Enigmo 113 : Gontran et Donald
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Enigmo 113 : Gontran et Donald
Posté le 01-06-09 à 09:40
Posté par 
jamo jamo 
Bonjour,
Gontran et Donald font une partie de "pile ou face" qui se déroule en 10 lancers. A chaque lancer, le gagnant marque 1 point.
Le tableau ci-dessous donne l'évolution du score des deux joueurs après chaque lancer au cours d'une partie : Gontran gagne 6 à 4 !
C'est bien connu, Gontran est un chanceux et ne perd jamais !
Ainsi, Gontran et Donald ont joué plusieurs parties, et Gontran n'a jamais été mené au cours d'une partie. Ils ont parfois été ex-aequo, en cours ou en fin de partie, mais à aucun moment Donald n'a mené.
Question : combien de parties (de 10 lancers) où Donald n'a jamais mené sont-elles possibles ?
Bonne recherche !
jamo jamo Bonjour,
Gontran et Donald font une partie de "pile ou face" qui se déroule en 10 lancers. A chaque lancer, le gagnant marque 1 point.
Le tableau ci-dessous donne l'évolution du score des deux joueurs après chaque lancer au cours d'une partie : Gontran gagne 6 à 4 !
C'est bien connu, Gontran est un chanceux et ne perd jamais !
Ainsi, Gontran et Donald ont joué plusieurs parties, et Gontran n'a jamais été mené au cours d'une partie. Ils ont parfois été ex-aequo, en cours ou en fin de partie, mais à aucun moment Donald n'a mené.
Question : combien de parties (de 10 lancers) où Donald n'a jamais mené sont-elles possibles ?
Bonne recherche !
re : Enigmo 113 : Gontran et Donald Posté le 01-06-09 à 13:32
Posté le 01-06-09 à 13:32Posté par manpower manpower
Bonjour,
sauf erreur Gontran le veinard peut gagner (ou au pire être ex-aequo avec Donald) sans être mené à aucun lancer, pour un ensemble de 252 parties...
Ici la tentation de faire un programme a été trop grande (plus sûr de ne pas oublier de cas et plus rapide aussi)!
Merci pour l'Enigmo.
manpower manpowerBonjour,sauf erreur Gontran le veinard peut gagner (ou au pire être ex-aequo avec Donald) sans être mené à aucun lancer, pour un ensemble de 252 parties...
Ici la tentation de faire un programme a été trop grande (plus sûr de ne pas oublier de cas et plus rapide aussi)!
Merci pour l'Enigmo.
re : Enigmo 113 : Gontran et Donald Posté le 01-06-09 à 18:13
Posté le 01-06-09 à 18:13Posté par MatheuxMatou MatheuxMatou
Bonjour,
je dirais qu'il y a 252 parties possibles dans lesquelles Donald ne gagne jamais.
MM
MatheuxMatou MatheuxMatouBonjour,je dirais qu'il y a 252 parties possibles dans lesquelles Donald ne gagne jamais.
MM
re : Enigmo 113 : Gontran et Donald Posté le 01-06-09 à 19:06
Posté le 01-06-09 à 19:06Posté par plumemeteore plumemeteore
Bonjour.
Il y a deux cent cinquante-deux (252) parties où Donald ne mène jamais.
Tableur pour un nombre pair de parties; autant de lignes et de colonnes plus une que de paires de parties
Première ligne : 1, 1, puis des 0
Formule en A2 : =A1+B1 à recopier dans le reste de la colonne.
Formule en B2 : = A1+C1+2*B1 à recopier dans le reste du tableau.
La case de colonne c et de rangée r indique le nombre de parties possibles de 2r lancers après lesquelles Gontran a une avance de 2*(c-1) points sans jamais été mené.
plumemeteore plumemeteoreBonjour.Il y a deux cent cinquante-deux (252) parties où Donald ne mène jamais.
Tableur pour un nombre pair de parties; autant de lignes et de colonnes plus une que de paires de parties
Première ligne : 1, 1, puis des 0
Formule en A2 : =A1+B1 à recopier dans le reste de la colonne.
