Bonjour à tous, nouvelle énigme :
On dispose d'un paquet de X cartes blanches numérotées de 1 à X. La carte 1 étant au dessous du paquet, la carte X sur au dessus (empilées dans l'ordre de 1 a X). On prend la carte du dessus, et on la place en dessous, puis on reprend une carte au dessus que l'on supprime du paquet. On répète cette opération jusqu'à ce qu'il ne reste qu'une carte. Cette carte porte le numéro 2006, quelle est la plus petite valeur de X ?
Bonne chance à tous !
Bonjour,
Ma réponse est X = 2090
car (2090+2006)/2 = 2048 = 211
première puissance de 2 supérieure à 2006
Merci et à bientôt, KiKo21.
Je trouve avec presque aucun calcul que la plus petite valeur possible pour est
en effet si le nombre vaut alors la dernière carte restante est la carte portant le numéro
si alors il existe un entier naturel k tel que et la dernière carte tirée portera le numéro
Dans le cas présent il fallait prendre et comme 2006=2048-42 alors on en déduisait que X=2048+42=2090.
Bonsoir, après avoir fait plein d'essais avec des fausses cartes, je remarque que si x est une puissance de 2, alors la derniere carte sera x, puis x-1, x-2 etc...
donc quand la derniere carte est 2006, la plus petite valeur de x est 2090
merci pour l'énigme
Bonjour,
Merci pour cette enigme qui demande un minimum de réflexion.
Je ne sais pas si il y a une méthode purement mathématique, j'ai utilisé une méthode par programation (simulation du déplacement des cartes avec une suite de valeurs)
Le programme:
*****************
<?
$n=2006; //nombre de cartes minimum (numero recherché)
$n3=$n; //pour conserver la valeur $n
while(!$stop){ //répeter tant que la valeur recherchée n'est pas atteinte
$n2=$n3;
$i=1;
while($i<=$n){//determination de la place de chaque carte au début
$carte[$i]=$n2;// soit $carte[$i] la position à l'instant précis de la carte de valeur $i
// à partir du dessus du paquet
$n2--;
$i++;
}
$nlive=$n; //nombre de cartes
$pastact="del";//pour que la première carte soit mise sous le paquet
while($nlive>=1){
while(list($key,$val) = each($carte)){ //cette boucle s'execute jusqu'à ce que le paquet soit revenu dans l'ordre initial
if($pastact=="del"){ //si la carte precedente a ete supprimee
//echo"pass $carte[$key]<br>"; //pour verification du programme uniquement
$pastact=""; //signaler que la carte n'a pas ete supprimee
}
else{ //si la carte precedente n'a pas été supprimée
//echo"sup $carte[$key]<br>"; //pour verification du programme uniquement
unset($carte[$key]); //supprimer la carte
$nlive--; //decompte d'une carte
$pastact="del"; //signaler la suppression
}
$val2=$val; //pour que la valeur de la dernière carte ne soit pas effacée lors de la prochaine boucle
}
reset($carte); //remise à 0 du pointeur, pour pouvoir repasser la boucle
}
echo "si x=$n3, dernière carte: $val2<br>"; //verifier la dernière carte ici
if($val2==$n){$stop=1;} //stopper la boucle si on trouve la valeur recherchée
else{$n3++;}
}
echo"solution: $n3" //affichage de la solution
?>
******************
j'ai fais quelques essais avec de petits nombres et une simulation sur papier, pour vérifier le programme.
La valeur de x de facon que la dernière carte soit la numéro 2006 est 3970
extrait:
"si x=3968, dernière carte: 2004
si x=3969, dernière carte: 2005
si x=3970, dernière carte: 2006
solution: 3970"
Je n'ai pas vérifié cette valeur manuellement bien entendu
Bonjour.
Après quelques essais, je remarque que la valeur X du nombre de cartes + la valeur de la carte finale est une puissance de 2.
Je propose donc comme solution X = 2090. (2090 + 2006 = 4096)
A+
X=2090
Il me semble que ça fonctionne mais mon aproche est expérimentale. Comment fallait-il poser le problème pour le résoudre mathématiquement ?
Bonjour, et merci encore pour l'énigme.
