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 #1 - 08-09-2013 01:00:16

Vasimolo
Le pâtissier
Enigmes résolues : 49
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gâyeau 63

Bonsoir à tous smile

Mon pâtissier a toujours adoré décorer le bord de ses gâteaux avec des bandes colorées ( voir par exemple le gâteau 60 ) et depuis peu il enroule ses galettes avec des rubans tricolores . C'est assez joli , mais la règle est stricte : chaque couleur est associée à une longueur 1 , 2 ou 3 et chacune d'entre elles doit apparaitre le même nombre de fois .   

http://img191.imageshack.us/img191/5544/1ufk.jpg

Les us et coutumes de mon pâtissier , tout le monde s'en fiche pas mal à commencer par moi lollollol

Mais bon voilà , il a remarqué qu'il pouvait toujours couper ses gâteaux en deux parties égales sans passer par l'intérieur d'un arc colorié  .

Depuis il m'empoisonne pour savoir si c'est toujours possible sad

A l'aide smile

Indice 1 :

Spoiler : [Afficher le message] http://img10.imageshack.us/img10/9387/bsms.jpg

Les points bleus et rouges sont régulièrement espacés , les bleus représentent les extrémités des arcs . 


Indice 2 : Spoiler : [Afficher le message] Il y a autant de points bleus que de points rouges .

Vasimolo



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 #2 - 08-09-2013 10:40:54

nodgim
Elite de Prise2Tete
Enigmes résolues : 0
Messages : 2953

Gâteauu 63

Il se peut que je n'ai pas bien compris.
Si une seule fois 123, on découpe comme ça .12.3
Si 2 fois, ou 2k fois: .123.123
Si 2k+1 fois: .12312.3123.

 #3 - 08-09-2013 11:17:07

Vasimolo
Le pâtissier
Enigmes résolues : 49
Messages : 4733

hâteau 63

@Nodgim

Il y a autant d'arcs de chaque couleur mais ceux-ci peuvent s'enchainer dans un ordre quelconque . Par exemple pour 6 arcs on pourrait avoir : 123123 , 112233 , 131322 , ... Il faut montrer qu'on peut toujours couper en deux parts égales ou exhiber un exemple où c'est impossible smile

Vasimolo

 #4 - 08-09-2013 12:17:11

SabanSuresh
Elite de Prise2Tete
Enigmes résolues : 45
Messages : 1945
Lieu: Paris

Gââteau 63

Avec 2 fois le chiffre 1, 2 fois le chiffre 2 et 2 fois le chiffre 3, il y a 4 possibilités de faire le chiffre 6 (=(2*1+2*2+2*3)/2), qui sont complémentaires 2 par 2 :
- 1+1+2+2 et 3+3
- 1+2+3 et 1+2+3.

Je vais essayer de trouver une disposition où c'est impossible de faire 2 parts égales sans passer par le milieu d'un ruban. On pose R=3, B=2 et V=1.

Dans cette disposition, deux R ne se suivent pas. Donc, cette disposition est de la forme R,(V ou B),(V ou B ou R),(V ou B ou R),(V ou B ou R),(V ou B).

On va mettre d'un côté du R, un B. Pour éviter la combinaison RVB, on met également B de l'autre côté du R. Pour la même raison, on met B de l'autre côté du premier B. Or, nous n'avons à notre disposition que 2 B. Donc c'est pas possile.

Même raisonnement si on met un V d'un côté du R. Donc, une configuration qui contredit votre pâtissier n'existe pas.

Voilà.

 #5 - 08-09-2013 12:38:45

Vasimolo
Le pâtissier
Enigmes résolues : 49
Messages : 4733

gâtezu 63

Oui SabanSureh smile

mais notre pâtissier ne se contente pas de fabriquer des gâteaux avec 6 arcs , il est gourmand le bougre . Hier Il m'a montré un gâteau de 30 arcs que l'on pouvait toujours couper en deux sans abîmer aucun arc .

Est-ce toujours possible ?

Il devient difficile d'énumérer tous les cas quand le nombre de parts n'est pas limité smile

Vasimolo

 #6 - 08-09-2013 13:37:06

Nombrilist
Expert de Prise2Tete
Enigmes résolues : 10
Messages : 562

GGâteau 63

Le cercle est de longueur 12. Donc, pour pouvoir le couper en deux parties égales en suivant les directives données, il faut et il suffit que l'une des sommes de termes consécutifs de la suite circulaire soit égale à 6.

