Le résultat est :
6!*12!*8!/(27!*6⁶*12¹²*8⁸) soit
1/5465062811999459151238583897240371200.
La valeur approchée est 1,8298 * 10^-37

Salut !

Difficile énigme, je me lance quand même :

Le gros cube se compose de 27 petits cubes dont :
* 1 n'a aucune face rouge
* 6 ont 1 face rouge
* 12 ont 2 faces rouges
* 8 ont 3 faces rouges

Pour que le gros cube ait ses 6 faces reconstituées :
1) Il faut que chaque petit cube soit à la bonne place en fonction du nombre de faces rouge qu'il possède ;
2) Sachant cela, il faut également que tous les petits cubes soient orientés de façons à ce que les faces rouges soient visibles.

J'arrive alors à une probabilité égale à :

                  

Soit sous forme d'une fraction irréductible :

bonjour
1 / 780 723 258 857 065 593 034 083 413 891 481 600
égale environ 0, 000 000 000 000 000 000 000 000 000 000 000 001 281

la fraction est le produit des cinq probabilités suivantes
1) les huit cubes choisis pour les faces ont trois faces rouges : 8!*(27-8)! / 27!
2) le coin aux trois faces rouges de ces cubes sont bien placés : 1 / 8⁸
3) parmi les cubes restants, les douze cubes choisis pour les arêtes ont deux faces rouges : 12!*(19-12)! / 19!
4) l'arête commune aux deux faces rouges de ces cubes est bien placée : 1 / 12¹²
5) l'unique face rouge de six cubes restants soit à l'extérieur : 1 / 6⁶

Salut Jamo , voici ma proposition:

Tout d'abord, quand Veleda a peint son cube, et qu'elle l'a démonté, l'inventaire des pièces est le suivant:

1 pièce au centre du cube qui n'est pas peinte
6 pièces au milieu des 6 faces du grand cube, qui sont donc peintes d'une seule face
8 pièces aux extrémités des faces, les pièces "angulaires", peintes en rouge sur 3 de leurs faces.
12 pièces "latérales", peintes sur deux de leurs faces.

- Supposons que pour reconstruire son cube au "pif", Veleda commence parchoisir la pièce centrale: elle a une probabilité de 1/27 de choisir la bonne pièce.
En effet, si elle choisissait une pièce présentant au moins 1 face peinte, celle-ci manquerait quelque part dans la construction du grand cube souhaité. La probabilité de choisir la bonne case centrale est donc de 1/27 (on note que sa position dans l'espace n'importe pas).
- supposons qu'elle colle ensuite aux 6 faces de la pièce centrale 6 cubes qui constitueront les centres des faces du grand cube. Encore une fois, elle a intérêt à choisir celles qui sont peintes d'une seule face, sinon les pièces choisies manqueraient quelque part.
Les cubes adéquat sont au nombre de 6, donc la probabilité de les choisir est de (6 parmi 6)/(6 parmi 26).
Mais ce n'est pas tout, car encore faut-il bien les placer dans l'espace. Seule 1 positions parmi les 6 positions spatiales convient, donc la probabilité de choisir les 6 bons cubes et de bien les placer, sachant qu'on a déjà choisi le premier cube, est de 1/(6^6*(6parmi26))

-Suivant le même raisonnement, supposons qu'ensuite Veleda choisisse de placer les cubes "latéraux", au nombre de 12.
La probabilité de choisir les 12 bons cubes(ce sont les cubes qui comportent 2 faces adjacentes peintes) est de 1/(12parmi20).
Le nombre de positions différentes du cube dans l'espace est maintenant de 24, et seules 2 conviennent pour chacune des 12 pièces "latérales". La probabilité de choisir et de bien placer les 12 cases "latérales" sachant qu'on a déjà placé les 7 premières est de 1/(12parmi20)*(1/12)^12)
- De même, pour placer les 8 dernières pièces, les "angulaires", il faut vérifier que celles ci sont spatialement correctes: seuls 3 placements sont corrects sur 24 possibles. La probabilité de bien placer les 8 dernières cases sachant tout le reste est donc de 1/(8^8).