Ma réponse est 2090! Explications ce soir quand je ne serais plus au boulot!
Merci!
Bonjour!
Contrairement aux apparences, je n'ai pas trouvé cette énigme trop difficile
Avec des cartes j'ai effectué l'experience rapidement avec les valeurs de 2 à 10
J'ai eu ces resultatsD=derniere carte)
X 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
D 2 1 4 3 2 1 8 7 6 5
J'ai vu qu'on avait comme résultat pour chaque puissance de 2 le nombre X et que les valeurs de X suivantes donnaient des valeurs de D QUI Dédroissaient de 1 à chaque niveau
Or la pluis petite puissance de 2 apres 2006 est 2^11=2048
2048-2006=42
2048+42=2090
J'EN CONCLUS QUE LA PLUS PETITE VALEUR POSSIBLE POUR X EST 2090.
A la prochaine énigme
Bonjour
Réponse : 2090 = 2^11+(2^11-2006) = 2^(2+E(ln(2006)/ln2)-2006
Méthode :
En remarquant que toute pile dont la carte supérieure est S=2^n+p fournit la carte finale F=2^n-p
Supérieure = 2^n + p <=> Finale = 2^n - p
comme 2^10 < 2006 < 2^11 => p=2^11-F=2048-2006=42 => S=2^11+p=2048+42=2090
Sauf erreur de raisonnement,
Merci pour l'énigme,
Philoux
On peut donc répondre, pour n'importe quelle carte (hors puissance de 2), qu'il faut Y cartes, avec Y = 2^(2+E(ln(X)/ln2)-X, pour voir apparaître la carte X en dernière carte.
Sauf erreur (avec des puissances de 2, le 2 de la somme devient 1)
Bonjour,
Pour que la carte 2006 soit la dernière, il faut que X soit pair : en effet au premier passage du paquet, cela permet d'écarter toutes les cartes impaires, et de conserver toutes les paires.
Après passage en revue du paquet une seconde fois, par le même raisonnement, nous devons conserver toutes les cartes paires non multiple de 4, et écarter les autres. Donc X est pair mais non multiple de 4.
Nous faisons donc la recherche sur les X membre de la suite 2, 6, 10, 14, 18, 22, 26...
De façon empirique, on constate que :
Si X est membre de la suite 6, 10, 18, 34, … (obtenue en faisant 2 x le nombre précédent moins 2), alors la dernière carte a pour valeur X - 4. Soit U l'un des membres de cette suite. Cela revient à dire :
« si X = U, alors la dernière carte tirée a pour valeur U - 4. »
A nouveau de façon empirique on constate que :
X = U, dernière carte = U - 4.
X = U + 4, dernière carte = U - 8
X = U + 8, dernière carte = U - 12
X = U + 12, dernière carte = U - 16
X = U + 16, dernière carte = U - 20
Etc…
Nous devons donc rechercher d'abord le plus petit U supérieur à 2006, dernière carte du problème de Puisea.
La suite des U comporte les nombres 1026 puis 2050. Donc U = 2050.
Or : 2006 = 2050 - 44
Donc X = U + 44 - 4 = 2090.
Je propose : X = 2090.
Merci pour cette belle énigme.
La réponse que j'ai donné précédament est fausse, car j'ai inversé deux fois des variables dans mon programme:
ligne 7: while($i<=$n3){//determination de la place de chaque carte au début
remplacement de $n par $n3
ligne 13: $nlive=$n3; //nombre de cartes
remplacement de n en n3
Le résultat ainsi obtenu est 2090
un mauvais départ pour ce mois de mai...
Pour un tas comportant un nombre de carte égal à une puissance de 2, la carte restante est la première :
pour un tas de 1 carte, il reste la carte N°1
pour un tas de 2 carte, il reste la carte N°2
pour un tas de 4 carte, il reste la carte N°4 etc...
Pour 2048 cartes, il restera donc la carte N°2048.
Puis :
pour 2049 cartes, il restera la carte N°2047
pour 2050 cartes, il restera la carte N°2046 etc...