Si on souhaite contredire l'affirmation, alors on a la condition que:

- 1 2 et 3 ne peuvent pas se suivre, donc il faut au moins un doublet
- le doublet ne peut pas être 33 car on totalise 6
- en faisant commencer la suite par 3, elle ne peut donc finir que par 2 ou 1
- le second chiffre doit donc être le même que le dernier
- le troisième chiffre ne peut donc être qu'un 3
- le quatrième chiffre est donc nécessairement différent du second et du troisième

Donc, on peut toujours trouver une façon de couper le gâteau en deux parts égales en respectant ce qui est demandé dans l'énoncé.

Exemples: 313221 ou 323112

Edit: Ah mince, j'ai cru que c'était pour seulement 3 arcs.

 #7 - 08-09-2013 16:25:20

cogito
Expert de Prise2Tete
Enigmes résolues : 48
Messages : 593

âteau 63

Bonjour smile,

Je n'ai pas trouvé comment me passé de la récurrence.

Soit n le nombre de chaque bandelettes utilisée pour décorer le gâteau.
Je fais une récurrence sur n.

Si n= 1, alors nous avons trois bandelettes (une de chaque couleur).
Je vais me servir de ce cas pour expliquer des conventions de notations que j'utiliserai ensuite.

Pour alléger les explications, je vais par abus de langage appeler arc 1 (resp. 2, et 3) les bandelettes de longueur 1 (resp. 2, et 3).

Donc ici nous avons un arc 1, un arc 2 et un arc 3. Je vais nommer dans cet ordre A, B et C ces trois arcs. J'utiliserai la convention suivante :
AB désignera le point de contact des arcs A et B
BC désignera le point de contact des arcs B et C

et plus généralement XY désignera le point de contact entre les arcs X et Y
(oui je sais, d'habitude on fait l'inverse tongue ).

Donc pour revenir à la démonstration, on a pour le cas n = 1 le segment AC-BC qui coupe le gâteau en deux parts égales (d'un côté on a les arcs 1 et 2, et de l'autre l'arc 3).

Maintenant supposons que pour n bandelettes de chaque couleur, on peut toujours coupé le gâteau en deux parts égales en joignant deux extrémités de bandelettes. Alors montrons que c'est toujours vrai pour n+1 bandelettes de chaque couleur.

Résultat 1 : Si chaque arc 2 était encadré par des arcs 3, alors il y aurait au moins un arc 3 de plus que d'arcs 2. Donc comme il y a autant d'arcs 2 que d'arcs 3 alors il existe un arc 1 et un arc 2 qui sont consécutifs.

Edit : Le résultat 1 est n'importe quoi ! Pour la suite, nous supposons donc qu'il existe deux arcs 1 et 2 consécutifs. (voir mon poste suivant pour le morceau manquant de la preuve).

Soit donc A et B respectivement un arc 1 et un arc 2 consécutifs.
Soit D, E et H les arcs choisis de telle façon que E,D, A, B et H soient consécutifs dans cet ordre. (l'ordre ne correspond à aucun sens particulier sur le cercle.)

Je pars du point AB ensuite je parcours le tour du gâteau du côté de l'arc A, et j'additionne au fur et à mesure la longueur des arcs.

Par exemple, je pars de AB, je parcours A qui est un arc 1, donc je compte 1, ensuite je parcours l'arc D qui se trouve être un arc 2, donc une fois que je l'ai parcouru je compte 2+1 = 3, etc.

Je m'arrête dès que j’atteins ou dépasse la moitié de la circonférence.
Alors il y a trois cas :
   -cas 1 :  j'atteins la moitié de la circonférence (i.e la somme vaut 3(n+1))
       Alors dans ce cas c'est fini, le segment qui rejoint AB au point où j'ai arrêté
       mon parcours coupe le gâteau en deux parts égales.
   -cas 2 : La somme que j'ai atteinte dépasse la moitié de 1.
       Alors dans ce cas c'est fini, le segment qui rejoint AD au point où j'ai arrêté
       mon parcours coupe le gâteau en deux parts égales. (car comme j'ai enlevé
       A qui est un arc 1 je retombe à une somme qui vaut la moitié de la circonférence.

Maintenant nous allons montrer le cas 3 : la somme dépasse la moitié de 2.

Une remarque d'abord pour signaler que n'ayant que des morceaux de longueurs 1, 2 ou 3,  la moitié ne peut pas être dépassée de 3 ou plus.

Si la moitié est dépassée de deux, cela signifie que le dernier arc que j'ai parcouru est un arc 3. Appelons C cet arc, et F et G les deux arcs qui le précèdent dans le parcours.

Alors encore une fois, il y a trois cas :
    -cas i) : D est un arc 1,  dans ce cas en enlevant les deux arcs A et D (dont la
        somme vaut 2), j'obtiens que le segment qui rejoint DE au dernier point de
        mon parcours coupe le gâteau en deux parts égales.
    -cas ii) : G est un arc 1, alors dans ce cas la somme de C et G est 4, donc
        comme je suis à +2 par rapport à la moitié, si j'enlève C et G je tombe à
        -2, et donc si je rajoute B j'obtiens exactement la moitié, donc le segment
        HB-FG coupe le gâteau en deux parts égales.

