Réponse à :  Les neuf enclos (pour une nouvelle énigme cochonne)    ***



Un petit en clos a comme dimensions :
a=  512141838014641006378427091209 porcs
b=  551719199712124608851008673333 porcs

Voici une solution à mon énigme.
C'est la seule solution symétrique par rapport à la diagonale principale.

Le joueur B a une stratégie gagnante : montrons par récurrence sur n que pour toute grille carrée de cases, et tout choix d'une des cases, on peut recouvrir les autres par des figures de 3 cases en L.
Initialisation : n=1. Clair.
Pas de récurrence : on suppose le résultat vrai pour n. Considérons une grille   et enlevons lui une case. La grille peut être divisée en 4 quadrants de cases. La case enlevée appartient à un des quadrants. On peut placer un L avec le coin rentrant au centre de la grille de telle façon qu'il couvre une case de chacun des trois autres quadrants. On applique alors l'hypothèse de récurrence aux quatre quadrants.

Mon énigme n'est pas très originale : c'est un classique du raisonnement par récurrence.

Bonsoir
-> godefroy_lehardi :
en voulant poster ma grille réponse j'ai constaté que c'était celle-là que je vous ais d'abord posté ( par inadvertance ou distraction :honte à moi)
Je me permets donc de vous poster dans le même style une grille vierge
dont l'objectif  est de remplir les 81 cases d'après les règles d'un sudoku
: placer les 9 chiffres de 1...à 9 dans chacun des 9 petits carrés ainsi que dans
chacune des lignes et colonnes du grand carré
mais en plus de vérifier que les sommes des 3 chiffres placés dans 3 cases contigues
de bordure  =  aux nombres en rouge placés horizontalement et verticalement
( ces nombres en rouge sont donc les sommes de 3 termes horizontaux ou verticaux).
A+
P.S. si vous ne trouvez pas ( cela m'étonnerait) et que je reçois un poisson je ne serais  pas vexé pour autant
Bonne recherche            

Réponse à l'énigme de geo3 :

Elle est vraiment dure à trouver sans la réponse.

Merci pour cette énigme très sympa.

Malheureusement, la correction est intervenue beaucoup trop tard pour que je puisse t'accorder le smiley.
_{D'où l'importance de faire un aperçu avant de poster.}

Bonjour

Réponse : Il y a 27 configurations hardies possibles.

Soit (ABCDE) une configuration hardie.
Il y a 10 distances entre ces 5 points, et elles prennent exactement deux valeurs qu'on peut toujours supposer être  d = 1  pour la petite et   > 1  pour la grande.Si par convention d=3, il suffit de multiplier par 3 les valeurs de   qui seront obtenues ci-après.
Codons la solution (ABCDE) à l'aide du 10-uplet des distances dans l'ordre AB, AC, AD, AE, BC, BD, BE, CD, CE, DE.
Ainsi, la solution de la figure de l'énoncé avec = 1,633.. (segment en rouge ) composée de deux tétraèdres égaux accolés par leur face commune (BCE) sera codée [1, 1, , 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1].

Voir les 27 figures ci-après suivies du tableau qui décrit leurs caractéristiques.

Bonjour,

Pour augmenter ses chances, j'imagine qu'il valait mieux répondre les premiers jours en même temps que tout le monde, mais bon, allons-y quand même.

Alors voilà ...

J'ai rempli une grille 3x3 avec des chiffres (de 0 à 9) qui me venaient à l'esprit, et ça m'a donné ça:


Puis j'ai noté les 2 nombres lus
- de gauche à droite puis de bas en haut : 592314480
- de bas en haut puis de gauche à droite : 534918240

Puis j'ai calculé leur PGCD : 720

Puis évidemment, je me suis dis qu'on pouvait chercher le plus grand PGCD possible.
Puis évidemment, je me suis dit qu'on pouvait agrandir la grille.

Voici ma question, donc :
Si on remplit la grille de manière à avoir 2 nombres différents, donc sans symétrie par rapport à la diagonale,

Quel est le plus grand PGCD possible pour une grille 7x7 ?

_{J'espère que c'est pas trop facile à trouver ... en tout cas moi ça m'a pas paru évident du tout.}

Réponse à l'énigme de jugo :

Je tente une réponse rapide, fondée sur l'intuition qu'il vaut mieux faire simple quand il s'agit de grands nombres comme ici.
Etant donné que si un nombre divise a et b, il divise aussi a-b, j'ai cherché 2 nombres dont la différence est aussi grande et aussi aisée à calculer que possible
Ca me donne la grille suivante :



Nous avons donc les nombres 90000009.10⁴¹ et 99.10⁴⁷, dont le PGCD vaut 99.10⁴¹.
Sans aucune garantie...