Mon résultat est donc sous forme irréductible de 1/[(27!/(12!*8!*6!))*12^12*8^8*6^6].
soit environ  1,829*10^-37, arrondi à 4 chiffres significatifs.

Voilà tout, merci pour cette énigme, et en espérant ne pas récolter de poisson

1/5465062811999459151238583897240371200=1,830 10^-37.

explication:
Il faut choisir le cube central: 1/27.
Puis les cubes au centre des 6 faces: 1/C(26,6).
Puis bien les placer: 1/6^6.
Puis choisir les cubes au milieu des 12 arètes: 1/C(20,12).
Puis bien les placer: 1/12^12.
Enfin bien placer les 8 cubes restant: 1/8^8.

Un dé a 27 positions sur le cube
Nous avons
  - 1 dé à 6 faces blanches  => 1!/27
  - 6 dés à 1 face rouge     => 6!/27
  - 12 dés à 2 faces rouges  => 12!/27
  - 8 dés à 3 faces rouges   => 8!/27

Puis pour une place donnée, un dé à une position sur lui même
  - Pour le dé blanc, n'importe quelle position  => 1
  - Pour un dé à 1 face rouge nous avons 6 positions possibles (nombre de face) et une seule valide => 1/6
  - Pour un dé à 2 faces rouges nous avons 12 positions possibles (nombre d'arêtes) et une valide  => 1/12
  - Pour un dé à 3 faces rouges nous avons 8 positions possibles (nombre de sommets) et un valide  => 1/8

Ce qui nous donne:
1/27+(1/6)*(6!/27)+(1/12)*(12!/27)+(1/8)*(8!/27) = 39921961/27
soit 1478591 arrondi à l'unité, et 1479000 arrondi à 4 chiffres significatif (enfin je crois...)

1/5465062811999459151238583897240371200
=
1.82980513564*10^-37
=
1,829 * 10^-37                  (4 chiffres sans arrondir)
=
1,830 * 10^-37                  (4 chiffres et arrondi)

A+
Torio

Merci à jamo pour les prise de tête que cette enigme va provoquer!

j'essayé une méthode empirique:

1/OBSERVATION DE DEPART

En observant le cube-mère peint nous pouvons observer :
8 cubes-fils sommets peints sur 3 faces
12 cubes-équerres peints sur deux faces
6 cubes-centre peints sur une face
1 cube noyau vierge
2/FAIRE LE MACON

Si veleda voyait ses cubes-fils ,(comme ceux qui trichent en démontant le rubik's cube),elle batirait le rez de chaussée puis le premier étage puis le second étage.
3/UN PEU DE COMBINAISONS

On voit que les cubes-sommets ont une seule position sur 12 conforme
les cubes-equerres 1 sur 6 ainsi que les cubes-centres  
le noyau-vierge lui est toujours bon.

4/FERMONS LES YEUX ET ESSAYONS TOUT

Nous avons 8 chances sur 27 de trouver le 1er cube-sommet et une chance sur 12 de le placer sur son bon profil puis 7 chance sur 26 de trouver le second etc;
Généralisons pour tous les autre ,étage par étage (nous supposons que malgré les yeux vers le plafond ,les mains sont capables de positionner les cubes dans l'espace)
Nous trouvons:REZ DE CHAUSS2E
  4,36671 * 10-13
1 ER ETAGE
  6,80303 *10 -12
2 EME ETAGE
  9,84415 *10-12

SOIT 2,92439 *10-35 CHANCES DE REUSSIR merci les YEUX

Total des possibilités :
27 cubes, 6 faces à 6 orientations possibles :