Pour qu'il reste la carte 2006, il faut donc au minimum X = 2048+42 = 2090
Valeur minimale de X pour que la carte restante porte le numéro 2006 :
X = 2090
Bonsoir,
je ne suis pas franchement en avance sur ce coup...
Sauf erreur, on cherche deux entiers les plus petits possible n et m vérifiant (où ).
En effet, tout nombre pair X de cartes, donc qui peut s'écrire sous la forme (avec ),
conduit à une dernière carte numérotée .
On trouve facilement n=11 puis m=21 (), le nombre cherché est donc .
( Le suivant est etc... )
Merci pour l'énigme.
Ma réponse :
Si on note le numéro de la derniere carte restante pour un tas de taille , en raisonnant sur des tas de tailles et , on obtient la récurrence suivante pour la fonction :
Bien sûr, . On remarque de plus que l'on a toujours . Cela se vérifie pour de petites valeurs de (, , , etc.) et ça se démontre à partir de la relation de récurrence sur . Dans cette formule, est bien déterminé : c'est la plus petite puissance de 2 strictement supérieure à .
Enfin, si on cherche à déterminer connaissant , on a une infinité de solutions, toutes de la forme , si cette valeur est supérieure à . Pour , toutes les valeurs de suivantes conviennent : , , , , etc. La plus petite, est solution de l'énigme.
A++
bonjour puisea,
après avoir remarquer
avec f l'application qui associe le numéro de la dernière carte à la taille du paquet de carte
et pour
or 2006 = 2048 - 42
donc la plus petite valeur de X est 2090
K.
BONJOUR LES GENS
désolé, dans ma précipitation j'ai oublié de dire bonjour
je m'en excuse auprès de tous.
bonne journée à vous
Vous excuserez mon retard pour l'explication de ma réponse, mais comme le dit le proverbe, mieux vaut tard que jamais!
Je suis parti du principe suivant:
Pour les paquets de x cartes, tel que:
x=1 donne 1 soit 1+1=2
2x<4 On obtient a tel que x+a=4
4x<8 On obtient a tel que x+a=8
8x<16 On obtient a tel que x+a=16
etc, etc...
En effet, lors de la première boucle, en enlève la moitié des cartes (à 1 pres si x est impair)
Au tour suivant en enlève encore la moitié des cartes soit le quart de x.
etc, etc...
J'en ai déduit que pour obtenir 2006, il fallait que le total entre le nombre de cartes et 2006 soit un terme de la suite géométrique Un=Uo x n avec Uo = 1 et n=2
Ainsi, le terme le plus petit vérifiant cela étant 4096, le nombre de cartes a prendre était 4096-2006 soit 2090!
Je sais pas si mon hypothèse est démontrable, en tout cas cela me semble juste.
Je n'ai rien contre les programmateurs fous, mais l'avantage de mon raisonnement est une mise en application évidente. Car passionné de cartomagie, j'ai d'ores et déjà mille idées en tête pour trouver des tours où la carte perdue serait trouvée grace à cette méthode..
Merci encore pour l'énigme passionnante comme toujours
A bientôt
Bonjour, je trouve cette énigme très sympa.
J'ai fait l'expérience mais bien évidemment, je n'ai pas pu aller assez loin lol.
Donc bon, ma constatation est que si j'ai 2n+i cartes, ma carte finale est 2n-i, si i appartient à [0;2n+1-1].
Donc là, la carte finale est 2006 qui est 211-42, donc il me faut 211+42 cartes, soit 2090 cartes.
Merci pour cette énigme...
Bonjour,
Etant donné qu'il est déjà 00:13, je n'ai pas essayé de finasser pour trouver une réponse.
J'ai essayé ce qu'on obtenait comme résultat pour .
La dernière carte porte respectivement le numéro .
Et je me suis dit que ça devait être pareil pour la suite.
Ma réponse est donc X=2090.
Merci pour l'énigme.
Très jolie énigme... je vois que je ne suis pas la seule à avoir pris la méthode expérimentale avec des vraies cartes (pourquoi blanches ?)
D'ailleurs après avoir manipulé les cartes et passé un temps fou à les retrier, j'ai fini par voir qu'on pouvait aussi le faire avec papier et crayon. Bravo à ceux qui l'ont fait par le calcul
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