Merci pour cette énigme particulièrement bien trouvée et agréable à chercher.

Bonsoir
Voici une réponse au sudoku posté   le 19-02-2013  à 18h57
A+

Nous avons construit un carré avec huit allumettes, représenté ci-dessous par les segments [AB], [BC],[CD], [DE], [EF], [FG], [GH] et [HA] pour éviter tout malentendus.

Comment diviser ce carré en 2 zones de forme et de surfaces identiques en utilisant 4 allumettes supplémentaires ?

Il va de soit que toutes les allumettes sont identiques ;

Bon jeu !
En espérant que cette énigme te prenne la tête pendant plus d'une heure !

Réponse à l'énigme de Choukette :

J'y ai passé un peu plus d'une heure quand même.
Mais je pense y être arrivé



Désolé pour la qualité du dessin.

Merci pour cette énigme très chou(k)ette !

bonjour

bonne idée cette saturnale !
et courageux de ta part, ça doit te demander du boulot...!

voici mon énigme :

Citation :
Sur une grille carrée 7X7, 16 points distincts sont placés (sur les intersections). En reliant certains de ces points, on peut former des carrés. Chaque point constitue le sommet d'exactement 3 carrés distincts.
A toi de placer les points pour respecter ces conditions.

Pour être sûr d'avoir été clair, voici un petit exemple :

dans le tableau ci-dessus, on peut former 2 carrés : 1-3-4-2 et 2-3-6-5
le point 2 constitue le sommet de 2 carrés.

Réponse à l'énigme de lo5707

Bravo pour cette énigme superbe !
Mais je m'avoue vaincu.
J'avais pas mal avancé mais j'étais encore loin de la solution, que j'ai hâte de connaître.

j'en déduis par l'heure de ton post que si ma solution est correcte j'ai droit à un smiley

voyons ça...

voici la répartition qui convient :


en dessinant les carrés :



J'avais déjà posé cette énigme, mais sous une autre forme ----->   JFF_les cavaliers

Bonjour,

J'aurais du mal à expliquer tout mon raisonnement et mes calculs, mais l'idée,  c'est de répéter la séquence 8910 dans la grille.
Dans l'autre sens, on se retrouve avec la séquence 8019 = 8910 x 0,9.
Pour la dernière case en bas à droite, on garde un 0.

Ca marche pour les grilles 3x3, 7x7, 11x11 etc.
Pour les autres, il faut rajouter un ou des 0 après le 9.
Le PGCD est le plus grand nombre divisé par 10 (ou le plus petit par 9).

Pour une grille 7x7, le plus grand PGCD possible est alors :

891089108910891089108910891089108910891089108910

Bonjour,

Je me suis vraiment creusé la tête sur ce coup-là. C'est plus facile de résoudre des énigmes que de les poser.

Voici mon énigme :

On a un échiquier (8x8 cases) et 16 planches en bois en forme de L.

Schéma d'une pièce :

*
***

Chaque étoile couvre exactement une case de l'échiquier. Une planche couvre donc 4 cases. On peut la poser dans n'importe quel sens (c'est à dire, pivotée de 90°, 180° ou 270° par rapport à mon schéma) ou même la retourner. (comme ceci)

***
*

et de même, on peut la pivoter de 90°, 180° ou 270°.

Le but est de couvrir tout l'échiquier avec ces 16 pièces, toutes identiques.

Question : Combien existe-t-il de manières différentes de couvrir complètement l'échiquier ?

p.s. : On ne tient pas compte des symétries ou des rotations. Par exemple, une solution et la solution symétrique par rapport à la verticale sont considérées comme différentes (sauf si la symétrie redonne la solution de départ, bien sûr).

p.s. : Ca serait sûrement plus parlant avec un dessin mais je suis nul en dessin sur ordinateur. Il faudra faire avec ma description. Désolé.
Bonne résolution !

Question bonus : La même mais pour un damier (10x10 cases)

Bonjour

Voici ma proposition d'énigme, en espérant qu'elle respecte les conditions énoncées
Je précise qu'à moins de 40 heures de l'échéance, je n'ai pas encore moi-même trouvé la réponse à mon énigme, ce qui rend le challenge un peu plus piquant.

