Les tas de cartes.

Posté par J-P J-P

On prend un paquet de 10 cartes à jouer.

On divise ce paquet de 10 cartes en autant de piles que l'on veut comportant chacune autant de cartes que l'on veut (pourvu que ce soit possible).

On Effectue alors l'opération suivante:

- On enlève une carte de chaque pile et avec ces cartes, on forme une nouvelle pile. (ceci est la première opération)

- On fait cette même opération 10 fois de suite (10 fois en comptant le première décrite ci-dessus).

Question:

Donner le nombre de cartes dans chacune des piles restant en fin de jeu. Ces nombres seront donnés par ordre décroissant.

(Donc si par exemple, un jeu se termine par 1 pile de 7 cartes, 1 pile de 1 carte et 1 pile de 2 cartes, la solution pour ce jeu est 7 , 2 , 1. Cet exemple n'est pas forcément réalisable.)

Si plusieurs possibilités existent pour la fin du jeu, indiquez-les toutes.
-----
Bonne chance à tous.

Posté par philoux (invité)

Bonjour,

Réponse proposée : 4 3 2 1

dès qu'on atteint ces 4 nombres, celà boucle sur cette combinaison,

Merci pour l'énigme (qui sent le poisson )

Philoux

Posté par paulo paulo

bonjour,

ma reponse est :  4 3 2 1

il n'y a qu'une seule possibilite puisque le resultat doit etre donne en ordre decroissant

merci pour cette enigme

a plus tard

Paulo

Posté par sof (invité)

la réponse est : 4 , 3 , 2 , 1

Posté par piepalm piepalm

Le processus converge vers la disposition triangulaire 4,3,2,1.
De façon plus générale avec n cartes , le processus converge si n est un nombre triangulaire n=Tp=p(p+1)/2; sinon, il devient périodique...

Posté par masterfab2 masterfab2

pour moi ya une solution

1, 2, 3, 4

Posté par piepalm piepalm

J'ai encore répondu trop vite, confiant dans la convergence du processus...
en réalité, en établissant le graphe des dispositions, on s'aperçoit que dans certains cas, il faut 11 ou 12 coups pour aboutir à la limite; dans ces cas là, au bout de 10 étapes on sera à 5,3,2 ou à 4,3,1,1,1
Très précisément les dispositions initiales 5,2,1,1,1 ; 5,2,2,1 et 6,2,1,1 aboutissent à 5,3,2 et 3,2,2,1,1,1 ; 3,2,2,2,1 et 3,3,2,2,1 à 4,3,1,1,1
Par ici le poisson!

Posté par Nofutur2 Nofutur2

Si on comptabilise tous les cas possibles , il y a :
- 4 possibilités de répartitions de tas avec un nombre unique de cartes par tas, à savoir (1; 1 ;1 ;….10 fois), (2 ;2 ;2 ;2 ;2), (5 ;5) et (10) (nota : on admet qu'il est possible de ne rien toucher au départ)
- 22 possibilités de répartitions de tas avec deux nombres et deux seulement de cartes par tas, par exemple  (6 ;1 ;1 ;1 ;1) ou (4 ;4 ;2)
- 15 possibilités de répartitions de tas avec trois nombres et trois seulement de cartes par tas, par exemple  (4 ;2 ;2 ;1 ;1) ou (6 ;3 ;1)
- 1 possibilité de répartitions de tas avec quatre nombres et quatre seulement de cartes par tas, à savoir (1 ;2 ;3 ;4).
Soit 42 possibilités au total avec une seule combinaison invariante qui est (1; 2 ; 3 ; 4)..Si on y arrive , on n'en sort plus !!!.

Je suis donc parti de cette combinaison et j'ai regardé dans les « antécédents » possibles et à chaque fois j'ai coché la solution dans la liste des 42 possibilités.
Un antécédent est tel que :
- son image contient le chiffre correspondant à son propre nombre de chiffres (ou de tas).
- ses autres chiffres sont les autres chiffres de l'image plus un, complété par des un.
C'est un travail de romain !!! (Merci J-P)..

L'antécédent de (4 ;3 ;2 ;1) ne peut avoir pour antécédent que (5 ;3 ;2) ou lui -même.
L'antécédent de (5 ;3 ;2)  peut avoir  pour antécédent que une solution à 5 tas (3+1 ;2+1 ;1 ;1 ;1), à 3 tas (5+1 ;2+1 ;1) ou à 2 tas (5+1 ;3+1), donc (4 ;3 ;1 ;1 ;1), (6 ;3 ;1) ou (6 ;4)… et ainsi de suite jusqu'à 10 coups .

