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Enigmo 113 : Gontran et Donald

Posté par
jamo Moderateur
01-06-09 à 09:40

Bonjour,

Gontran et Donald font une partie de "pile ou face" qui se déroule en 10 lancers. A chaque lancer, le gagnant marque 1 point.
Le tableau ci-dessous donne l'évolution du score des deux joueurs après chaque lancer au cours d'une partie : Gontran gagne 6 à 4 !

C'est bien connu, Gontran est un chanceux et ne perd jamais !

Ainsi, Gontran et Donald ont joué plusieurs parties, et Gontran n'a jamais été mené au cours d'une partie. Ils ont parfois été ex-aequo, en cours ou en fin de partie, mais à aucun moment Donald n'a mené.

Question : combien de parties (de 10 lancers) où Donald n'a jamais mené sont-elles possibles ?

Bonne recherche !

Enigmo 113 : Gontran et Donald

Posté par
pythamede
re : Enigmo 113 : Gontran et Donald 01-06-09 à 12:04

gagné252

Posté par
hypatie
re : Enigmo 113 : Gontran et Donald 01-06-09 à 12:05

perduBonjour,

Je pense qu'il y a 248 parties possibles.

Posté par
manpower
re : Enigmo 113 : Gontran et Donald 01-06-09 à 13:32

gagnéBonjour,

sauf erreur Gontran le veinard peut gagner (ou au pire être ex-aequo avec Donald) sans être mené à aucun lancer, pour un ensemble de 252 parties...
Ici la tentation de faire un programme a été trop grande (plus sûr de ne pas oublier de cas et plus rapide aussi)!

Merci pour l'Enigmo.

Posté par
Nofutur2
re : Enigmo 113 : Gontran et Donald 01-06-09 à 14:56

gagnéJe trouve 252 parties possibles.

Posté par
13or
re : Enigmo 113 : Gontran et Donald 01-06-09 à 16:01

gagnéBonjour jamo,

Réponse : 252

Posté par
MatheuxMatou
re : Enigmo 113 : Gontran et Donald 01-06-09 à 18:13

gagnéBonjour,

je dirais qu'il y a 252 parties possibles dans lesquelles Donald ne gagne jamais.

MM

Posté par
plumemeteore
re : Enigmo 113 : Gontran et Donald 01-06-09 à 19:06

gagnéBonjour.
Il y a deux cent cinquante-deux (252) parties où Donald ne mène jamais.
Tableur pour un nombre pair de parties; autant de lignes et de colonnes plus une que de paires de parties
Première ligne : 1, 1, puis des 0
Formule en A2 : =A1+B1 à recopier dans le reste de la colonne.
Formule en B2 : = A1+C1+2*B1 à recopier dans le reste du tableau.
La case de colonne c et de rangée r indique le nombre de parties possibles de 2r lancers après lesquelles Gontran a une avance de 2*(c-1) points sans jamais été mené.

Posté par
lolo248
re : Enigmo 113 : Gontran et Donald 01-06-09 à 19:42

gagné252 parties (de 10 lancers) où Donald n'a jamais mené sont possibles.

Posté par
Nyavlys
re : Enigmo 113 : Gontran et Donald 01-06-09 à 19:44

perduGontran peut gagner 5 à 10 fois au cours d'une partie.
Pour une partie à 5 victoires, il y a (une combinaison de 5 parmi 10) parties possibles.
Pour une partie à 6 victoires, il y a (une combinaison de 6 parmi 10) parties possibles.
etc...

donc N =  10!/(5!5!) + 10!(6!4!) + 10!/(7!3!) ... + 10!/10!1!
N = 638

Posté par
Daniel62
re : Enigmo 113 : Gontran et Donald 01-06-09 à 21:37

gagnéBonjour Jamo,

ma réponse:  252 parties possibles

Posté par
daxtero
re : Enigmo 113 : Gontran et Donald 01-06-09 à 22:25

perdu90

Posté par
castoriginal
enigmo 113: gontran et donald 01-06-09 à 22:42

perduBonsoir,

normalement, il existe 2^10 solutions ou Donald n'a jamais mené soit 1024 parties de 10 lancers

Bien à vous

Posté par
master_och
re : Enigmo 113 : Gontran et Donald 02-06-09 à 02:02

perduBonsoir

En suivant cette formule i=5 10C10i je trouve 638 possibilités.