Considérons une grille carrée de dimensions NxN, dans laquelle on écrira une et une seule fois chacun des N² plus petits nombres premiers distincts, dans un ordre quelconque.
On obtient ainsi une matrice carrée constituée de nombres premiers, dont on peut ensuite calculer le déterminant. Selon l'agencement des nombres premiers dans la matrice, ce déterminant peut varier.

Par exemple, pour N=3, les nombres premiers à placer sont , et on peut montrer que le plus grand déterminant possible sera 6640, que l'on obtient notamment avec la matrice :


Question: pour N=4 et en utilisant une seule fois chacun des 4x4=16 plus petits nombres premiers (de 2 à 53), quel sera le plus grand déterminant possible?

Réponse à l'énigme de brubru777 :

Je me suis vraiment bien amusé à chercher cette énigme.
J'ai trouvé pas mal de manières différentes de couvrir un quart ou un tiers de l'échiquier. Par combinaisons et symétries successives, on peut donc calculer le nombre de recouvrements possibles.

Le problème, c'est que j'ai aussi trouvé des recouvrements sans aucune symétrie, ce qui me laisse penser que le nombre exact doit être très difficile à trouver. Tout ce que je pense savoir, c'est qu'il est très grand.
Je ne vais donc pas proposer de solution au pifomètre.

Je suis impatient de voir ta solution (et il faudra qu'elle soit suffisamment convaincante )

Evidemment, ce n'est pas le tiers mais les 3/8^èmes de l'échiquier.

Solution de mon énigme :
Si mon programme est correct (et je pense qu'il l'est), il y a 141 970 manières différentes de recouvrir un échiquier de 8x8 avec 16 pièces en L.

Question bonus :
Pour un damier de 10x10, avec 25 pièces (ça me semblait tellement évident que j'ai oublié de le préciser, pardon), il y en a... 0.

Cette joute m'a fait penser à un manga : Phi Brain. Dans ce manga dont l'histoire tourne autour de la résolution d'énigmes et de casse-tête logiques, certains personnages sont des givers (qui conçoivent des énigmes) et d'autres des solvers (qui les résolvent). Moi qui suis un pur solver, ça m'a fait bizarre de me mettre un moment dans la peau d'un giver pendant un instant.

Réponse à l'énigme de ksad :

Comme je ne suis pas sûr de me réveiller à temps demain matin , je vais poster ma réponse maintenant.

Je propose la grille suivante dont le déterminant est égal à 4853256 :

41 31 2 23
3 47 29 17
37 5 43 13
11 7 19 53

J'ai procédé par tâtonnements. J'ai donc assez peu d'espoir de tomber juste.

Merci beaucoup pour cette belle énigme

Bonjour,

Petite question : si personne n'a d'énigme en cours 24h avant la clôture officielle de la joute, le sujet sera-t-il ouvert plus tôt ?

Kidamicalement

voici ma réponse (sauf erreur de calcul, bien entendu) :
le plus grand déterminant possible pour une grille carrée 4x4 contenant les 16 plus petits nombres premiers est 4 868 296, obtenu par l'arrangement suivant:



merci pour cette joute au concept... intéressant !
à bientôt

Bon je met quand même ma solution même si je pense que tu ne vas pas l'accepter.
C'est en faisant mon dessin que je me suis dit que, comme les points solutions ne sont pas sur le quadrillage, tu risque de ne pas apprécié...
Même si avec l'indication sur les longueur cela se retrouve facilement..

Je pense que le dessin parle de lui même sur la méthode à appliquer, je m'épargne donc quelques lignes futiles de rédaction.

Question : Quel est le nombre entier à 10 chiffres qui « contient » le plus de cubes non nuls et tous différents ?

Il faut remplir les dix cases avec les chiffres de ce nombre.

un poisson !
je plafonne à 6 en 9 chiffres
5125827641
512 125 8 27 64 1

Clôture de l'énigme :

Merci à tous d'avoir bien voulu passer momentanément de l'autre côté de la barrière (du miroir ?) pour cette joute un peu spéciale.
Je ne sais pas pour vous, mais moi, je me suis régalé.
Bravo à vous tous !

Mon but n'était évidemment pas de prouver que je suis le plus fort (tout ce que j'aurais réussi à montrer, c'est l'étendue de ma vanité ).
J'espère simplement vous avoir fait partager le plaisir qu'on éprouve quand on arrive à créer une énigme (pour ceux qui ne l'avaient jamais fait).
Vous aurez peut-être aussi touché du doigt la difficulté à rédiger un énoncé clair.