Formule en B2 : = A1+C1+2*B1 à recopier dans le reste du tableau.
La case de colonne c et de rangée r indique le nombre de parties possibles de 2r lancers après lesquelles Gontran a une avance de 2*(c-1) points sans jamais été mené.
re : Enigmo 113 : Gontran et Donald Posté le 01-06-09 à 19:44
Posté le 01-06-09 à 19:44Posté par Nyavlys Nyavlys
Gontran peut gagner 5 à 10 fois au cours d'une partie.
Pour une partie à 5 victoires, il y a (une combinaison de 5 parmi 10) parties possibles.
Pour une partie à 6 victoires, il y a (une combinaison de 6 parmi 10) parties possibles.
etc...
donc N = 10!/(5!5!) + 10!(6!4!) + 10!/(7!3!) ... + 10!/10!1!
N = 638
Nyavlys NyavlysGontran peut gagner 5 à 10 fois au cours d'une partie.Pour une partie à 5 victoires, il y a (une combinaison de 5 parmi 10) parties possibles.
Pour une partie à 6 victoires, il y a (une combinaison de 6 parmi 10) parties possibles.
etc...
donc N = 10!/(5!5!) + 10!(6!4!) + 10!/(7!3!) ... + 10!/10!1!
N = 638
enigmo 113: gontran et donald Posté le 01-06-09 à 22:42
Posté le 01-06-09 à 22:42Posté par castoriginal castoriginal
Bonsoir,
normalement, il existe 2^10 solutions ou Donald n'a jamais mené soit 1024 parties de 10 lancers
Bien à vous
castoriginal castoriginalBonsoir,normalement, il existe 2^10 solutions ou Donald n'a jamais mené soit 1024 parties de 10 lancers
Bien à vous
re : Enigmo 113 : Gontran et Donald Posté le 02-06-09 à 02:02
Posté le 02-06-09 à 02:02Posté par master_och master_och
Bonsoir
En suivant cette formule
i=5 
10C10i je trouve 638 possibilités.
Voilà j'éspère ne pas être planté quelque part, et merci pour l'énigme
master_och master_ochBonsoirEn suivant cette formule
i=5 10C10i je trouve 638 possibilités.Voilà j'éspère ne pas être planté quelque part, et merci pour l'énigme
enigmo 113: gontran et donald Posté le 02-06-09 à 09:08
Posté le 02-06-09 à 09:08Posté par castoriginal castoriginal
Bonjour,
je me suis trompé dans ma réponse.
Comme au premier lancer, il n'y a qu'une solution possible; la réponse est 2^9 solutions soit 512 parties où Donald n'a jamais mené !
J'ai donc donné l'ensemble des solutions pour tous les lancers (1024)
A bientôt
castoriginal castoriginalBonjour,je me suis trompé dans ma réponse.
Comme au premier lancer, il n'y a qu'une solution possible; la réponse est 2^9 solutions soit 512 parties où Donald n'a jamais mené !
J'ai donc donné l'ensemble des solutions pour tous les lancers (1024)
A bientôt
re : Enigmo 113 : Gontran et Donald Posté le 02-06-09 à 12:19
Posté le 02-06-09 à 12:19Posté par master_och master_och
Je viens de m'apercevoir que je me suis planté, la formule que j'ai cité dans mon premier poste englobe toutes les possibilités dans les quels Gontran mène enfin de partie, mais j'ai pas filtré les possibilités dans les quels il perd au cour de la partie.
Je vais donc corriger ma réponse (par pure programmation) et dire 252 possibilités
master_och master_ochJe viens de m'apercevoir que je me suis planté, la formule que j'ai cité dans mon premier poste englobe toutes les possibilités dans les quels Gontran mène enfin de partie, mais j'ai pas filtré les possibilités dans les quels il perd au cour de la partie.Je vais donc corriger ma réponse (par pure programmation) et dire 252 possibilités
252 Posté le 02-06-09 à 14:54
Posté le 02-06-09 à 14:54Posté par LeDino LeDino
Sur 1024 parties possibles (2 puissance 10), il y en a 252 pour lesquelles Donald ne mène jamais.