27! * 36^27

8 cubes de coins (3 orientations possibles) : 8! * 3^8
12 cubes de cotés ( 2 orientations possibles) : 12! * 2^12
6 centres (6 orientations possibles) : 6! * 6^6
1 à l'interieur (36 orientations possibles : 36

La probabilité P cherchée est donc :
P = (8! * 3^8 * 12! * 2^12 * 6! * 6^6 * 36) / (27! * 36^27)
= 1 / 18172736895909223355269807970263970611200
Soit environ 5.502 × 10-41

Bonjour ,
je ne suis pas sur du tout mais je propose:
1/(27!*6^26)
soit environ 5.384*10^-49

Bonjour jamo ,rogerd
et  pour veleda bon courage

p=1/783055973700
p1,277*10^-12

nombre de petits cubes à 3 faces colorées 8
nombre de petits cubes à 2 faces colorées 12
nombre de petits cubes à 1 faces colorées  6
nombre de petits cubes à 0 faces colorées 1
p

en latex le symbole factorielle est mal passé et je n'avais pas vérifié

pour les pièces des 6 coins :


pour les 12 pièces de milieu d'arêtes :


pour les 6 pièces de centre des faces :


pour la pièce centrale :
1

d'où


autant dire que la probabilité est faible...

Enigmo 71

1 chance sur 5465062811999459151238583897240371200



Valeur Approchée  

Bonjour !
Belle énigme, merci rogerd ! Voici comment j'ai raisonné :

Le gros cube est composé de : -8 cubes à 3 faces rouge
                                             -12 cubes à 2 faces rouge
                                             -6 cubes à une face rouge
                                             -1 cube blanc

On ne peut pas bouger les cubes à 3 faces.
Les cubes à 2 faces ont 2 positions possibles.
Les cube à une face ont 4 positions possibles.
Le cube blanc a 4*6=24 positions possibles.

Donc le nombre de gros cube rouge est

Et le nombre total de gros cube :

D'où la probabilité pour que le gros cube ainsi reconstruit ait ses 6 faces rouges est de :





MV

Bonjour,

La probabilité pour que le gros cube reconstruit ait ses 6 faces rouges est de :
1 / 35 856 277 109 528 451 491 276 348 949 794 075 443 200
^{(en supposant que je ne me suis pas trompé et que le site gentiment référencé non plus)}

Ce qui fait avec 4 chiffres significatifs : 2,789 10^-41.
_{Tout ça me paraît bien peu pour un simple petit puzzle de 27 pièces ...}

Salut,
je suppose que tu as la réponse en tete.
j'ai eu une idée amis tu me dis tout de suite si je suis chaud ou tres tres froid du resultat.
P = 3/26

12 case d'arêtes
8 case coins
6 case de milieu de face
1 case centrale

27 en tout (OUF)

Si on veut que le cube soit refait coloré, il faut et il suffit que chaque case prenne la place d'une case du même type et ait toutes ses faces colorées à l'extérieure. Il faut compter les symétries des différents types de cases. On a :

case d'arrêtes : pas de symétrie autorisée (enfin 1 quoi)
case coin : une rotation d'ordre 3
case milieu de face : une rotation d'ordre 4
case centrale : toute les symétries sont autorisées il y en a 24

Il y a donc en tout :

façons de recomposer le cube.

Si on veut des probas, il faut diviser par le nombre de façons de composer le cube qui est : (je n'ose même pas imaginer ce nombre)

On trouve donc un nombre tout petit (qui se trouve être l'inverse d'un nombre entier) :



Autant dire qu'en regardant le plafond on risque pas d'y arriver.

Bonjour Jamo,

la formule que j'ai utilisée:

ma réponse:
=

sans oublier d'avance une commande pour un poisson bien frais

1/27 soit 0.03703

Bonjour,

6⁶.12¹².8⁸ / 27! = 521 838 526 464 / 814 172 781 296 875 0,0006409.