Voilà j'éspère ne pas être planté quelque part, et merci pour l'énigme

Posté par
castoriginal
enigmo 113: gontran et donald 02-06-09 à 09:08

perduBonjour,

je me suis trompé dans ma réponse.
Comme au premier lancer, il n'y a qu'une solution possible; la réponse est 2^9 solutions soit 512 parties où Donald n'a jamais mené !

J'ai donc donné l'ensemble des solutions pour tous les lancers (1024)

A bientôt

Posté par
master_och
re : Enigmo 113 : Gontran et Donald 02-06-09 à 12:19

perduJe viens de m'apercevoir que je me suis planté, la formule que j'ai cité dans mon premier poste englobe toutes les possibilités dans les quels Gontran mène enfin de partie, mais j'ai pas filtré les possibilités dans les quels il perd au cour de la partie.

Je vais donc corriger ma réponse (par pure programmation) et dire 252 possibilités

Posté par
LeDino
252 02-06-09 à 14:54

gagnéSur 1024 parties possibles (2 puissance 10), il y en a 252 pour lesquelles Donald ne mène jamais.

Merci pour l'énigme.

Posté par
carpediem
re : Enigmo 113 : Gontran et Donald 02-06-09 à 17:04

gagnésalut

1*8+6*8+14*8+14*6=252

....

Posté par
carpediem
re : Enigmo 113 : Gontran et Donald 02-06-09 à 17:43

gagnéexplication:

soit (i,j)un résultat de la n-ième partielle avec ij  et i+j=n

2 cas:

n est impair et j<i donc on multiplie par 2 chaque possibilité pour la (n+1)-ième partielle

n est pair et on peut avoir i=j et pour ce cas il n'y a qu'une possibilité au tour suivanti+1,j)
donc on mutiplie par 2 et on retranche le nb de couples (i,i) pour avoir l'ensemble des résultats à la (n+1)-ième partielle

ce qui donne (je ne mets pas les ( ouvrantes et sachant qu'au premier coup on a forcément (1,0)


1*2*2-1)*2*2-2)*2*2-5)*2*2-14)*2=252

Posté par
Keno
re : Enigmo 113 : Gontran et Donald 02-06-09 à 17:52

perdu89

Posté par
rijks
re : Enigmo 113 : Gontran et Donald 02-06-09 à 20:18

perduje dirais 284 possibilités.

Posté par
dhalte
re : Enigmo 113 : Gontran et Donald 02-06-09 à 21:19

gagnéBonjour
Le nombre de telles suites est 252

A comparer avec le nombre total de parties différentes : 2^{10}=1024


On appelle J(n,d) le nombre de suites de n tirages qui donnent à Donald un gain de d
Alors le gain de Gontran est n-d
Si d<0 ou d>n-d, J(n,d)=0
De plus J(0,0)=1
Et pour finir, le nombre de suites de n tirages qui donnent le gain d est obtenu en partant des suites de n-1 tirages avec un gain d-1, où Donald gagne au tirage suivant
auxquelles on ajoute les suites de n-1 tirages avec un gain de d, où Gontran gagne au tirage suivant

J(n,d)=J(n-1,d-1)+J(n-1,d)

Le nombre de suites de longueur n où le gain de Donald est toujours \le à celui de Gontran est la somme sur d des J(n,d)

Je ne sais s'il existe pour J(n,d) ou pour sa somme une expression non récursive en n et d.

d
somme012345
1n01
111
2211
3312
64132
105145
2061595
357161414
70817202814
126918274842
252101935759042


Prochaine énigme : combien existe-t-il de parties différentes où Donald peut gagner un temps mais finit par perdre au bout des 10 lancés (ou être à égalité) face à son énervant cousin.