Merci pour l'énigme.
LeDino LeDinoSur 1024 parties possibles (2 puissance 10), il y en a 252 pour lesquelles Donald ne mène jamais.Merci pour l'énigme.
re : Enigmo 113 : Gontran et Donald Posté le 02-06-09 à 17:43
Posté le 02-06-09 à 17:43Posté par carpediem carpediem
explication:
soit (i,j)un résultat de la n-ième partielle avec i
j et i+j=n
2 cas:
n est impair et j<i donc on multiplie par 2 chaque possibilité pour la (n+1)-ième partielle
n est pair et on peut avoir i=j et pour ce cas il n'y a qu'une possibilité au tour suivant
i+1,j)
donc on mutiplie par 2 et on retranche le nb de couples (i,i) pour avoir l'ensemble des résultats à la (n+1)-ième partielle
ce qui donne (je ne mets pas les ( ouvrantes et sachant qu'au premier coup on a forcément (1,0)
1*2*2-1)*2*2-2)*2*2-5)*2*2-14)*2=252
carpediem carpediemexplication:soit (i,j)un résultat de la n-ième partielle avec i
j et i+j=n2 cas:
n est impair et j<i donc on multiplie par 2 chaque possibilité pour la (n+1)-ième partielle
n est pair et on peut avoir i=j et pour ce cas il n'y a qu'une possibilité au tour suivant
i+1,j)donc on mutiplie par 2 et on retranche le nb de couples (i,i) pour avoir l'ensemble des résultats à la (n+1)-ième partielle
ce qui donne (je ne mets pas les ( ouvrantes et sachant qu'au premier coup on a forcément (1,0)
1*2*2-1)*2*2-2)*2*2-5)*2*2-14)*2=252
re : Enigmo 113 : Gontran et Donald Posté le 02-06-09 à 21:19
Posté le 02-06-09 à 21:19Posté par dhalte dhalte
Bonjour
Le nombre de telles suites est 252
A comparer avec le nombre total de parties différentes :
On appelle J(n,d) le nombre de suites de n tirages qui donnent à Donald un gain de d
Alors le gain de Gontran est n-d
Si d<0 ou d>n-d, J(n,d)=0
De plus J(0,0)=1
Et pour finir, le nombre de suites de n tirages qui donnent le gain d est obtenu en partant des suites de n-1 tirages avec un gain d-1, où Donald gagne au tirage suivant
auxquelles on ajoute les suites de n-1 tirages avec un gain de d, où Gontran gagne au tirage suivant
J(n,d)=J(n-1,d-1)+J(n-1,d)
Le nombre de suites de longueur n où le gain de Donald est toujours
à celui de Gontran est la somme sur d des J(n,d)
Je ne sais s'il existe pour J(n,d) ou pour sa somme une expression non récursive en n et d.
Prochaine énigme : combien existe-t-il de parties différentes où Donald peut gagner un temps mais finit par perdre au bout des 10 lancés (ou être à égalité) face à son énervant cousin.
dhalte dhalteBonjourLe nombre de telles suites est 252
A comparer avec le nombre total de parties différentes :
On appelle J(n,d) le nombre de suites de n tirages qui donnent à Donald un gain de d
Alors le gain de Gontran est n-d
Si d<0 ou d>n-d, J(n,d)=0
De plus J(0,0)=1
Et pour finir, le nombre de suites de n tirages qui donnent le gain d est obtenu en partant des suites de n-1 tirages avec un gain d-1, où Donald gagne au tirage suivant
auxquelles on ajoute les suites de n-1 tirages avec un gain de d, où Gontran gagne au tirage suivant
J(n,d)=J(n-1,d-1)+J(n-1,d)
Le nombre de suites de longueur n où le gain de Donald est toujours
Je ne sais s'il existe pour J(n,d) ou pour sa somme une expression non récursive en n et d.