Et merci pour WIMS

A+,
gloubi

On peut classer les 27 cubes du grand cube en quatre catégories C0 , C1 , C2 , C3 en fonction du nombre de faces qu'ils exposent . Un arrangement  de cubes laissant apparaître les six faces rouges ne peut peut-être obtenu qu'en échangeant  des cubes de même catégorie dans le cube initial  . De plus chaque petit cube peut prendre 24 positions différentes sans changer globalement de place . Il y a en tout :
positions pour les 27 cubes .
positions pour les 8 cubes C3 dont satisfaisantes .
positions pour les 12 cubes C2 dont satisfaisantes .
positions pour les 6 cubes C1 dont satisfaisantes .
  positions pour le cube C0 dont 24 satisfaisantes .
La probabilité souhaitée est donc
C'est-à-dire

Un miracle s'il n'y a pas d'erreur

Bonjour voici ma proposition :

Proba de reconstruire le cube en rouge

(1/27)*(1/binomial(26,6))*(1/6)^6*(1/binomial(20,12))*(1/12)^12*(1/8)^8
=
1/5465062811999459151238583897240371200

en valeur approchée avec 4 chiffres significatifs: 1.830*10^-37

Merci jamo et rogerd pour l'énigme

1emeu

Bonjour
1 chances sur 5465062811999459151238583897240371200 soit 1.830x10^-37

1/108   ?

C'est probable que je me soit trompé (je n'ai pas eu le temps de peindre mon cube pour vérifier le résultat), mais je soumet quand même ma réponse :


Ce qui est amusant, c'est qu'il y a 12 arêtes, et la probabilité qu'une arête bien placée soit bien orientée est de , de même il y a 8 coins, et la probabilité qu'un coin bien placé soit bien orienté est de . Il y a 6 centres, et la probabilité qu'un centre soit bien placé est de ... ? Bravo, bonne réponse.

La valeur tronquée à quatre chiffres significatifs de ce joli chiffre est 1829.10^-34 et son arrondi 1830.10^-34.

Méthode :
Produit des inverses des coefficients binomiaux , et et de , et .

Merci pour ce bon exercice de dénombrement.

Pardon pour les arrondi, je n'ai pas pris le temps de me relire : 1829.10^-40 pour la troncature et 1830.10^-40 pour l'arrondi.

Je ne suis sûr ni du raisonnement ni du calcul.
Mais bon, je me lance:
1/27 pour le cube central.
(1.2.3.4.5.6.7.8)/(26.25.24.23.22.21.20.19) * (3/24)⁸ pour les 8 coins
(1.2.3.4.5.6.7.8.9.10.11.12)/(18.17.16.15.14.13.12.11.10.9.8.7) * (2/24)¹² pour les 12 cubes à 2 faces colorées.
(1.2.3.4.5.6)/(6.5.4.3.2.1) * (4/24)⁶ pour les 6 centres.
Soit:
1/(2⁵⁶.3²².5².7.11.13².17.19.23)1,830.10^-37

Bonjour.

Je tente ma chance aussi. Je propose:



PS: Ca sent le poisson...Mais belle énigme tout de même!

Bonjour Jamo,

1/5465062811999459151238583897240371200

soit environ 0,000000000000000000000000000000000000183

Franchement, si c'est juste, je me mets illico à jouer au loto...

Fraction irréductible :
12.852.605.000.192.982.620.873 / 103.819.259.109.537.222.451.200.000

Soit environ 1 chance sur 8000...

Il y a 4 types de cube; ceux qui ont 3 faces rouges noté T3, ceux qui en ont 2 noté T2, ceux qui en ont 1 noté T1 et celui qui n'en a pas.

On doit ranger 6 cubes T1 parmi 27 places = C(6;27). Placés, ces cubes peuvent être positionnés chacun de 6 manières différentes = C(1;6) soit C (6;27)*6^6 cas possibles.

On doit ranger 8 cubes T3 parmi 21 places = C(8;21). Placés, ces cubes peuvent être positionnés de 8 manières différentes = (C(3;6) - 3*4(cas ou les 3 faces ne partage pas un même sommet) soit C(8;21)*8^8 cas possibles.

