Enigmes

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 #26 - 07-02-2012 14:21:31

Clydevil
Expert de Prise2Tete
Enigmes résolues : 29
Messages : 808
Lieu: Seahaven island

aMgie 3

Une question soulevée par Clydevil : le tour peut-il marcher avec 9 cartes ?

Rigoureusement: (Il y a peut être plus simple mais bon):
On va appeler "bucket" un ensemble de combinaisons qu'on obtient en ne faisant varier que la couleur de deux cartes consécutives. (il y a donc 9 combinaisons dans un bucket et un bucket est déterminé par deux choses, la paire de cartes variables, la combinaison des cartes non variables)
Attention: Si on considère tous les buckets on considère plusieurs fois la même combinaison.
On appellera "représentant" dans un bucket une combinaison pour laquelle l'assistant choisira de retourner  les deux cartes correspondant au bucket lorsqu'il tombe sur cette combinaison.
On est sur qu'il y a au maximum un représentant par bucket.
On veut également que pour toute combinaison il existe un bucket ou celle ci est représentant.
Avec 9 cartes visibles on a 8*3^7 bucket mais 3^9 combinaisons, c'est donc impossible.

#0 Pub

 #27 - 07-02-2012 17:16:27

titoufred
Elite de Prise2Tete
Enigmes résolues : 20
Messages : 1746

aMgie 3

Ah oui, je triche sans même m'en rendre compte ! lol

 #28 - 07-02-2012 18:56:19

Vasimolo
Le pâtissier
Enigmes résolues : 49
Messages : 4734

Magie

@Clydevil : j'ai le même argument qu'on peut expliquer en quelques mots smile
@Nodgim : tu peux expliquer comment l'assistant et le magicien codent et décodent avec 5 cartes ? Les deux cartes retournées peuvent avoir la même "parité" .

Vasimolo

 #29 - 07-02-2012 20:11:20

titoufred
Elite de Prise2Tete
Enigmes résolues : 20
Messages : 1746

magoe 3

Bon alors, il est assez facile de voir qu'on ne peut pas y arriver avec 9 cartes exposées (ou moins) :

En effet, il n y a que 8 retournements possibles.

Or, pour chaque combinaison que l'on choisit d'associer à un retournement, on en exclut automatiquement 8 (ce sont les combinaisons qui ont les mêmes cartes ouvertes), qui ne pourront être associées à ce retournement. Ce qui fait que chaque retournement ne peut être associé au maximum qu'à 1/9 des combinaisons.

8 x 1/9 < 1, le compte n'y est pas !

 #30 - 07-02-2012 20:24:06

titoufred
Elite de Prise2Tete
Enigmes résolues : 20
Messages : 1746

mague 3

Maintenant, si on n'impose plus aux cartes d'être voisines, il est assez simple de trouver un codage pour 6 cartes ou plus.

En effet, il y a un codage possible avec une carte retournée pour 3 cartes apparentes sur le même principe que celui exposé plus haut, que l'on étend facilement à 2 cartes retournées pour 6 cartes apparentes.

Quel est alors le nombre minimum de cartes indépassable ?

En suivant le raisonnement fait dans mon post précédent, on voit que chaque retournement est associé au maximum à 1/9 des combinaisons, et pour n cartes il y a n(n-1)/2 retournements. Ce qui donne n(n-1)>=18, soit n=5 minimum.

Reste maintenant à trouver comment faire, si c'est possible, pour n=5.

 #31 - 07-02-2012 20:26:22

Clydevil
Expert de Prise2Tete
Enigmes résolues : 29
Messages : 808
Lieu: Seahaven island

mzgie 3

@Clydevil : j'ai le même argument qu'on peut expliquer en quelques mots smile

Oui lol: il y a 3^9 combinaisons possibles mais pourtant 8x3^7 positions possibles avec 2 cartes cachées, ça ne peut donc pas être surjectif dans le sens positions->combinaisons.

 #32 - 07-02-2012 22:45:24

Vasimolo
Le pâtissier
Enigmes résolues : 49
Messages : 4734

Maige 3

@Clydevil : c'est ça smile
@Titoufred oui 6 cartes , ça marche , 5 je n'y crois pas trop . Mais bon !

