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énigme pure et dure par Nassoufa_02

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Dr.G   Le 18/03/07 à 02:39 Oubli facheu Citer

je connaissais la reponse mais la j'ai oublier...ca fait trop longtemps lol

Nassoufa_02   Le 05/01/07 à 11:20  Citer

Salut bravo Gai Luron et Michael G
Et merci kaji et Mr Hyde .. et les autres

kaji, j'ai un autre site mieux .. mais on va peut être laisser les braves types finir ce qu'ils ont commencer, moi j'ai une autre méthode carrèment différente ! mais n'ompèche leur méthode a eux j'ai bien aimé !!!

Alors si vous avez encore des choses a rajouter je vous écoute, et encore bravo

Kaji   Le 04/01/07 à 20:30  Citer

Comme dirait Baykus, je sais pas si je suis un bon matheux, mais comme fainéant, je n’ai de leçon à recevoir de personne! En tout cas, je n’ai pas fait math’sup comme veronica, mais j’ai un Caché : Google du tonnerre !Alors, depuis Sofia, Caché : http://mathcentral.uregina.ca/mp/previous/dec06sol.phpOn constate bien évidemment que c’est à la portée de n’importe quel enigmysterien ![:lol3:]

Gai Luron   Le 04/01/07 à 13:38  Citer

Pour le cas où on laisse les colonnes dans l'ordre, en insérant la nouvelle à gauche:

Soit Fn = |C1-9|+|C2-8|+|C3-7|+|C4-6|+|C5-5|+|C6-4|+|C7-3|+|C8-2|+|C9-1|+C10+C11+C12+ ...
On note
M = nb de i dans [1,9] tels que Ci=0 :
Q = nb de i>9 tels que Ci<>0
Le nombre total de colonnes non nulles est alors 9-M+Q

Fn+1=|9-M+Q-9|+|C1(-1)-8|+|C2(-1)-7|+|C3(-1)-6|+|C4(-1)-5|+|C5(-1) -4|+|C6(-1)-3|+|C7(-1)-2|+|C8(-1)-1|+|C9(-1)|+C10(-1)+C11(-1)+C12-(1)... La présence du (-1) dépendant de Ci

pour i dans [1,9]: si Ci<>0 => |Ci-x| se retrouve comme |Ci-1-(x-1)|. On retrouve le même terme. Si Ci=0 on passe de |0-x| à |0-(x-1)|, F diminue donc de 1 pour chacun de ce Ci qui est nul, et donc de M au total.

pour i>9: si Ci<>0 => on va diminuer de 1 pour chacun de ces Ci, et donc de Q au total.

On a donc Fn+1 = Fn+ |Q-M| - M - Q

si Q-M>=0, Fn+1 = Fn -2M <= Fn
Si Q-M<0, Fn+1 = Fn -2Q <=Fn

Voilà au moins démontrée la décroissance au sens large.

On va descendre dès que Q et M seront tous deux non nuls: une colonne nulle parmi les colonnes 1 à 9 et une colonne non nulle d'indice>=10. Reste à montrer que ça va arriver, sauf à partir de l'équilibre.

Michael G   Le 04/01/07 à 12:21  Citer

Le min de F est 330 (cf mon post du 03-01-07 à 22:42). J'ai fait un peu de simul sous tableur. En partant de 996654321 où F vaut 331 on passe 70 coups avant de voir apparaître l'inversion, à 897654321 et donc encore 8 coups avant d'arriver à 987654321 et F = 330.
On peut faire des suites assez longues également à F = 332, 333...
Ce qui provoque le basculement est l'apparition d'un "plateau" de trois piles de même hauteur suivies d'un "saut" de hauteur 2. Par exemple 888654321 qui devient 7 coups après 9876543111 puis 10 8765432 et enfin 897654321.
Resterait à démontrer que l'apparition de ce type de plateau est obligatoire...
Comme dit Gai Luron, c'est pas encore gagné !