On doit ranger 12 cubes T2 parmi 13 places = C(12;13). Placés, ces cubes peuvent être positionnés de 12 manières différentes = C(2;6)- 3(cas ou les 2 faces rouges sont opposés) soit C(12;13)*12^12

Donc

nombres de cas possibles = C(6;27)*C(8;21)*C(12;13)*6^6*8^8*12^12 = (27!*6^6*8^8*12^12)/(6!*8!*12!)

nombre de cas favorable = 1

Donc la probabilité de retrouver le grand cube rouge noté P vaut

P = ( 6! * 8! * 12! ) / ( 27! * 6^6 * 8^8 * 12^12 )

en décomposant en produit de facteurs premiers on obtient la fraction irréductible :

P = 1 / ( 2⁵⁶ * 3²² * 5² * 7 * 11 * 13² * 17 * 19 * 23 )
en calculant

P = 1 / 5 465 062 811 999 459 151 238 583 897 240 371 200

Comme pour tous les exos de dénombrement il est difficile d'avoir des certitudes
J'espère ne pas m'être trompé.
Merci pour cette énigme.

Les 8 cubes de sommet montrent trois faces, le 12 milieux d'arête deux, les 6 centre de face une et celui du centre zéro. On ne peut donc que permuter entre eux les cubes à l'intérieur de chaque catégorie, soit une probabilité p1=8!*12!*6!/27! que tout soit en place.
Soit 1/p1=13*...*27/(6!*8!)=(2^13*3^8*5^4*7^2*11*13^2*17*19*23)/((2^4*3^2*5)*(2^7*3^2*5*7) =2^2*3^4*5^2*7*11*13^2*17*19*23
Encore faut-il que chaque cube soit dans la bonne orientation: il y en a 24 possibles, et trois conviennent pour les sommets, deux pour les arêtes, quatre pour les faces et toutes pour le cube central. Soit une deuxième probabilité p2, avec 1/p2=8^8*12^12*6^6=2^60*3^18
Soit in fine une probabilité P=p1*p2 avec 1/P=2^62*3^22*5^2*7*11*13^2*17*19*23
En prenant les logarithmes décimaux -logP=38,5438 soit P=2,8591*10^-39

je pense quele reponse est de 1/9 = 0,11111 chance d'avoir les 6 faces rouges

Clôture de l'énigme

Bravo à ceux qui ont trouvé, l'énigme n'était pas évidente !

Voici le corrigé que m'a transmis rogerd :


Pour confectionner un gros cube, il faut d'abord positionner les 27 cubes, ce qui peut se faire de 27! façons.


Il faut ensuite orienter chacun de ces petits cubes: choisir la face qui regarde vers le bas, ce qui peut se faire de 6 façons, puis la face qui regarde vers l'avant, ce qui peut se faire de 4 façons, d'où les 24 orientations possibles pour chaque petit cube.

Il y a donc 27!*24²⁷ gros cubes possibles.

Dénombrons ceux qui sont entièrement rouges.

Pour les construire, il faut d'abord placer dans les 8 coins les 8 cubes initialement placés dans les coins. C'est possible de 8! façons. Il faut ensuite orienter convenablement chacun de ces cubes (les trois faces rouges regardant vers l'extérieur du gros cube), ce qui est possible de 3 façons. Il y a donc 8!*3⁸ façons de positionner les cubes de coins.

De même, il y a 12!*2¹² façons de positionner les 12 cubes de milieux d'arêtes, 6!*4⁶ façons de positionner les 6 cubes de milieux de faces et 24 façons de positionner le cube central. (le seul qui soit tout blanc).

Au total, 8!*3⁸*12!*2¹²*6!*4⁶*24 façons de reconstruire un gros cube entièrement rouge.