Posté par
veleda
re : Enigmo 113 : Gontran et Donald 02-06-09 à 22:49

gagnébonsoir jamo,
soit (x,y) le couple d'entiers naturels représentant les scores de Gontran et Donald,les couples possibles  en fin de partie sont
(10,0),(9,1),(8,2),(7,3),(6,4),(5,5)
Donald ne menant jamais à l'issue de chaque lancer on a  xy et le point M(x,y)est strictement sous la droite d'équation y=x+1
j'ai donc cherché le nombre de chemins monotones croissants joignant l'origine aux six terminaux possibles et ne traversant pas la droite d'équation y=x
je trouve\bigsum_{x=5}^{10}\frac{2x-9}{x+1}C_{10}^x
ce qui donne 252 possibilités

il y a donc sauf erreur dans mes calculs 252 parties possibles
merci pour cet intéressant énigmo.
          

Posté par
jonjon71
re : Enigmo 113 : Gontran et Donald 03-06-09 à 11:57

gagnéBonjour !

Voici ma réponse :

Il y a 252 parties possibles (de 10 lancers) où Donald n'a jamais mené.

Je n'ai pas le courage de faire de la théorie pour justifier ce résultat. Par contre cela m'interesserait de la connaître. Je peux simplement dire qu'il y a 2^{10} = 1024 parties de 10 lancers possibles. Grâce à Maple je les ai simulé et compté qu'il y a en a 252 qui vérifient la condition du problème.

Merci !

Posté par
dpi
dpnald et gontran 03-06-09 à 19:21

gagnéLes probabilités pour Donald de gagner vont de 0/10 à 5/10 ce qui en séquence de 10 coups donne :  
(Avec 0=gagné et 1 = perdu)--->0000000000 à 0101010101.

Je me réfère donc au mode binaire
Jamais Donald ne gagnera le premier coup d'une partie .
En binaire nous aurions 2 puissance 9 cas soit 512 parties mais on sait qu'en cumul jamais Donald ne sera devant Gontran par exemple la séquence pour Donald 0000111110 est impossible de même toutes les séquences supérieures à 0101010101
je trouve 90 séquences du premier type et 170 du second .
Donc 512-90-170 =maximum 252 parties

Posté par
evariste
re : Enigmo 113 : Gontran et Donald 04-06-09 à 10:33

gagné252 parties :
1 avec le score de 10 à 0
9 avec le score de 9 à 1
35 avec le score de 8 à 2
75 avec le score de 7 à 3
90 avec le score de 6 à 4
42 avec le score de 5 à 5

Posté par
Tolokoban
Ma proposition 04-06-09 à 10:58

gagnéJe propose 252 parties sur 1024 possibles.

Citation :

public class Main {
    static private int wins = 0;

    public static void main(String[] args) {
        boolean[] plies = new boolean[10];
        perform(plies);
    }

    private static void perform(boolean[] plies) {
        plies[0] = true;
        perform(plies, 1);
    }

    private static void perform(boolean[] plies, int index) {
        if (index > plies.length - 1) {
            wins++;
            System.out.print("" + wins + ") ");
            for (int i=0 ; i<plies.length ; i++) {
                if (plies[i]) {
                    System.out.print("1");
                } else {
                    System.out.print("0");
                }
            }
            System.out.println("");
            return;
        }

        int count = 0;
        for (int i=0 ; i<index ; i++) {
            if (plies[i]) {
                count ++;
            }
        }
        if (2*count < index) return;

        plies[index] = false;
        perform(plies, index + 1);
        plies[index] = true;
        perform(plies, index + 1);
    }
}

Posté par
gloubi
re : Enigmo 113 : Gontran et Donald 04-06-09 à 11:28

perduBonjour,

Ma réponse: 258 048.

si j'ai bien compris la question ...  