Mr Hyde   Le 04/01/07 à 09:12  Citer

C'est bien ce que je disais au sujet de mes capacités!!!!

Gai Luron   Le 04/01/07 à 09:07  Citer

J'ai essayé en faisant la somme |colonne1-9|+|colonne2-8|+...+|colonne9-1|+colonne10+colonne11+...
avec deux variantes:

- en classant les colonnes par tailles décroissante à chaque itération: ça a l'air de marcher, mais on arrive à des discussions interminables sur la place de la nouvelle colonne.
- sans classer, en insérant la nouvelle colonne en 1: ça a l'air de marcher, mais on arrive à des discussions sans fin sur les colonnes qui s'annulent en plein milieu.

Dans les deux cas, la décroissance (qui reste d'ailleurs à prouver, mais qui est effective sur un certain nombre d'essais) reste large, et on a de nouvelles discussions sans fin sur les moments ou ça diminue pour de vrai. C'est pas encore gagné.

Nassoufa_02   Le 04/01/07 à 04:50  Citer

Michael G ,

C'est Joli ! Oui eh oui T'es sur la bonne vois et même très ça auraut été mieux d'accruster des schéma et déssin .. Mais bon .. allez encore un petit éffort !

Michael G   Le 03/01/07 à 22:42  Citer

J'ai trouvé une jolie fonction mais pas encore de conclusion :

Je numérote les piles le 1 à n. Chaque pièce i peut donc être repérée par son numéro de pile P_i et sa hauteur dans la pile H_i.

Ma fonction F est celle qui associe à une configuration la somme des P_i+H_i de toutes les pièces.

Quand je forme la nouvelle pile, je la mets en position 1 et je décale toutes les piles vers la droite. J’ai mis dans la nouvelle pile 1 n pièces qui avaient une contribution à F égale à somme[k= 1 à n] (k + H_k) (la pièce k vient de la pile k) ; elles ont maintenant une contribution de somme[k = 1 à n] (1 + k). On a donc une variation de somme[k = 1 à n] (1- H_k)
Les autres pièces ont vu leur contribution augmenter de 1 soit au total une augmentation de 45-n
Mais 45-n est justement égal à la somme des H_k-1 puisque ces pièces étaient sous les pièces enlevées et déterminaient donc leur altitude de départ.

Donc ma fonction F est inchangée…
… sauf que quand une pile passe à 0 et qu’elle n’est pas en dernière position je peux ramener les piles à sa droite d’un cran et à ce moment là, la valeur de F diminue strictement.

Cela se passera (la disparition d'une pile laissant des pièces à sa droite) dès que les piles ne sont pas de hauteurs décroissantes de gauche à droite. En fait on pourrait retrier les piles dès que une pile plus courte apparait à gauche et constater tout de suite la diminution de F sans attendre.
Donc une boucle est nécessairement constituée d'une suite de piles de hauteurs décroissantes de gauche à droite (du moment que la nouvelle pile est toujours placée à gauche).

Pour l'instant je n'arrive pas à aller plus loin...

Mr Hyde   Le 03/01/07 à 09:18 Comme une poule devant un couteau Citer

Salut nassoufa 02,
Ben moi ce n'est pas que ça ne m'intéresse pas, bien au contraire, mais à part constater de manière empirique la véracité du "phénomène", je ne pense pas avoir les capacités nécessaires à son explication... Mais j'encourage tous ceux qui les ont à s'y pencher parce que ça me titille la curiosité!!

Nassoufa_02   Le 02/01/07 à 21:30  Citer

que tu propose est plus ou moins originale.. bon courage pour le reste !

et pour les autres ? ça vous intèrésse pas trop ??

Cordialement.

Michael G   Le 01/01/07 à 23:20  Citer

Alors a votre avis comment prouver qu'il n'y a pas de cycle d'ordre supérieur
Je cherche (mais plustôt mollement ces derniers temps pour cause de -burps- activités de saison) une fonction d'état qui soit strictement croissante (ou décroissante) quand on applique une itération ou un groupe d'itérations. Mais pour l'instant...
J'y retourne immédiatement.