| d | ||||||||
| somme | 0 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | ||
| 1 | n | 0 | 1 | |||||
| 1 | 1 | 1 | ||||||
| 2 | 2 | 1 | 1 | |||||
| 3 | 3 | 1 | 2 | |||||
| 6 | 4 | 1 | 3 | 2 | ||||
| 10 | 5 | 1 | 4 | 5 | ||||
| 20 | 6 | 1 | 5 | 9 | 5 | |||
| 35 | 7 | 1 | 6 | 14 | 14 | |||
| 70 | 8 | 1 | 7 | 20 | 28 | 14 | ||
| 126 | 9 | 1 | 8 | 27 | 48 | 42 | ||
| 252 | 10 | 1 | 9 | 35 | 75 | 90 | 42 |
Prochaine énigme : combien existe-t-il de parties différentes où Donald peut gagner un temps mais finit par perdre au bout des 10 lancés (ou être à égalité) face à son énervant cousin.
re : Enigmo 113 : Gontran et Donald Posté le 02-06-09 à 22:49
Posté le 02-06-09 à 22:49Posté par veleda veleda
bonsoir jamo,
soit (x,y) le couple d'entiers naturels représentant les scores de Gontran et Donald,les couples possibles en fin de partie sont
(10,0),(9,1),(8,2),(7,3),(6,4),(5,5)
Donald ne menant jamais à l'issue de chaque lancer on a xy et le point M(x,y)est strictement sous la droite d'équation y=x+1
j'ai donc cherché le nombre de chemins monotones croissants joignant l'origine aux six terminaux possibles et ne traversant pas la droite d'équation y=x
je trouve
ce qui donne 252 possibilités
il y a donc sauf erreur dans mes calculs 252 parties possibles
merci pour cet intéressant énigmo.
veleda veledabonsoir jamo,soit (x,y) le couple d'entiers naturels représentant les scores de Gontran et Donald,les couples possibles en fin de partie sont
(10,0),(9,1),(8,2),(7,3),(6,4),(5,5)
Donald ne menant jamais à l'issue de chaque lancer on a x
y et le point M(x,y)est strictement sous la droite d'équation y=x+1j'ai donc cherché le nombre de chemins monotones croissants joignant l'origine aux six terminaux possibles et ne traversant pas la droite d'équation y=x
je trouve
ce qui donne 252 possibilités
il y a donc sauf erreur dans mes calculs 252 parties possibles
merci pour cet intéressant énigmo.
re : Enigmo 113 : Gontran et Donald Posté le 03-06-09 à 11:57
Posté le 03-06-09 à 11:57Posté par jonjon71 jonjon71
Bonjour !
Voici ma réponse :
Il y a 252 parties possibles (de 10 lancers) où Donald n'a jamais mené.
Je n'ai pas le courage de faire de la théorie pour justifier ce résultat. Par contre cela m'interesserait de la connaître. Je peux simplement dire qu'il y a
parties de 10 lancers possibles. Grâce à Maple je les ai simulé et compté qu'il y a en a 252 qui vérifient la condition du problème.
Merci !
jonjon71 jonjon71Bonjour ! Voici ma réponse :
Il y a 252 parties possibles (de 10 lancers) où Donald n'a jamais mené.
Je n'ai pas le courage de faire de la théorie pour justifier ce résultat. Par contre cela m'interesserait de la connaître. Je peux simplement dire qu'il y a
Merci !
dpnald et gontran Posté le 03-06-09 à 19:21
Posté le 03-06-09 à 19:21Posté par dpi dpi
Les probabilités pour Donald de gagner vont de 0/10 à 5/10 ce qui en séquence de 10 coups donne :
(Avec 0=gagné et 1 = perdu)--->0000000000 à 0101010101.
Je me réfère donc au mode binaire
Jamais Donald ne gagnera le premier coup d'une partie .
En binaire nous aurions 2 puissance 9 cas soit 512 parties mais on sait qu'en cumul jamais Donald ne sera devant Gontran par exemple la séquence pour Donald 0000111110 est impossible de même toutes les séquences supérieures à 0101010101
je trouve 90 séquences du premier type et 170 du second .
Donc 512-90-170 =maximum 252 parties
dpi dpiLes probabilités pour Donald de gagner vont de 0/10 à 5/10 ce qui en séquence de 10 coups donne : (Avec 0=gagné et 1 = perdu)--->0000000000 à 0101010101.
