2!)²) * 1/2!
N3 = 10!/(4!*(2!)³) * 1/3!
N4 = 10!/(2!^5) * 1/4!
N5 = 10!/(2!^5) * 1/5!
Et je trouve 9496 au lieu de 9028.
Je cherche l'erreur.
Casse-tête 13 et 14.
Un chien enragé poursuit un homme et est sur le point de le croquer quand l'homme saute dans un grand lac circulaire.
Le chien ayant peur de sauter dans le lac, il va attendre que l'homme sorte pour le mordre. Le chien est très rusé et va chercher à se positionner à chaque fois à l'endroit du périmètre du lac qui est le plus proche de l'homme. L'homme est sauvé si et seulement si il arrive à sortir du lac là où le chien n'est pas.
Casse-tête 13 (interdit à Gaétan :lol: ):
L'homme peut-il s'en sortir si il nage au tiers de la vitesse de course du chien? Si oui, comment?
Casse-tête 14 (autorisé à Gaétan):
L'homme peut-il s'en sortir si il nage au quart de la vitesse de course du chien? Si oui, comment?
J'ai effectivement fait une erreur de" calcul, les deux raisonnements donnent 9496 fonctions.
Casse tête 13
Mais euh... :cry:
Casse tête 14
L'homme nage jusqu'au centre et le chien ne bouge pas. Le chien ne bouge que quand l'homme passe au delà du centre. L'homme va nager en zigzag de manière a rétablir l'axe chien-centre-homme. Ainsi le chien tourne en rond pour rien alors que l'homme se rapproche du bord. Mais ceci n'est plus possible quand la vitesse angulaire de l'homme autour du centre devient inférieur à celle du chien autour du centre. Les vitesses angulaires sont égale quand le chien est à R du centre et que l'homme est à R/4 du centre.
A ce moment, l'homme est à 3R/4 du bord et le chien à piR de là où va sortir l'homme.
Pour que l'homme soit sauf, il faut que
piR/Vc > 3R/4Vh
où Vc est la vitesse du chien et Vh celle de l'homme.
<=> Vh/Vc = 1/4 > 3R/4piR <=> 1 > 3/pi.
Cette inégalité étant vérifiée, l'homme réussit à sortir de l'eau sans se faire bouffer par le chien.
Les autorisations Gaétanïenne sont intéressantes. J'ai donc l'honneur de vous annoncer notre nouvelle échelle de mesure spécial Webastro : l'échelle de Gaétan. :lol:
Astrosteph
15/06/2004, 20h49
Pour le 13, je vais tenter un raisonnement plus simple... le principe de départ de gaétan est bon si l'homme est au milieu du lac puis nage en direction opposé à la position du cabot. L'homme parcours r (le rayon du lac) et le toutou doit cavaler sur un demi-cercle de rayon r, soit une distance Pi.r. Si l'homme nage au tiers de la vitesse de course du cabot, il est bon, au quart il a intérêt à trouver autre chose vite fait...
Raisonnement=> l'homme met t pour parcourir r, cabot met t/3 pour parcourir r. Or cabot doit parcourir Pi.r, soit pi.t/3 > t, homme sauvé.
Si cabot met t/4, alors Pi.T/4 <t et homme croqué.
Question pour le cabot dans ce cas: l'homme est-il bon? :P
Mais j'ai la réponse du 13.b.. c'est possible même si cabot cavale 4x vitesse de nage, mais pas en nageant suivant un rayon mais en parcourant un arc de cercle de centre r/2 médian au rayon diamétralement opposé à cabot, dans le sens opposé de la course de cabot.
Casse tête 13
Mais euh... :cry:
Casse tête 14
L'homme nage jusqu'au centre et le chien ne bouge pas. Le chien ne bouge que quand l'homme passe au delà du centre. L'homme va nager en zigzag de manière a rétablir l'axe chien-centre-homme. Ainsi le chien tourne en rond pour rien alors que l'homme se rapproche du bord. Mais ceci n'est plus possible quand la vitesse angulaire de l'homme autour du centre devient inférieur à celle du chien autour du centre. Les vitesses angulaires sont égale quand le chien est à R du centre et que l'homme est à R/4 du centre.
A ce moment, l'homme est à 3R/4 du bord et le chien à piR de là où va sortir l'homme.