Nassoufa_02   Le 30/12/06 à 18:59  Citer

Alors a votre avis comment prouver qu'il n'y a pas de cycle d'ordre supérieur

Nassoufa_02   Le 29/12/06 à 18:24  Citer

Alors jeunes gens l'énigme vous intérése plus ? pourtant je crois qu'elle était intéréssante ??

Nassoufa_02   Le 27/12/06 à 21:34  Citer

Salut,

Bien vu, mais c'est pas tout !
il faut maintenant prouver qu'il n'y a pas de cycle d'ordre supérieur (ou il y a un point fixe)

@++

Gai Luron   Le 27/12/06 à 21:31  Citer

On peut peut-être raisonner sur le nombre de hauteurs différentes représentées. Ce nombre ne peut diminuer lors d'une itération que lorsqu'il y a au moins un "tas" de 1 pièce, et que le nouveau tas ne donne pas un nouveau nombre. Ça doit être suffisamment rare pour que le nombre de huateurs différentes ait tendance à augmenter au fil des itérations. Reste à voir si ça nous mène à quelquechose...

Rémi   Le 27/12/06 à 13:31  Citer

démontrer qu'il n'y en a pas d'autres
ça semble faisable :
Caché :
si la configuration est stable, ça signifie que le nombre de tas avant et après une manipulation est le même => il y a au moins un tas de 1, et même exactement 1 (sinon le nombre de tas diminue).

Comme un tas va disparaitre, stable => (nombre de tas = nombre de pièces dans le plus gros tas = nbTas), et le tas le plus gros est unique (car un seul tas de 1 pièce).
On a donc exactement un tas minimal de 1 pièce , et exactement un tas maximal de nbTas pièces.

nbTas ne vaut ni 1 ni 2.
Si nbTas>3, on a au moins un tas de 2 pièces, de 3 pièces, .... de nbTas-1 pièces.
Comme il y a nbTas tas, tous ces tas sont uniques (sinon il y aurait trop de tas par rapport à nbTas).
Donc dans une configuration stable, il y a exactement un tas à 1, à 2, à 3, ..., à nbTas.
Comme la somme fait 45, la configuration est forcément 1,2,3,...,9


A vous de faire l'autre moitié ;o)

Nassoufa_02   Le 27/12/06 à 12:26  Citer

Oui Joli tentative [:)]

mais je ne pense pas que c'est simple de le démontrer , en tout cas j'ai confiance en vous tous ! vous m'avez bluffer 3 fois :p
Allez à vos claviers !

Michael G   Le 27/12/06 à 11:04  Citer

ça n'y est pas ( là je suis vraiment certaine)
Euh... moi aussi, pour autant qu'on puisse être certain de quelquechose sur ce site de fous...
Ca m'a l'air intéressant comme tout, en plus.

Une chose est sûre, la configuration visée est une forme stable, c'est à dire qu'après une nouvelle itération, elle reste identique.
Resterait à démontrer qu'il n'y en a pas d'autres et que ça ne boucle pas...

Nassoufa_02   Le 27/12/06 à 00:57 énigme pure et dure Citer

Salut tout le monde !

Bon bah décidement je crois que j'ai une énigme pas mal ; j'ai cherché pendant un bout de temps sur le site ça n'y est pas ( là je suis vraiment certaine) donc voila .. je vous laisse admirer l'énoncé ..

On dispose de 45 pièces de monnaie tt à fait banales,
On en fait 0<n<46 tas comme il nous semble bon.
On retire de chaque tas la pièce du sommet et on reforme un nouveau tas.
Prouvez qu'il existe k dans IN tq qu'après k itérations on ait :
-un tas de une piece
-un tas de deux
.
.
.
-un tas de neuf


Cordialement.
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