Chercher une suite de 0 et de 1, la plus courte possible contenant les huit messages de trois bits : 000, 001, 010, 011, 100, 101, 110, 111.
Un petit exemple pour comprendre le principe :
la suite 10110 contient uniquement les trois messages suivants : 101, 011 et 110...
A vous de jouer.
Clôture vendredi vers 17 h.
Cette suite est composée de 10 chiffres au minimum, elle est : 1110100011
La taille la plus courte possible est 10.
1011100010 fonctione
voilà ma réponse
1110001011 en 10 ...... pas mieux pour le moment
0 0 0 1 0 1 1 1 0 0
cela doit être ça puisqu'à priori on ne peut descendre en dessous de 10 chiffres.
Salut à tous ,
Je propose : 1000111010.
Je ne sais pas si c'est la seule possible, mais il n'y en a pas de plus courtes .
Bonne chance à tous , et merci à Victor pour cette énigme .
En espérant avoir juste ,
À +
Coucou
Pourquoi pas 010001110110 ?...
J'aurais au moins tenté
@+
Emma
Bonjour, je dirais 00011100101,
en espérant avoir compris le principe
@+
la réponse c'est 0001011100
il y a le 000 : (000)1011100
il y a le 001 : 0(001)011100
il y a le 010 : 00(010)11100
il y a le 101 : 000(101)1100
il y a le 011 : 0001(011)100
il y a le 111 : 00010(111)00
il y a le 110 : 000101(110)0
il y a le 100 : 0001011(100)
Euh... il y a vraiment beaucoup de possibilités non?
En voici deux, elles comportent 10 chiffres.
0010111000
1011100010
01110010 c peut etre pas la plus courte mais c déja ca !!
1000101110
J'espère que c'est la plus courte...
$$$
Bonsoir à tous,
le plus dur était ici de trouver la longueur la plus courte de la suite qui était, comme beaucoup l'ont trouvé, de 10 bits.
Ensuite, il y avait effectivement plusieurs solutions que vous avez presque toutes trouvées dans vos réponses.
Pour ma part, j'ai trouvé 16 solutions différentes:
0001011100 ; 0001110100 ; 0010111000 ; 0011101000
0100011101 ; 0101110001 ; 0111000101 ; 0111010001
1000101110 ; 1000111010 ; 1010001110 ; 1011100010
1100010111 ; 1101000111 ; 1110001011 ; 1110100011
Mais il y en a peut-être d'autres...
Bravo à tous...
@+
En appelant n le nombre de lettres des mots que la séquence cherchée doit contenir (ici n=3),
Avez-vous remarqué que les n-1 premières lettres sont les n-1 dernières lettres, si la séquence est bien la plus petite possible et que tous les mots sont dedans?
En ce qui concerne les réponses, tu les as toutes trouvées, car il y en a 2^(2^(n-1)) exactement (pourquoi?!)
A bientôt pour les intéressés.
Bonjour Victor,
Je suis un peu déçu par le :
"...A vous de jouer.
Clôture vendredi vers 17 h..."
puisque l'énigme a été clôturée Mercredi !!!
J'avais trouvé les dix bits mais pas le nombre de solutions possibles
Pour continuez, combien y-a-t-il de solutions ???
Quelle est la plus petite solution (en valeur décimale) ??
Et la plus grande ???
A+, KiKo21.
La réponse de meak est-elle bonne ???
"... En ce qui concerne les réponses, tu les as toutes trouvées, car il y en a 2^(2^(n-1)) exactement (pourquoi?!)..."
Soit 16. Comme tu dis, meak, pourquoi ??
A suivre...
Suite:
J'aimerais aussi bien savoir pourquoi!