On atteint tous les 42 , sauf 6 possibilités qui sont : (6 ;2 ;1 ;1), (5 ;2 ;2 ;1),(5 ;2 ;1 ;1 ;1),(3 ;3 ;2 ;1 ;1),(3 ;2 ;2 ;2 ;1) et (3 ;2 ;2 ;1 ;1 ;1).
On remarque que ces possibilités sont les antécédents de niveau 11 et 12 de la solution stable et passent par l'antécédent de niveau 1 (5 ;3 ;2) et de niveau 2 (4 ;3 ;1 ;1 ;1).

Les trois possibilités en 10 coups sont donc (4 ; 3 ;2 ;1), (5 ;3 ;2) et (4 ;3 ;1 ;1 ;1).

PS : il y a peut être plus "astucieux" mais là, je n'ai trouvé que cette méthode "bourrin".

Posté par levrainico (invité)

bonjour,
les 4 étoiles me font un peu peur... bref!
ma réponse sera

si l'on compte la première opération comme comptant dans les 10 à réaliser
soit il restera 4 tas de   4,3,2 et 1   cartes
soit il restera 3 tas de   5,3 et 2     cartes

merci

Posté par olive (invité)

Quel que soit le patage initial du paquet de 10 cartes,
on aura toujours, au final, 4 paquets de cartes contenant 1, 2, 3 et 4 cartes.

Posté par Babou14 (invité)

Trois cas sont possibles:

4,3,1,1,1   (pour les piles de départ 3,3,2,1,1  ;  3,2,2,2,1   ;  3,2,2,1,1,1)

5,3,2       (pour les piles de départ 5,2,2,1    ;  5,2,1,1,1   ;  6,2,1,1)

4,2,3,1     (pour toutes les 36 autres configurations initiales)

Posté par Redman Redman

on a  3 solutions :

(1,2,3,4)
(5,2,3)
(1,1,1,4,3)

Posté par borneo borneo

Le piège, c'est de les donner par nombre décroissant alors que dans la pratique on les a par ordre croissant ?

on trouve
4 3 2 1
5 3 2
4 3 1 1 1    

c'est moins dur que la mouche du cône

Posté par jams (invité)

je pense que les seules possibilités sont : (4,3,2,1) ; (5,3,2) et (4,3,1,1)
la solution (4,3,2,1) étant de loin la plus probable !
j'éspère ne pas être passé à côté d'une autre solution sinon c'est le poisson assuré !

Posté par jugo jugo

3 solutions :

1 - Pour un départ 3,2,2,1,1,1 ou 3,3,2,1,1 ou 3,2,2,2,1 :
    On finit sur 4,3,1,1,1

2 - Pour un départ 5,2,1,1,1 ou 6,2,1,1 ou 5,2,2,1 :
    On finit sur 5,3,2

3 - Pour les autres départs :
    On finit sur 4,3,2,1

On peut noter que 4,3,1,1,1 donne 5,3,2 au coup suivant, qui donne 4,3,2,1 ensuite.
Et 4,3,2,1 donne 4,3,2,1.

Donc au bout du douzième coup, on est sûr d'avoir 4,3,2,1 quelque soit le départ.

J'espère que je n'ai pas oublié de solution, parce que j'ai fait ça de manière très expérimentale en étudiant 42 départs différents (je crois qu'il n'y en avait pas d'autre) sur un petit tableau excel qui me donnait le résultat au bout de 10 coups. C'est un peu lourd, mais je le mets quand même :

Posté par manpower manpower

Bonjour,

Superbe problème J-P. Vraiment bravo !
Je félicite également philoux... 16 minutes por trouver la solution !

Personnellement ça m'a pris plus de temps... je suis peut-être passé à côté d'une astuce...
J'ai dénombré les possibilités de départ : 42 cas.
1 Tas : 10 (1 cas)
2 Tas : 91 82 73 64 55 (5 cas)
3 Tas : 811 721 631 622 541 532 442 433 (8 cas)
4 Tas : 7111 6211 5311 5221 4411 4321 4222 3331 3322 (9 cas)
5 Tas : 61111 52111 43111 42211 33211 32221 22222 (7 cas)
6 Tas : 511111 421111 331111 322111 222211 (5 cas)
7 Tas : 4111111 3211111 2221111 (3 cas)
8 Tas : 31111111 2211111 (2 cas)
9 Tas : 211111111 (1 cas)
10 Tas : 1111111111 (1 cas)

Ensuite j'ai examiné les cas, étape par étape, sachant qu'on peut éliminer les cas intermédiaires. Par exemple, le cas 10: 10->91->82->721->631->532->4321->4321 (cas stable). Ainsi, l'examen du cas 10 permet de traiter également les 6 autres cas mentionnés.
Finalement après une belle feuille bien remplie (qui ressemble à une toile d'araignée orientée) je tombe sur 3 cas possibles en fin de partie.
Les 3 possibilités finales sont : (le dernier étant stable).