Je me réfère donc au mode binaire
Jamais Donald ne gagnera le premier coup d'une partie .
En binaire nous aurions 2 puissance 9 cas soit 512 parties mais on sait qu'en cumul jamais Donald ne sera devant Gontran par exemple la séquence pour Donald 0000111110 est impossible de même toutes les séquences supérieures à 0101010101
je trouve 90 séquences du premier type et 170 du second .
Donc 512-90-170 =maximum 252 parties
re : Enigmo 113 : Gontran et Donald Posté le 04-06-09 à 10:33
Posté le 04-06-09 à 10:33Posté par evariste evariste
252 parties :
1 avec le score de 10 à 0
9 avec le score de 9 à 1
35 avec le score de 8 à 2
75 avec le score de 7 à 3
90 avec le score de 6 à 4
42 avec le score de 5 à 5
evariste evariste252 parties :1 avec le score de 10 à 0
9 avec le score de 9 à 1
35 avec le score de 8 à 2
75 avec le score de 7 à 3
90 avec le score de 6 à 4
42 avec le score de 5 à 5
Ma proposition Posté le 04-06-09 à 10:58
Posté le 04-06-09 à 10:58Posté par Tolokoban Tolokoban
Je propose 252 parties sur 1024 possibles.
Tolokoban TolokobanJe propose 252 parties sur 1024 possibles.Citation :
public class Main {
static private int wins = 0;
public static void main(String[] args) {
boolean[] plies = new boolean[10];
perform(plies);
}
private static void perform(boolean[] plies) {
plies[0] = true;
perform(plies, 1);
}
private static void perform(boolean[] plies, int index) {
if (index > plies.length - 1) {
wins++;
System.out.print("" + wins + ") ");
for (int i=0 ; i<plies.length ; i++) {
if (plies[i]) {
System.out.print("1");
} else {
System.out.print("0");
}
}
System.out.println("");
return;
}
int count = 0;
for (int i=0 ; i<index ; i++) {
if (plies[i]) {
count ++;
}
}
if (2*count < index) return;
plies[index] = false;
perform(plies, index + 1);
plies[index] = true;
perform(plies, index + 1);
}
}
public class Main {
static private int wins = 0;
public static void main(String[] args) {
boolean[] plies = new boolean[10];
perform(plies);
}
private static void perform(boolean[] plies) {
plies[0] = true;
perform(plies, 1);
}
private static void perform(boolean[] plies, int index) {
if (index > plies.length - 1) {
wins++;
System.out.print("" + wins + ") ");
for (int i=0 ; i<plies.length ; i++) {
if (plies[i]) {
System.out.print("1");
} else {
System.out.print("0");
}
}
System.out.println("");
return;
}
int count = 0;
for (int i=0 ; i<index ; i++) {
if (plies[i]) {
count ++;
}
}
if (2*count < index) return;
plies[index] = false;
perform(plies, index + 1);
plies[index] = true;
perform(plies, index + 1);
}
}
re : Enigmo 113 : Gontran et Donald Posté le 04-06-09 à 15:43
Posté le 04-06-09 à 15:43Posté par Rudi Rudi
Bonjour
-----Réponse proposée-----
Il existe 252 parties (de 10 lancers) où Donald n'a jamais mené
-----Méthode employée-----
Elaboration de l'arbre des scores à partir de la 10eme partie(10-0, 9-1, 8-2, 7-3, 6-4, 5-5), en remontant vers la première (1-0)
Il suffit alors, à chaque niveau, de faire la somme des branches et de remonter ainsi à la première partie pour que la somme soit égale à 252.