Vasimolo

 #33 - 08-02-2012 01:06:30

titoufred
Elite de Prise2Tete
Enigmes résolues : 20
Messages : 1746

MMagie 3

En fait, c'était sûr qu'il existait une solution pour 5 cartes.

Le tout était d'en trouver une pas trop horrible, faisable par une personne entraînée au calcul.

En voici une que j'ai trouvée :

On associe un numéro à chaque couleur : B=0, R=1, V=2.

Pour une combinaison de 5 cartes données, on note x1, x2, ..., x5 les 5 numéros associés aux couleurs des 5 cartes de gauche à droite.

L'assistant calcule :

a = x1 + x3 + x4 + x5 (mod 3) et b = x2 + x3 - x4 - x5 (mod 3)

et enfin c = 3a+b

Ce nombre c fournit les cartes à retourner :
c = 0 => cartes 1 et 2, c = 1 => cartes 1 et 3, ..., c = 8 => cartes 3 et 5

Le magicien arrive, retrouve facilement c, puis a et b.
Pour finir, il doit résoudre un système de 2 équations à 2 inconnues qui est toujours de Cramer.

 #34 - 08-02-2012 12:45:36

ksavier
Professionnel de Prise2Tete
Enigmes résolues : 49
Messages : 166

mafie 3

@vasimolo, BRAVO !!

C'est un très joli problème. Et la solution est encore plus belle !

 #35 - 08-02-2012 14:09:56

Franky1103
Elite de Prise2Tete
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Messages : 2714
Lieu: Luxembourg

Mgaie 3

Je confirme: c'est une belle énigme et bravo. Je n'avais pas répondu, non par manque d'intérêt ou d'envie, mais plutôt par manque de matière grise lol (je n'avais même pas l'ombre d'une solution).
Edit: Pour moi, les énigmes sont automatiquement belles, quand je n'ai pas compris la solution lol

 #36 - 08-02-2012 14:19:35

Azdod
Expert de Prise2Tete
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Messages : 763
Lieu: In this universe ... !!

Magiie 3

Merci Vasimolo pour cette magnifique énigme ! smile


"Zero is where everything starts ! Nothing would ever be born if we didn't depart from there"

 #37 - 08-02-2012 14:42:01

gwen27
Elite de Prise2Tete
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Messages : 5,471E+3

Maggie 3

Oui, merci, c'était une très jolie énigme.

Par contre je ne crois pas à la solution à 5 cartes... Il n'y a que 20 codages possibles pour 27 combinaisons potentielles. Je ne comprends pas la solution, mais je suis convaincu que si je la comprenais, il serait possible de trouver 2 exemples différents qui amènent au même retournement de cartes.

 #38 - 08-02-2012 16:16:54

titoufred
Elite de Prise2Tete
Enigmes résolues : 20
Messages : 1746

aMgie 3

Illustration de ma méthode sur un exemple : le spectateur choisit B-R-V-B-V.

Avec la correspondance B=0, R=1, V=2, on note pour ce jeu :
x1=0, x2=1, x3=2, x4=0, x5=2.

L'assistant calcule :
a = x1 + x3 + x4 + x5 = 0 + 2 + 0 + 2 = 4 = 1 (mod 3)
et b = x2 + x3 - x4 - x5 = 1 + 2 - 0 - 2 = 1 (mod 3)
Ce qui donne c = 3a + b = 4. Il en déduit les cartes à retourner :
0=>12, 1=>13, 2=>14, 3=>15, 4=>23 : il retourne les cartes 2 et 3.

Arrive le magicien, qui voit donc le tableau B-X-X-B-V.
Il voit que les cartes 2 et 3 ont été retournées, donc c=4, donc a=1 et b=1.
a = x1 + x3 + x4 + x5, donc 1 = 0 + x3 + 0 + 2 (mod 3), donc x3 = 2.
b = x2 + x3 - x4 - x5, donc 1 = x2 + 2 - 0 - 2 (mod 3), donc x2 = 1.
Le magicien annonce alors que les cartes retournées sont, dans l'ordre, R-V.