Merci beaucoup pour cette énigme.

Posté par sebisp (invité)

4321

Posté par goupi1 (invité)

4,3,1,1,1
5,3,2
4,3,2,1

Posté par titenonodu72 (invité)

alors moi j'ai trouvé:
4 3 2 1

à bientôt

Posté par infophile infophile

4-3-2-1

4-3-1-1-1

Posté par alfred15 alfred15

Bonjour

je pense qu'il reste un seul tas de 10 cartes

A +

Posté par caylus caylus

Bonsoir,
Si j'ai bien compris!

4,3,2,1

Posté par jacques1313 jacques1313

Une seule possibilité : 4, 3, 2, 1.

Posté par laurrre laurrre

Le paquet peut être divisé en 10, 5, 2 et 1 tas de cartes.
Pour chaque cas, il reste à la fin la combinaison : 4 , 3 , 2 , 1

Posté par J-P J-P

Enigme clôturée.

Posté par jams (invité)

Zut !!!!
une faute de recopiage me prive d'un smiley pourtant mérté !! j'ai écrit 4,3,1,1 au lieu de 4,3,1,1,1  en plus !
Je suis vraiment trop distrait, la prochaine fois je relirais plusieur fois ce que j'écrit !!! snif

Posté par jams (invité)

c'est d'autant plus bête que 4+3+1+1 =9 et non pas 10 !!!!

Posté par philoux (invité)

Elle a fait mal celle-là

Philoux

Posté par philoux (invité)

Re

Y avait-il une méthode "élégante" (moins bourrine dirait Nofutur2 ) évitant d'analyser les 42 découpages possibles ?

Merci

Philoux

Posté par piepalm piepalm

On peut montrer la convergence vers la configuration triangulaire, en associant une distance, somme des valeurs absolues des écarts avec la configuration finale, et montrer que cette distance diminue à chaque itération. Le problème, c'est que le nombre d'étapes n'était pas suffisant pour atteindre à coup sûr la limite, et je me suis précipité dans le piège.
Pour ceux que cela interesse, dans le cas où le nombre N de carte n'est pas un nombre triangulaire, on peut définir un nombre triangulaire "généralisé" Tx=x(x+1)/2=N donc une configuration avec des nombres non entiers de cartes x, x-1, ..., x-E(x), et une distance similaire à celle définie ci-dessus; le processus devient cyclique, entre des configurations équidistantes de la limite inatteignable...

Posté par Redman Redman

en fait si tu commence a analyser les découpages a 2 tas Tu déduis que tu tombe tout le temps sur 1234 et que f(1,2,3,4) = 1,2,3,4.

Ensuite tu prends le seul découpage a 10 tas, et tu retrouve un truc connu

ensuite les découpages a 9 tas

etc...
jusqua ceux a 3 tas.

C'est bcp plus simple comme ca, parceke il y a plein de cas que tu as déjà analysé et que tu retrouve dans d'autre découpages. Ce qui au final te fait une 10aine de découpage et seulement 1 à analyser jusqu'au bout (le 1er c'est à dire celui d'un paquet a 10 cartes)

Posté par levrainico (invité)

et ben voila jugo, tu l'as eu mon erreur...
j'ai pris les cas un par un, sur un joli bout de papier, fait l'algorythme pour chaque cas.
mais j'ai du faire quelques erreurs qui m'ont conduit au 4321 ou au 532...   ou j'ai pt'etre oublié des cas... j'aurais du vérifier qu'il étaient 42...

bref, bravo à ceux qui ont trouvé.
il y a 5 énigmes en cours, je me dit que sur ces 5, Nofutur2 et jugo vont bien se planter quand meme.
borneo, manpower et les autres ont fait l'effort de se tromper, alors faites comme nous tous.

allez, A+

Posté par borneo borneo

Se tromper, ou alors ne pas y arriver

Posté par zackary0 (invité)

J'ai pas fait cette énigme, parce'que, la probabilité, c'est long, alors c'est plus-tôt la flemme

Posté par zackary0 (invité)

J'ai pas fait cette énigme, parce'que, la probabilité, c'est long, alors c'est plus-tôt la flemme