Pour que l'homme soit sauf, il faut que
piR/Vc > 3R/4Vh
où Vc est la vitesse du chien et Vh celle de l'homme.
<=> Vh/Vc = 1/4 > 3R/4piR <=> 1 > 3/pi.
Cette inégalité étant vérifiée, l'homme réussit à sortir de l'eau sans se faire bouffer par le chien.
Très bien. :)
Le casse-tête 13 est donc résolu par la même occasion, mais si quelqu'un trouve une autre solution il peut là mettre.
Astrosteph
15/06/2004, 20h54
Ch'suis de la crotte moi ou quoi? :P
Mais j'ai la réponse du 13.b.. c'est possible même si cabot cavale 4x vitesse de nage, mais pas en nageant suivant un rayon mais en parcourant un arc de cercle de centre r/2 médian au rayon diamétralement opposé à cabot, dans le sens opposé de la course de cabot.
Ca, ça ne marchera pas.
Le chien doit parcourir une distance de 3piR/2 et l'homme piR/2
Il faudrait que 3piR/2Vc > piR/2Vh, mais ce n'est pas possible car
Vh/Vc = 1/4 > 2piR/6piR <=> 1/4 > 1/3 ce qui est faux.
le mieux est de zigzager en maintenant le chien, le centre, et l'homme aligné jusqu'à 3R/4 du bord, puis de foncer en ligne droite car en deçà de 3R/4 du bord, tout mouvement transversale fait perdre du temps par rapport au chien.
Excuse moi, Astrosteph, je n'avais pas vu ton message. !oops!
Ta solution du 13 est celle que j'attendais. Bravo. :wink:
Je ne te suis pas sur le coups de l'arc de cercle de rayon R/2... :? :P
J'aimerais bien te poser des problèmes aussi Lolo, mais j'en ai pas. J'ai des positions d'échecs, mais t'as déjà résolu la plus difficile (enfin non y en a sûrement des plus difficile)..
Mais j'ai la réponse du 13.b.. c'est possible même si cabot cavale 4x vitesse de nage, mais pas en nageant suivant un rayon mais en parcourant un arc de cercle de centre r/2 médian au rayon diamétralement opposé à cabot, dans le sens opposé de la course de cabot.
Ca, ça ne marchera pas.
Le chien doit parcourir une distance de 3piR/2 et l'homme piR/2
Il faudrait que 3piR/2Vc > piR/2Vh, mais ce n'est pas possible car
Vh/Vc = 1/4 > 2piR/6piR <=> 1/4 > 1/3 ce qui est faux.
le mieux est de zigzager en maintenant le chien, le centre, et l'homme aligné jusqu'à 3R/4 du bord, puis de foncer en ligne droite car en deçà de 3R/4 du bord, tout mouvement transversale fait perdre du temps par rapport au chien.
Oui, c'est bien ce qui me semblait. Cela ne marche pas avec le demi cercle.
J'aimerais bien te poser des problèmes aussi Lolo, mais j'en ai pas. J'ai des positions d'échecs, mais t'as déjà résolu la plus difficile (enfin non y en a sûrement des plus difficile)..
Vas-y, tu peux poses tes problèmes d'échecs. Mais, je les regarderais après le film sur RTL :wink: ....dont j'ai déjà raté le début peut-être... :x
Tu les trouves où tout ces problèmes. Tu les inventes tous au fur et à mesure ?
Casse-tête 15 (TRES DIFFICILE).
Avec le problème du chien et du lac (confer casse-têtes 13 et 14), si l'homme nage à la vitesse de 1 m/s, quelle est la vitesse minimale à laquelle doit courrir le chien pour pouvoir croquer, avec certitude, l'homme à sa sortie de l'eau?
J'ai un minorant pour la vitesse du chienqui vient du problème 14.
Si Vh/Vc > 3R/4piR
<=> Vc < 4pi/3 Vh
alors l'homme est sauf.
Le chien doit au moins aller à 4,18879 m/s.
Pour trouver la valeur précise du minimum de la vitesse du chien, il fois rechercher la trajectoie optimale du nageur. J'ai envie de dire que les directions des vitesses de l'homme te du chien doivent constament rester perpendiculaire. Je pense que ça doit définir la trajectoire optimale. Et bien sûr, la position de départ considérée est le chien, le centre et l'homme alligné avec l'homme à R/4 du centre.