Posté par
Rudi
re : Enigmo 113 : Gontran et Donald 04-06-09 à 15:43

gagnéBonjour

-----Réponse proposée-----
Il existe 252 parties (de 10 lancers) où Donald n'a jamais mené

-----Méthode employée-----
Elaboration de l'arbre des scores à partir de la 10eme partie(10-0, 9-1, 8-2, 7-3, 6-4, 5-5), en remontant vers la première (1-0)
Il suffit alors, à chaque niveau, de faire la somme des branches et de remonter ainsi à la première partie pour que la somme soit égale à 252.
Pour éviter de trouver cette solution "à la main", il aurait été souhaitable de demander un plus grand nombre de lancers, par exemple 20 lancers => 184 756 parties, ou 100 lancers => 100 891 344 545 564 000 000 000 000 000 parties

-----Méthode excel-----
On peut, en quatre images, présenter la procédure d'utilisation d'excel

fig.1 : mettre des 1 dans les cellules de la colonne B : [By = 1]
fig.2 : dans la cellule C2, faire la somme des 2 cellules B1 et C1 [C2=B1+C1]; puis étendre cette formule dans le reste du tableau : on crée ainsi le triangle de Jia Xian (XIe siècle), repris par Tartaglia puis Pascal (XVIIe siècle)
fig.3 : forcer à zéro les cellules D3, E5, F7... colorées en jaune [D3=1]
fig.4 : il ne reste plus qu'à faire les sommes lignes par lignes avec le résultat dans la colonne A [A1=SOMME(B1,Z1)]

La ligne N=10 fournit la valeur A10=252

-----Enigme dérivée-----
On peut aussi contraindre les deux joueurs à ne jamais être ex-aequo

Rudy

Enigmo 113 : Gontran et Donald  Enigmo 113 : Gontran et Donald

Posté par
torio
re : Enigmo 113 : Gontran et Donald 06-06-09 à 11:52

gagné252 parties

A+
Torio

Posté par
douceliane
re : Enigmo 113 : Gontran et Donald 06-06-09 à 13:20

perdu582

Posté par
ame_no_yume
Enigmo 113 : Gontran et Donald 07-06-09 à 10:51

perduBonjour ^^
Moi j'ai trouvé 6 parties possibles :
Gontran : 10/ Donald : 0 ;  
Gontran : 9 / Donald : 1  ;
Gontran : 8 / Donald : 2  ;  
Gontran : 7 / Donald : 3  ;
Gontran : 6 / Donald : 4  ;
Gontran : 5 / Donald 5 .
Voilà ^^ j'espère que c'est ça

Posté par
_Michel
re : Enigmo 113 : Gontran et Donald 07-06-09 à 23:13

gagnéAvec un petit bruteforce (oui petit, sur 1024 cas...), je trouve 252 solutions.

Merci pour cette sympatique énigme.

Posté par
kryzen
re : Enigmo 113 : Gontran et Donald 09-06-09 à 09:03

perdu266 solution

j'ai le détail si ça intéresse quelqu'un (après la fin du concours forcement)

Posté par
maher_91
re : Enigmo 113 : Gontran et Donald 09-06-09 à 14:24

perdubonjour,
j'ai pu trouver la solution à l'aide du compilateur "Pascal" (dépassé je sais ) ...
donc ma réponse est 353 parties possibles...

Enigmo 113 : Gontran et Donald

Posté par
shboul
Un bon paquet.... 10-06-09 à 10:50

gagnéSalut Jamo...
J'en trouve 252 mais c'est à voir...
Merci

Posté par
Lilli
re : Enigmo 113 : Gontran et Donald 10-06-09 à 23:57

gagnéSans certitude, 252
Bonne soirée!

Posté par
lo5707
re : Enigmo 113 : Gontran et Donald 11-06-09 à 19:44

gagnéBonjour,

Je trouve 252 parties possibles.


merci pour l'enigme

Posté par
totti1000
re : Enigmo 113 : Gontran et Donald 14-06-09 à 16:44

gagnéSalut Jamo,
J'ai trouvé 252 parties différentes où Donald n'a jamais mené.

Posté par
yoyodada
re : Enigmo 113 : Gontran et Donald 15-06-09 à 11:34

perduSalut jamo,

je trouve au total 198 parties possibles au cours desquelles Donald n'a jamais mené, en espérant ne pas en avoir oublié une ou deux au passage
Encore merci pour l'énigme !

Posté par
tudul
re : Enigmo 113 : Gontran et Donald 17-06-09 à 19:34

perduVoila, donc j'ai cherché toutes les solutions et j'ai trouvé 2*3*3*3*3 = 162 possibilités !!