Pour éviter de trouver cette solution "à la main", il aurait été souhaitable de demander un plus grand nombre de lancers, par exemple 20 lancers => 184 756 parties, ou 100 lancers => 100 891 344 545 564 000 000 000 000 000 parties
-----Méthode excel-----
On peut, en quatre images, présenter la procédure d'utilisation d'excel
fig.1 : mettre des 1 dans les cellules de la colonne B : [By = 1]
fig.2 : dans la cellule C2, faire la somme des 2 cellules B1 et C1 [C2=B1+C1]; puis étendre cette formule dans le reste du tableau : on crée ainsi le triangle de Jia Xian (XIe siècle), repris par Tartaglia puis Pascal (XVIIe siècle)
fig.3 : forcer à zéro les cellules D3, E5, F7... colorées en jaune [D3=1]
fig.4 : il ne reste plus qu'à faire les sommes lignes par lignes avec le résultat dans la colonne A [A1=SOMME(B1,Z1)]
La ligne N=10 fournit la valeur A10=252
-----Enigme dérivée-----
On peut aussi contraindre les deux joueurs à ne jamais être ex-aequo
Rudy
Rudi RudiBonjour-----Réponse proposée-----
Il existe 252 parties (de 10 lancers) où Donald n'a jamais mené
-----Méthode employée-----
Elaboration de l'arbre des scores à partir de la 10eme partie(10-0, 9-1, 8-2, 7-3, 6-4, 5-5), en remontant vers la première (1-0)
Il suffit alors, à chaque niveau, de faire la somme des branches et de remonter ainsi à la première partie pour que la somme soit égale à 252.
Pour éviter de trouver cette solution "à la main", il aurait été souhaitable de demander un plus grand nombre de lancers, par exemple 20 lancers => 184 756 parties, ou 100 lancers => 100 891 344 545 564 000 000 000 000 000 parties
-----Méthode excel-----
On peut, en quatre images, présenter la procédure d'utilisation d'excel
fig.1 : mettre des 1 dans les cellules de la colonne B : [By = 1]
fig.2 : dans la cellule C2, faire la somme des 2 cellules B1 et C1 [C2=B1+C1]; puis étendre cette formule dans le reste du tableau : on crée ainsi le triangle de Jia Xian (XIe siècle), repris par Tartaglia puis Pascal (XVIIe siècle)
fig.3 : forcer à zéro les cellules D3, E5, F7... colorées en jaune [D3=1]
fig.4 : il ne reste plus qu'à faire les sommes lignes par lignes avec le résultat dans la colonne A [A1=SOMME(B1,Z1)]
La ligne N=10 fournit la valeur A10=252
-----Enigme dérivée-----
On peut aussi contraindre les deux joueurs à ne jamais être ex-aequo
Rudy
Enigmo 113 : Gontran et Donald Posté le 07-06-09 à 10:51
Posté le 07-06-09 à 10:51Posté par ame_no_yume ame_no_yume
Bonjour ^^
Moi j'ai trouvé 6 parties possibles :
Gontran : 10/ Donald : 0 ;
Gontran : 9 / Donald : 1 ;
Gontran : 8 / Donald : 2 ;
Gontran : 7 / Donald : 3 ;
Gontran : 6 / Donald : 4 ;
Gontran : 5 / Donald 5 .
Voilà ^^ j'espère que c'est ça
ame_no_yume ame_no_yumeBonjour ^^ Moi j'ai trouvé 6 parties possibles :
Gontran : 10/ Donald : 0 ;
Gontran : 9 / Donald : 1 ;
Gontran : 8 / Donald : 2 ;
Gontran : 7 / Donald : 3 ;
Gontran : 6 / Donald : 4 ;
Gontran : 5 / Donald 5 .
Voilà ^^ j'espère que c'est ça
re : Enigmo 113 : Gontran et Donald Posté le 07-06-09 à 23:13
Posté le 07-06-09 à 23:13Posté par _Michel _Michel
Avec un petit bruteforce (oui petit, sur 1024 cas...), je trouve 252 solutions.
Merci pour cette sympatique énigme.