Je vais voir ce que ça donne.
Tu les trouves où tout ces problèmes. Tu les inventes tous au fur et à mesure ?
En général, je les ai vu par ci par là dans le passé et je les modifie à ma sauce.
J'ai envie de dire que les directions des vitesses de l'homme te du chien doivent constament rester perpendiculaire. Je pense que ça doit définir la trajectoire optimale.
Là, j'ai encore une fois dit une connerie. Dans ce cas, l'homme nage en rond. :):):)
J'y réfléchirais demain. :wink:
J'y réfléchirais demain. :wink:
Moi aussi (j'ai pas la solution).
J'ai été rechercher un casse tête que j'avais déjà posté y a quelque temps.
Au zoo, 25 lions savants sont dans une cage. Je jette un morceau de viande au mileu de la cage au nez des lions. Sachant que,
1°) Quand un lion mange un morceau de viande, il s'endort pour digérer et devient lui-même un morceau de viande pour les autres.
2°) Un lion ne mangera de morceau de viande que s'il est certain de ne pas se faire manger lui-même.
3°) Ce sont des lions savants. Ils ne vont pas se tromper dans leur raisonnement.
Que va-t-il se passer ?
Il est pas aussi compliqué que les tiens, mais je l'aime bien quand même. ;-)
heu gaetan je l'ai toujours pas compris le tiens alors pouette pouette!mdrrr
menfin ceux de Lolo, euh.. je vous les laisse!mdrrrr :P ;)
J'ai été rechercher un casse tête que j'avais déjà posté y a quelque temps.
Au zoo, 25 lions savants sont dans une cage. Je jette un morceau de viande au mileu de la cage au nez des lions. Sachant que,
1°) Quand un lion mange un morceau de viande, il s'endort pour digérer et devient lui-même un morceau de viande pour les autres.
2°) Un lion ne mangera de morceau de viande que s'il est certain de ne pas se faire manger lui-même.
3°) Ce sont des lions savants. Ils ne vont pas se tromper dans leur raisonnement.
Que va-t-il se passer ?
Il est pas aussi compliqué que les tiens, mais je l'aime bien quand même. ;-)
Je l'avais déjà lu sur le forum. C'est un problème amusant. :D
Un lion va manger la morceau de viande car ils sont 25 et 25 est impair.
Ensuite, ils seront 24 (nombre pair) et donc aucun lion ne mangera (pour ne pas être manger ensuite).
Bien sur, il faut démontrer cela en partant du cas de un lion, suivis du cas de deux lions, ...
Ouais, c'est ça. :P
Le raisonnement est là, limpide, mais ça fait quand même bizarre qu'il se fasse pas bouffer. :) Sont trop malins ces lions. :)
Ouais, c'est ça. :P
Le raisonnement est là, limpide, mais ça fait quand même bizarre qu'il se fasse pas bouffer. :) Sont trop malins ces lions. :)
Je connais un autre problème fort semblable.
Je le poste maintenant (le temps de rédiger).
Casse-tête 16.
Un lundi matin, un professeur de mathématique dit à ses élèves qu'il fera une interrogation surprise un jour de cette semaine, et que ce jour là, les élèves se seront levés le matin sans être certains que l'interrogation aura lieu le jour même. Sachant que le professeur a cours lundi, mardi, mercredi, jeudi et vendredi avec ses élèves, quel jour l'interrogation aura-t-elle lieu?
On élimine le vendredi... L'interro peut-il être donné le lundi?
Astrosteph
15/06/2004, 23h12
Bien TeTeC! Ce ne peut être le vendredi puisque les élèves sauraient que l'interrogation aura lieu ce jour si elle n'a pas eu lieu avant.
Ce qui élimine aussi le jeudi, pour la même raison, et donc le mercredi et donc le mardi, reste le lundi.
Salaud de prof :P
Je crois que c'est ça aussi.
Bien TeTeC! Ce ne peut être le vendredi puisque les élèves sauraient que l'interrogation aura lieu ce jour si elle n'a pas eu lieu avant.
Ce qui élimine aussi le jeudi, pour la même raison, et donc le mercredi et donc le mardi, reste le lundi.