Et puis, qui sait ? Peut-être que quelques-uns d'entre vous auront envie de devenir posteur officiel après ça ?
_{Enfin, pour certains, il faudra être un peu plus raisonnable dans le niveau de difficulté}

Je vous propose maintenant de partager ces énigmes remarquables, sans limite de temps (en faisant attention à ne pas lire les réponses).

Si vous pensez que j'ai estimé à tort avoir résolu votre énigme, faites le moi savoir rapidement.

Par ailleurs, comme je ne suis pas sûr de pouvoir vérifier la véracité de toutes vos solutions, je pars du principe que vous avez raison jusqu'à ce que quelqu'un vienne éventuellement, et de façon indiscutable, prouver que vous vous êtes trompé.

Les réclamations pourront être faites au plus tard jusqu'à ce que la dernière énigme du mois de février soit corrigée.

Bravo pour la correction.

Je n'avais pas précisé que les carrés devaient être tous différents et différents des termes .
J'admets mon poisson car ma question était mal posée.
(ma solution était nettement plus compliquée à trouver )

Bonsoir,
voilà qui va nous faire du boulot ! (mais pas en 24 heures...!)

A la première lecture, un bon nombre d'énigmes valent les 4**** !
J'imaginais, comme probablement beaucoup de participants, plus de poissons sur cette énigme. Cela explique certainement la difficulté des énigmes posées.

^{@godefroy_lehardi: Désolé pour l'hermétisme mais cela faisait partie du jeu (comme expliqué), sauf pour le 24H (en italique) visant à noyer le poisson (que j'ai fini par décrocher!)}

Convaincu de mon poisson, je n'avais pas regardé la solution proposée:
18+1=19 n'est pas un carré!
2+5=7 n'est pas un carré!

@ fontaine6140 :

Tu as parfaitement raison. Je n'avais pas vu l'aspect cyclique de la liste de nombres formant le Scar.
J'ai corrigé ton poisson en smiley.

Désolé.

Merci

Merci beaucoup pour cette joute sympa !

Je n'ai pas fini de décrypter tous les énoncés, mais certains ont eu des super idées.
Ma préférée est pour l'instant celle de frenicle. Le principe est simple, mais efficace.

Bravo à Godefroy pour s'être mis en danger de cette façon.
Je vais essayer de poster un message pour expliquer comment résoudre facilement le problème que j'ai posé.

En effet, pas facile de pondre une énigme sympa.

Je ne pouvais guère faire plus difficile, car il fallait que la difficulté soit abordable pour moi. Rendez-vous dans quelques années quand j'aurais terminé mes études de maths.

J'ai lu rapidement les énoncés, et toutes ces énigmes m'ont l'air vraiment costaudes mais géniales, à l'occasion je tenterais d'en résoudre une ou deux (ça serait déjà super).

En tout cas, c'est bien vous, Lehardi, qui méritez le plus gros , ça c'est ce que l'on appelle de la hardiesse (ou du masochisme, au choix).

Merci Kidam mais je n'ai vraiment pas eu l'impression de me mettre en danger.
Au contraire, je me suis fait plaisir.

Et maintenant, vous avez vous aussi l'occasion de vous faire plaisir avec ces 23 (ou 22) nouvelles énigmes "gratuites".

Il me manque un 29 février !
Question : Quel est le nombre entier à 10 chiffres qui « contient » le plus de cubes non nuls et tous différents ?

1728000000  [1,8,1728,8000,1728000,8000000,1728000000]   soit 7 cubes de [1,2,12,20,120,200,1200]
ou
8615125000  [1,8,125,512,125000,8615125,8615125000]  soit 7 cubes de [1,2,5,8,50,205,2050]
ou mieux ?

>godefroy_lehardi

En rerelisant l'énoncé ,je viens de voir mon inattention:
+24h et non-24h--je l'aurais un jour

>godefroy-le hardi et diablow

Pour me donner bonne contenance,
je donne une variante à celle de diablow:


15  19  10  27  16 33
11  29  9   28  20  5
2   14  24  17  4  23
32  26   8  25  12 35
7   18  21   1  31  6
13  36  30  14  34  3

Bonjour Godefroy-le Hardi,
Comme je m'y attendais tu as résolu l'énigme que je proposais. Mais ce qui m'a surpris est que tu n'as pas utilisé de récurrence. As-tu procédé par essais et erreurs ?