Les reconstructions étant équiprobables, la probabilité demandée est 8!*3⁸*12!*2¹²*6!*4⁶*24/(27!*24²⁷).

Après réductions, la probabilité s'écrit 1/N, avec

N=2⁵⁶*3²²*5²*7*11*13²*17*19*23=5465062811999459151238583897240371200

D'où la valeur approchée de la probabilité: 0.1830*10^-36.

Une autre méthode, légèrement différente:

On peut calculer la probabilité p1 de bien placer le cube central (p1=1/27) puis, le cube central étant supposé placé, la probabilité p2 de bien placer les 8 cubes de coins puis la probabilité p3 de bien placer alors les 12 cubes de milieux d'arêtes et enfin la probabilité p4 de placer alors les 6 cubes de milieux de faces. La probabilité demandée est le produit p1*p2*p3*p4.
On retrouve bien sûr le même 1/N que précédemment.

bonjour à tous,
d'abord merci  à Rogerd de m'avoir choisie comme héroine de son énigme,je l'ai cherchée aussitôt(et trouvée d'aprés le corrigé)mais j'ai horreur des grands nombres et je n'ai pas eu le courage d' essayer de mettre mon résultat sous la forme demandée j'étais sûre de me tromper
>>Jamo ,je suis effectivement très bricoleuse mais j'aurais d'abord découpé un gros cube pré-peint en rouge que j'aurais redécoupé en 27 petits=>pas de risque de coulures de rouge sur les faces blanches
merci encore à vous deux  pour cet exercice de probabilités

Enigmo 71

Merci rogerd , merci jamo pour cette excellente enigme calculatoire .
Je me permets une petite remarque au nom de la rigueur mathématique
qui doit être particulièrement honorée sur ce site .
jamo tu demandais une valeur approchée avec 4 chiffres significatifs:
2 réponses attendues
certains n'ont pas répondu à cette demande , d'autres ont donné une
réponse inexacte (5 chiffres significatifs pour nofutur2 et 3 chiffres
significatifs pour kioups).
  Bien sûr jamo , j'approuve ta clémence , j'aurais fait de même à ta
place , c'est bien sûr un petit détail , mais qui est de nature à
avantager les réponses rapides sur les réponses soignées ou argumentées
  
Salut à tous notamment à rogerd ,jamo ,nofutur2 et kioups

Pour la réponse de kioups, étant donné que le chiffre significatif suivant est un 0, on peut admettre que c'est bon (même si en toute rigueur, il est vrai qu'il faudrait mettre le 0).

Et pour nofutur2, il a préféré en mettre un de plus dans le cas où j'aurais peut-etre attendu 1,829 ou 1,830 (troncature ou arrondi).

Bref, vu la difficulté de l'énigme, je n'ai pas chipoté là-dessus.

Salut poldenys !

4 chiffres significatifs, c'est pas simple, sauf si on tronque !
La réponse la plus exacte est celle de Nofutur : 1,8298x10-37
En arrondissant avec 4 chiffres significatifs, ça donne 1,830
Or le 0 ici est inutile (je me bats assez avec mes 6èmes !).

Ptete que ça aurait été plus judicieux avec 3 ou 5 nombres significatifs...

chiffres, pas nombres....

Avec 4 chiffres significatifs, 1,83 donne bien une valeur comprise entre 1,8295 et 1,8305.

J'aurais pu effectivement écrire 1,830 mais le 0 n'est pas utile dans l'écriture bien qu'il ait son utilité dans l'arrondi.

Je pense qu'il faut bien le 0 :
Par contre la solution est 1,8298x10^-37 et non 1,8298x10^-36 (correction).
Aie ! J'ai oublié le 3⁸ hereusement mon jumeau (hugalov) m'a rattrapé !

^{En espérant que la gémellité ne soit pas compté comme du multi-compte}

matovitch : au temps pour moi ! Un cas qu'on ne retrouve qu'une fois sur 10 !

Allez, je fais remonter ce sujet d'actualité