Salaud de prof :P
Wouai! J'en ai trouvé un tout seul! :wink:
Plus facile je vous l'accorde que vos histoires de piscine circulaires... :P
(Hem, ça demande confirmation tout de même)
++
Je crois que c'est ça aussi.
Je réfléchirai demain parce que là je suis fatigué.
Astrosteph
15/06/2004, 23h19
Une que j'aime bien: les cocus de Bagdad...
Le grand vizir a annoncé que les cocus auront le droit de se venger. Celui qui est cocu a le droit de peindre sa femme en bleu (ne soyons pas sadiques :P ) a n'importe quel moment à partir du jour de l'édit.
1. Sachant que tout homme connait les autres cocus, mais ne sait pas s'il est cocu ou non (c'est bien connu les cocus s'ignorent toujours)
2. Sachant que demander si on est cocu est un tel déshonneur qu'aucun homme n'osera poser la question
3. Sachant que bien entendu les femmes ne se dénoncent pas entre ellles
... le miracle suivant eu lieu: le 321 jour après l'édit un grand nombre de femmes furent peinte en bleu.
Questions:
-> combien de femmes ont été peintes en bleu (et donc combien y avait-il de cocus)
-> comment les cocus (cocus mais pas cons) sont arrivés à la bonne solution...
Bravo TeTeC! :D
Oui, Astrosteph, le prof est salaud... Ce n'est qu'une façon élégante de dire: "Sortez une feuille de farde." :lol:
Je le connais raconté autrement. Mais la version des cocus est plus sympathique. :) :) :)
Une que j'aime bien: les cocus de Bagdad...
Le grand vizir a annoncé que les cocus auront le droit de se venger. Celui qui est cocu a le droit de peindre sa femme en bleu (ne soyons pas sadiques :P ) a n'importe quel moment à partir du jour de l'édit.
1. Sachant que tout homme connait les autres cocus, mais ne sait pas s'il est cocu ou non (c'est bien connu les cocus s'ignorent toujours)
2. Sachant que demander si on est cocu est un tel déshonneur qu'aucun homme n'osera poser la question
3. Sachant que bien entendu les femmes ne se dénoncent pas entre ellles
... le miracle suivant eu lieu: le 321 jour après l'édit un grand nombre de femmes furent peinte en bleu.
Questions:
-> combien de femmes ont été peintes en bleu (et donc combien y avait-il de cocus)
-> comment les cocus (cocus mais pas cons) sont arrivés à la bonne solution...
Je le connaissais déjà sous deux autres formes:
1) des étudiants dans un train à vapeur dont certains ont le visage sali par le vapeur,
2) des moines dans un azile dont certains ont une tache noir sur le front, signe d'une maladie mortelle.
Je ne vais pas donner la solution, pour laisser chercher ceux qui ne le connaissent pas encore. C'est un très joli problème de récurrence. :wink:
Je le trouve bien, posé sous cette forme-ci, avec les cocus. :)
Je le connais raconté autrement. Mais la version des cocus est plus sympathique. :) :) :)
Etudiants dans un train ou moines dans une abaye?
Les moines, mais aussi une version avec des étudiants qui doivent passer un examen. Celui-là je me souviens plus bien. Le principe du raisonnement est le même, mais pas à 100%.
Une que j'aime bien: les cocus de Bagdad...
Le grand vizir a annoncé que les cocus auront le droit de se venger. Celui qui est cocu a le droit de peindre sa femme en bleu (ne soyons pas sadiques :P ) a n'importe quel moment à partir du jour de l'édit.
1. Sachant que tout homme connait les autres cocus, mais ne sait pas s'il est cocu ou non (c'est bien connu les cocus s'ignorent toujours)
2. Sachant que demander si on est cocu est un tel déshonneur qu'aucun homme n'osera poser la question
3. Sachant que bien entendu les femmes ne se dénoncent pas entre ellles
... le miracle suivant eu lieu: le 321 jour après l'édit un grand nombre de femmes furent peinte en bleu.
Questions:
-> combien de femmes ont été peintes en bleu (et donc combien y avait-il de cocus)
-> comment les cocus (cocus mais pas cons) sont arrivés à la bonne solution...
Il manque une hypothèse! Tu dois dire que le Grand Visir affirme qu'il y a au moins un cocu! Sinon, le raisonnement ne sera pas possible. :wink:
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