Oui, j'ai d'abord commencé par chercher un recouvrement sans la case en haut à gauche.
Puis, de proche en proche, j'ai trouvé des solutions pour les autres cases.

Mais la solution par récurrence est bien plus élégante.

Bonjour Godefroy, bonjour à tous.

Effectivement, passer "de l'autre côté de la barrière" permet de prendre la mesure du travail qu'impose une énigme.
La mienne est une création (inspirée de ton saut de puce dans le cube qui avait donné du fil à retordre...), avec juste ce qu'il faut pour impressionner au départ... mais une solution sur tableur (ou par matrice programmée) qui se construit en dix minutes. J'espère que d'autres que toi s'y essaieront avec plaisir.

Je vais à présent reprendre ma place de "solver" et chercher les énigmes des autres participants (par respect... et pour le plaisir )...

J'ai commencé par l'énigme de frenicle, qui est jolie et élégante dans son principe.
En partant de l'idée que la solution doit être symétriquement permutable quatre fois, et en démarrant des cases de coin qui donnent la couleur dominante de chaque région... on trouve.

Voici une solution :

Merci à Godefroy... et à tous les "poseurs du dimanche" !

Pour l'énigme assez jolie aussi de GaBuZoMeu, voici en image une solution "heuristique" qui utilise au maxium les symétries.
Pour mémoire : il faut montrer qu'on peut paver de pièces de trois cases en "L" tout le reste de l'échiquier, quand on a fixé une case vide au départ...

Je regarderai sa solution par récurrence "à tête reposée" ...

L'énoncé de l'énigme de panda_adnap me semble incorrect, vu les conditions imposées dans la Joute 100. En effet il est bien précisé : "En cas de solutions multiples, le fait d'en trouver une seule suffira pour déclarer l'énigme résolue".
Or la question principale posée par panda_adnap est de trouver le nombre de solutions optimales et leur longueur. Et pour répondre à cette quetion, on est obligé de trouver toutes les solutions optimales, ce qui était contraire à l'esprit de la Joute 100 !

Du reste j'avais aussi pensé demander le nombre de solutions à mon énigme (il y en a 13). Mais comme alors il fallait les chercher toutes, j'ai trouvé que c'était tiré par les cheveux. Evidemment ça aurait rendu aussitôt l'énigme beaucoup plus difficile !

C'est vrai que l'esprit de la joute n'était pas respecté à la lettre.

Néanmoins, comme d'une part il arrive que l'arbitre ne voie pas toutes les fautes (et ça fait partie du jeu), et que d'autre part je n'aurais pas trouvé même une seule solution de toutes façons (j'ai toujours été très mauvais au taquin et en plus j'avais 6 énigmes à traiter en parallèle ), je ne vais pas revenir sur le smiley de panda_adnap.

J'espère que personne n'en prendra ombrage et que l'esprit de compétition cédera la place au plaisir de jouer.

Enigme de masab :

Je confirme l'unicité de la grille solution (symétrique).

Les chiffres unités (9,3,7) se déduisent assez facilement en appliquant les règles, puis en recherchant le seul nombre premier xyz1 avec x, y et z parmi 3,7,9.

Ensuite on trouve sur le Web la liste des nombres premiers à 5 chiffres : Copier/coller dans un tableur.
Construction des couples premiers de la forme 51xy9 et 15zt3, puis pour chaque couple, recherche des couples premiers de la forme xz5*7 et yt*51.
Au final un seul cas vérifie toutes les contraintes. Ce qui me semble très étonnant (considérnt le nombre de cas intermédiaires avant élimination par les contraintes).
Conclusion : Je serais curieux de connaître l'origine d'un tel problème.

C'est l'énigme qui m'en a largement le plus fait baver pour l'instant (en ne comptant pas celles dont la seule lecture de l'énoncé m'a collé la migraine ).

@pdiophante :  à mon avis tu peux en faire une thèse.

... ou même deux .

@GaBuZoMeu :

J'ai lu ta récurrence. C'est beau et simple comme l'oeuf de Christophe Colomb...
Ici, l'échiquier étant limité à 8x8, une solution à la main était trouvable dans un temps très raisonnable (une demie heure maxi)...
Pour un échiquier 32x32... la récurrence devient complètement indispensable.
Je ne sais pas si j'aurais trouvé.

En image, pour le plaisir :