 #39 - 08-02-2012 16:33:14

gwen27
Elite de Prise2Tete
Enigmes résolues : 49
Messages : 5,471E+3

Magi e3

Ce qui donne c = 3a + b = 4. Il en déduit les cartes à retourner :
0=>12, 1=>13, 2=>14, 3=>15, 4=>23 : il retourne les cartes 2 et 3.

Ca doit être là que je ne te suis pas...Pourquoi 4 => 23 ?

De plus :

3(x1+x3+x4+x5) + x2+x3-x4-x5 =4 mod3

3x1+x2+4x3+2x4+2x5 = 4 / 7 / 10 / 13 / 16 / 19 / 22  admet plein de solutions...

RRBBB
BBBRR
RBRBB
VRBBB
....  qui donnent toutes c=4 modulo 3

Que donnent ces solutions ?

 #40 - 08-02-2012 16:45:08

godisdead
Expert de Prise2Tete
Enigmes résolues : 22
Messages : 639

Magi e3

Gwen a dit : Ca doit être là que je ne te suis pas...Pourquoi 4 => 23 ?

Titoufred a dit :
Ce nombre c fournit les cartes à retourner :
c = 0 => cartes 1 et 2, c = 1 => cartes 1 et 3, ..., c = 8 => cartes 3 et 5

 #41 - 08-02-2012 17:04:32

gwen27
Elite de Prise2Tete
Enigmes résolues : 49
Messages : 5,471E+3

Magi 3

OK, je viens de comprendre... c est donné modulo 9.

Dans ce cas, si x4 et x5 ont le même facteur , ca laisse une incertitude sur leur ordre non ?

BBBVR = BBBRV ?

 #42 - 08-02-2012 17:13:25

godisdead
Expert de Prise2Tete
Enigmes résolues : 22
Messages : 639

magiz 3

Ben, dans son exemple, il ne retourne jamais 4 et 5 !

 #43 - 08-02-2012 18:00:33

Vasimolo
Le pâtissier
Enigmes résolues : 49
Messages : 4734

Magie

Bonsoir à tous et merci pour les messages de sympathie smile

La solution au problème initial a été donnée à plusieurs reprise , je n'y reviens pas .

Pour le cas de 5 cartes la solution de titoufred est plutôt originale car elle exploite le fait qu'il y a 10 paires de cartes pour 9 combinaisons de couleurs .

Je n'y croyais pas smile

Vasimolo

 #44 - 08-02-2012 18:25:05

nodgim
Elite de Prise2Tete
Enigmes résolues : 0
Messages : 2953

MMagie 3

Beau problème et encore une fois Titoufred s'illustre avec une solution à 5 cartes.

 #45 - 08-02-2012 19:06:04

Vasimolo
Le pâtissier
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mafie 3

La question d'une solution "calcul-facile" avec 5 cartes reste ouverte smile

Vasimolo

 #46 - 09-02-2012 10:05:20

Clydevil
Expert de Prise2Tete
Enigmes résolues : 29
Messages : 808
Lieu: Seahaven island

magir 3

Hello, je pense que la seule chose à vérifier dans la solution de Titoufred c'est le cas x3,x4  car ca donne deux équations "modulo". (et pas simplement 2 équations) et du coup en dehors d'une vérification particulière je ne connais pas d'argument simple pour conclure à l'unicité de la solution dans tous les cas.

Mais j'ai testé ce cas ne pose pas probleme, donc c'est valide ^^ smile

 #47 - 09-02-2012 11:19:21

titoufred
Elite de Prise2Tete
Enigmes résolues : 20
Messages : 1746

Maie 3

Les équations obtenues sont toujours dans Z/3Z, et l'on peut facilement voir qu'elles admettent un unique couple de solutions.

Pour le cas où l'on cherche x3 et x4, voici une résolution :
a + b = x1 + x2 - x3 donc x3 = x1 + x2 - a - b
puis a = x1 + x3 + x4 + x5 donne x4 = a - x1 - x3 - x5

De manière plus théorique, le déterminant de la matrice correspondant au système doit être inversible dans Z/3Z, c'est-à-dire non nul.
Pour le cas où les inconnues sont x3 et x4, la matrice est 1  1
                                                                                   1 -1
donc le déterminant est 1x(-1)-1x1=-2=1 (mod 3), c'est bon.

 

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