Je l'ai conjecturé pour tous les nombres univers finis: Pour un alphabet de p lettres (ici p=2 et l'alphabet={0,1}), on forme des "nombres univers finis minimaux" qui contiennent tous les mots de n lettres de cet alphabet (ici n=3)
Et le nombre de ces nombres-univers vaut (p!)^(p^(n-1))
Cette formule a été vérifiée pour p=2 et n=2,3,4,5 ; p=3 et n=2,3 et p=4 et n=2; Après c'est trop grand pour pouvoir donner le résultat.
Est-ce que ça vaudrait le coup d'ouvrir un sujet pour débattre de la démonstration de cette formule? A voir.
PS: D'ailleurs, c'est en recherchant précisément le nombre 1110100011 que j'ai fait la connaissance de l'ilemaths.net en tombant sur ce sujet, vu que je n'avais encore trouvé aucun sujet sous google qui était en rapport avec ce que j'avais découvert.
Je trouve :
1101000111
Je ne sais pas si ce résultat à déjà été trouvé
Bonjour,
Démonstration par récurrence : je pense que c'est suffisant.
C'est que cela donne rapidement des suites énormes !!
Merci Meak, et A+, KiKo21.
Je ne sais pas si tu vas encore répondre, mais j'ai désespérément cherché une preuve par récurrence de manière constructive. Ces nombres-univers minimaux semblent être très difficiles à caractériser!
Pour passer de n à n+1, on met le nombre de solutions précédentes à la puissance p ... , je n'ai pas réussi à le montrer pour p=2 qui semble pourtant facile. Si ça te dis de te pencher sur le problème!
La situation déclenchante de ce problème a été en fait le code devant la maison de ma grand-mère. Il a 5 chiffres parmi 0123456789AB, et il suffit de taper ces chiffres dans l'ordre même après des codes faux pour que la porte s'ouvre.
Par exemple, si le code est 44B18, alors dès que je tape la suite 123644B1804, dès que j'appuie sur le 8 la porte s'ouvre.
Quel est donc une séquence minimale contenant tous les codes? Si je tape la suite 134A23, j'aurais testé 2 codes: 134A2 et 34A23. A chaque fois que je tape un chiffre, je teste un code... j'ai vu de manière théorique qu'en tapant 2 chiffres à la seconde, on pourrait tester tous les codes en 34 heures.
Sachant qu'on risque de taper 4 chiffres à la seconde avec de l'entraînement, on peut tester tous les codes en seulement 18 heures, et alors tu auras une chance sur deux après 9H d'avoir trouvé le bon code, ce qui n'est pas négligeable (tu fais cela une heure par nuit, pendant deux semaines, et c'est bon!)
Salut Meak,
C'est effectivement très intéressant de savoir ça pour un cambrioleur. Il suffit de mettre au point un petit doigt robotisé piloté par un petit automate programmable : on doit pouvoir faire plus de 4 touches à la seconde sans problème !!!
Si p!(p^(n-1)) donne le nombre de suites, comment calculer la longueur de la suite ?
Sur l'exemple donné en JFF, si tu dois essayer tous les codes, tu tapes une série de 8.3 = 24 touches alors qu'avec la suite et ton portail, tu pourrais te contenter de 10 touches.
Pour revenir à la démonstration, je démontre que :
p!(p^(n+1-1)) = p!(p.p^(n-1)) = [p!(p^(n-1))]p
sauf erreur...
A+, KiKo21.
"Pour revenir à la démonstration, je démontre que :"
Pas de bol: ça je le pense, justement, car la formule est une conjecture, donc ce que je veux montrer c'est qu'on met le tout à la puissance p pour obtenir l'étape à n+1, comme ça je démontre la formule.
C'est en regardant ma formule conjecturée que m'est venue à l'idée de passer de n à n+1 en passant à la puissance p.
Pour ce qui est de la longueur de la suite, c'est super-facile:
les n-1 premiers chiffres sont d'abord tapés, et ensuite, au mieux, à chaque chiffre tapé tu teste un code supplémentaire. Comme il y a p^n codes possibles, cela fait au minimum 2^n+n-1 touches à taper, et c'est ce minimum que je veux atteindre!
A+
Meak
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