_Michel _MichelAvec un petit bruteforce (oui petit, sur 1024 cas...), je trouve 252 solutions.Merci pour cette sympatique énigme.
re : Enigmo 113 : Gontran et Donald Posté le 09-06-09 à 09:03
Posté le 09-06-09 à 09:03Posté par kryzen kryzen
266 solution 
j'ai le détail si ça intéresse quelqu'un (après la fin du concours forcement)
kryzen kryzen266 solution j'ai le détail si ça intéresse quelqu'un
(après la fin du concours forcement)re : Enigmo 113 : Gontran et Donald Posté le 09-06-09 à 14:24
Posté le 09-06-09 à 14:24Posté par maher_91 maher_91
bonjour,
j'ai pu trouver la solution à l'aide du compilateur "Pascal" (dépassé je sais
) ...
donc ma réponse est 353 parties possibles...
maher_91 maher_91bonjour,j'ai pu trouver la solution à l'aide du compilateur "Pascal" (dépassé je sais
) ...donc ma réponse est 353 parties possibles...
re : Enigmo 113 : Gontran et Donald Posté le 14-06-09 à 16:44
Posté le 14-06-09 à 16:44Posté par totti1000 totti1000
Salut Jamo,
J'ai trouvé 252 parties différentes où Donald n'a jamais mené.
totti1000 totti1000Salut Jamo,J'ai trouvé 252 parties différentes où Donald n'a jamais mené.
re : Enigmo 113 : Gontran et Donald Posté le 15-06-09 à 11:34
Posté le 15-06-09 à 11:34Posté par yoyodada yoyodada
Salut jamo,
je trouve au total 198 parties possibles au cours desquelles Donald n'a jamais mené, en espérant ne pas en avoir oublié une ou deux au passage
Encore merci pour l'énigme !
yoyodada yoyodadaSalut jamo,je trouve au total 198 parties possibles au cours desquelles Donald n'a jamais mené, en espérant ne pas en avoir oublié une ou deux au passage
Encore merci pour l'énigme !
re : Enigmo 113 : Gontran et Donald Posté le 17-06-09 à 19:34
Posté le 17-06-09 à 19:34Posté par tudul tudul
Voila, donc j'ai cherché toutes les solutions et j'ai trouvé 2*3*3*3*3 = 162 possibilités !!
Ci joint un tableau des possibilités, 1 representant Gontran gagne cette manche et rien Gontran la perds
tudul tudulVoila, donc j'ai cherché toutes les solutions et j'ai trouvé 2*3*3*3*3 = 162 possibilités !!Ci joint un tableau des possibilités, 1 representant Gontran gagne cette manche et rien Gontran la perds
re : Enigmo 113 : Gontran et Donald Posté le 21-06-09 à 13:14
Posté le 21-06-09 à 13:14Posté par jamo jamo
Clôture de l'énigme
La bonne solution est : 252 parties.
Pour les explications, je vous invite à lire celles détaillées ci-dessus qui utilisent des tableaux, je pense que c'est ce qu'il y a de plus simple.
jamo jamo Clôture de l'énigme
La bonne solution est : 252 parties.
Pour les explications, je vous invite à lire celles détaillées ci-dessus qui utilisent des tableaux, je pense que c'est ce qu'il y a de plus simple.
re : Enigmo 113 : Gontran et Donald Posté le 21-06-09 à 14:01
Posté le 21-06-09 à 14:01Posté par maher_91 maher_91
mon programme a l'air de marcher bien dans le début mais il lui arrive quoiiiii ???!!!!!!!!! 353 au lieu de 252 rrrrrrrrrrr.....
maher_91 maher_91mon programme a l'air de marcher bien dans le début mais il lui arrive quoiiiii ???!!!!!!!!! 353 au lieu de 252 rrrrrrrrrrr.....
re : Enigmo 113 : Gontran et Donald Posté le 22-06-09 à 11:23
Posté le 22-06-09 à 11:23Posté par jandri jandri 
Bonjour,
C'est une énigme très intéressante; le résultat dans le cas général (pour une partie en n lancers) est :![4$C^n_{[n/2]}={n\choose [n/2]}](http://latex.ilemaths.net/ile_tex.cgi?4$C^n_{[n/2]}={n\choose [n/2]})
; on a bien 
.
Il y a une démonstration très courte en interprétant par des chemins croissants suivant les lignes d'un quadrillage et en utilisant le lemme suivant:
Le nombre de chemins croissants allant de O(0,0) au point A(p,q) et ne traversant pas la droite (y=x) est égal à
.