Ci joint un tableau des possibilités, 1 representant Gontran gagne cette manche et rien Gontran la perds

Enigmo 113 : Gontran et Donald

Posté par
rezoons
re : Enigmo 113 : Gontran et Donald 20-06-09 à 11:05

gagnéBonjour ,
je trouve 252

Posté par
jamo Moderateur
re : Enigmo 113 : Gontran et Donald 21-06-09 à 13:14

Clôture de l'énigme

La bonne solution est : 252 parties.

Pour les explications, je vous invite à lire celles détaillées ci-dessus qui utilisent des tableaux, je pense que c'est ce qu'il y a de plus simple.

Posté par
maher_91
re : Enigmo 113 : Gontran et Donald 21-06-09 à 14:01

perdu
mon programme a l'air de marcher bien dans le début mais il lui arrive quoiiiii ???!!!!!!!!! 353 au lieu de 252 rrrrrrrrrrr.....

Posté par
Nyavlys
re : Enigmo 113 : Gontran et Donald 21-06-09 à 23:13

perduzut j'avais mal lu l'énoncé !
Ca m'apprendra

Posté par
jandri Correcteur
re : Enigmo 113 : Gontran et Donald 22-06-09 à 11:23

Bonjour,

C'est une énigme très intéressante; le résultat dans le cas général (pour une partie en n lancers) est : 4$C^n_{[n/2]}={n\choose [n/2]}; on a bien {10\choose  5}=252.

Il y a une démonstration très courte en interprétant par des chemins croissants suivant les lignes d'un quadrillage et en utilisant le lemme suivant:
Le nombre de chemins croissants allant de O(0,0) au point A(p,q) et ne traversant pas la droite (y=x) est égal à 4${p+q\choose  p}-{p+q\choose p+1}.
Le nombre de chemins de longueur n partant de O et ne traversant pas la droite (y=x) est alors égal à 4$\Bigsum_{k=0}^{[n/2]}\( {n\choose n-k}-{n\choose n-k+1}\)={n\choose [n/2]} puisque un tel chemin se termine en A(n-k,k) avec 0\le k\le [n/2].

La démonstration du lemme est très astucieuse et utilise le principe de Désiré André. Le nombre total de chemins croissants allant de O à A(p,q) est égal à 4${p+q\choose  p}. A un chemin partant de O et traversant la droite (y=x) on associe bijectivement un chemin partant du point O'(-1,1) en symétrisant par rapport à la droite (y=x+1) la partie du chemin joignant O au premier point sur la droite (y=x+1). Comme il y a 4${p+q\choose  p+1} chemins de 0' à A(p,q) on a bien le résultat annoncé.

Une remarque pour Rudi: pour n=100 on obtient 4${100\choose  50}=100891344545564193334812497256 (il faut calculer avec 32 chiffres significatifs!)

Posté par
gloubi
re : Enigmo 113 : Gontran et Donald 22-06-09 à 14:51

perduBonjour,

Il y a bien 252 "évolutions des scores" possibles, qui correspondent à 1024×252 = 258 048 parties différentes, selon le résultat des lancés.

Je me disais bien que je n'avais pas tout compris ...
"Why simple when something difficult's possible?"  

Posté par
Rudi
re : Enigmo 113 : Gontran et Donald 23-06-09 à 00:30

gagnéMerci jandry, en effet, mon excel ne travaille pas avec autant de chiffres significatifs

Rudy

Posté par
veleda
re : Enigmo 113 : Gontran et Donald 23-06-09 à 09:52

gagnébonjour,
>>jandryil me semble que  la methode que tu proposes est exactement celle que j'ai donnée

Posté par
jandri Correcteur
re : Enigmo 113 : Gontran et Donald 24-06-09 à 09:16

Bonjour veleda,

Tu as raison, nous avons bien la même méthode.
Le sigma que tu as obtenu peut se simplifier en \bigsum_{x=5}^{10}\frac{2x-9}{x+1}C_{10}^x=\bigsum_{x=5}^{10}\(C_{10}^x-C_{10}^{x+1}\)=C_{10}^5=252.

Challenge (énigme mathématique) terminé .
Nombre de participations : 0
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Temps de réponse moyen : 101:36:30.
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