Le nombre de chemins de longueur n partant de O et ne traversant pas la droite (y=x) est alors égal à![4$\Bigsum_{k=0}^{[n/2]}\( {n\choose n-k}-{n\choose n-k+1}\)={n\choose [n/2]}](http://latex.ilemaths.net/ile_tex.cgi?4$\Bigsum_{k=0}^{[n/2]}\( {n\choose n-k}-{n\choose n-k+1}\)={n\choose [n/2]})
puisque un tel chemin se termine en A(n-k,k) avec ![0\le k\le [n/2]](http://latex.ilemaths.net/ile_tex.cgi?0\le k\le [n/2])
.
La démonstration du lemme est très astucieuse et utilise le principe de Désiré André. Le nombre total de chemins croissants allant de O à A(p,q) est égal à
. A un chemin partant de O et traversant la droite (y=x) on associe bijectivement un chemin partant du point O'(-1,1) en symétrisant par rapport à la droite (y=x+1) la partie du chemin joignant O au premier point sur la droite (y=x+1). Comme il y a 
chemins de 0' à A(p,q) on a bien le résultat annoncé.
Une remarque pour Rudi: pour n=100 on obtient
(il faut calculer avec 32 chiffres significatifs!)
jandri jandri Bonjour,
C'est une énigme très intéressante; le résultat dans le cas général (pour une partie en n lancers) est :
Il y a une démonstration très courte en interprétant par des chemins croissants suivant les lignes d'un quadrillage et en utilisant le lemme suivant:
Le nombre de chemins croissants allant de O(0,0) au point A(p,q) et ne traversant pas la droite (y=x) est égal à
Le nombre de chemins de longueur n partant de O et ne traversant pas la droite (y=x) est alors égal à
La démonstration du lemme est très astucieuse et utilise le principe de Désiré André. Le nombre total de chemins croissants allant de O à A(p,q) est égal à
Une remarque pour Rudi: pour n=100 on obtient
re : Enigmo 113 : Gontran et Donald Posté le 22-06-09 à 14:51
Posté le 22-06-09 à 14:51Posté par gloubi gloubi
Bonjour,
Il y a bien 252 "évolutions des scores" possibles, qui correspondent à 1024×252 = 258 048 parties différentes, selon le résultat des lancés.
Je me disais bien que je n'avais pas tout compris ...
"Why simple when something difficult's possible?"
gloubi gloubiBonjour,Il y a bien 252 "évolutions des scores" possibles, qui correspondent à 1024×252 = 258 048 parties différentes, selon le résultat des lancés.
Je me disais bien que je n'avais pas tout compris ...
"Why simple when something difficult's possible?"
re : Enigmo 113 : Gontran et Donald Posté le 23-06-09 à 00:30
Posté le 23-06-09 à 00:30Posté par Rudi Rudi
Merci jandry, en effet, mon excel ne travaille pas avec autant de chiffres significatifs
Rudy
Rudi RudiMerci jandry, en effet, mon excel ne travaille pas avec autant de chiffres significatifs Rudy
re : Enigmo 113 : Gontran et Donald Posté le 23-06-09 à 09:52
Posté le 23-06-09 à 09:52Posté par veleda veleda
bonjour,
>>jandryil me semble que la methode que tu proposes est exactement celle que j'ai donnée
veleda veledabonjour,>>jandryil me semble que la methode que tu proposes est exactement celle que j'ai donnée
re : Enigmo 113 : Gontran et Donald Posté le 24-06-09 à 09:16
Posté le 24-06-09 à 09:16Posté par jandri jandri
Bonjour veleda,
Tu as raison, nous avons bien la même méthode.
Le sigma que tu as obtenu peut se simplifier en=C_{10}^5=252)
.
jandri jandri Bonjour veleda,
Tu as raison, nous avons bien la même méthode.
Le sigma que tu as obtenu peut se simplifier en
Challenge (énigme mathématique) terminé .
Nombre de participations : 3863,16 %36,84 %
Temps de réponse moyen : 101:36:30.
Nombre de participations : 38
63,16 %36,84 %24 
14
14Temps de réponse moyen : 101:36:30.
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