Voici donc un résumé de la situation où nous somme :
-A est un arc 1
-B est un arc 2
-C est un arc 3
-G et D sont des arcs 2 ou 3.

Considérons le segment HB-GC, on a ajouté 2 à notre parcours, et enlevé 3, donc le parcours est à +1 par rapport à la moitié.

Si maintenat je "supprime" les arcs A B et C alors nous pouvons faire plusieurs remarques :

Remarque 1 : comme on a enlevé 3 de chaque côté du segment HB-GC,
nous somme toujours à "+1 par rapport à la "moitié""
i.e avant on avait 3(n+1)+1 d'un coté et 3(n+1)-1 de l'autre, maintenant on a
3n+1 d'un côté et 3n-1 de l'autre.

Remarque 2 : Comme on a enlevé une bandelette de chaque couleur, il reste autour du gâteau n bandelettes de chaque couleur. Nous allons donc pouvoir appliquer notre hypothèse de récurrence (ENFIN!! wink). Pour ne pas perdre de vu la position des arc A, B, et C, on va supposer que ces arcs sont réduit à un point.

L'hypothèse de récurrence nous dis qu'il existe un segment qui rejoints l'extrémité de deux arcs de telles façon que la somme des arcs d'un côté du segment soit la somme des arcs de l'autre côté du segment. Appelons R ce segment.

Comme "A+B = C" (on pourra dire que c'est une preuve par A+B lol )
Il ne reste plus qu'a s'assurer que (A, B) et C sont de part et d'autre de R.

Le segment HB-GC sépare les arcs en deux groupes, un groupe que l'on va appeler Plus1 qui sont les arcs du côté de HB-GC où il y a A et B. L'autre groupe sera le groupe Moins1.

La remarque 1 nous dis que la somme des arcs du groupe Plus1 vaut 3n+1 et que la somme des arcs du groupe Moins1 vaut 3n - 1.
   i) R ne peut pas relier deux arcs du groupe Moins1, car par hypothèse la somme des arcs de part et d'autre de R vaut 3n.
   ii) R ne peut pas relier deux arcs du groupe Plus1. cela est du au fait que les arcs extrémaux du groupe Plus1 sont D et G et qu'ils sont de longueurs au moins 2, donc si il passe dans l'autre groupe, ils créent une différence trop grande.

Donc R relie un arc du groupe Plus1 à un arc du groupe Moins1, maintenant si "A,B et C reprennent des tailles normales", on s'aperçoit que (A,B) et C sont de part et d'autre de R.

Bon,... euh... voilà..., il y a sûrement un peu plus simple.
Bien sûr je pourrais éclaircir des zones floues si nécessaire smile.


Il y a sûrement plus simple.

 #8 - 08-09-2013 16:27:18

SabanSuresh
Elite de Prise2Tete
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gâteai 63

Comme ça marche pour 6 et que les tailles seront toujours un multiple de 6, je pense que selon la même logique, on pourrait arriver à démontrer que c'est tpujours possible.

 #9 - 08-09-2013 17:30:15

Vasimolo
Le pâtissier
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Gâtea 63

@Cogito : pour ton étape 1 , que penses-tu de la disposition : 322311 ?
@SabanSureh : peut-être mais il faut le montrer smile

Vasimolo

 #10 - 08-09-2013 20:34:20

cogito
Expert de Prise2Tete
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gâtrau 63

Argghh,  oui ! Il faut un argument en plus :

Faisons un traitement par cas (oui, je sais encore tongue)

cas 1 : il y a deux arcs 1 consécutifs. Alors nommons A et B ces deux arcs.
Avec la même méthode que précédemment, je parcours le tour du gâteau en partant du point AB, et en additionnant les longueurs des bandelettes successives et je m'arrête dès que j'atteins ou dépasse 3(n+1) (i.e la moitié de la circonférence) :
     i) j'atteins la moitié : c'est gagné.
    ii) je dépasse de 1, alors j'enlève l'arc 1 du début du parcours, et c'est gagné.
   iii) je dépasse de 2, alors le dernier morceau du parcours est de longueur 3,
        j'enlève ce morceau du parcours, et je rajoute au début le deuxième arc
        de longueur 1, donc mon parcours a diminué de 3 et augmenté de 1, donc
        c'est gagné.

cas 2 : Il n'existe pas deux arcs 1 consécutifs, alors il cette fois je peux dire qu'il existe un arc 1 et un arc 2 consécutifs. car si j'intercale entre les arcs 1 des arcs 3, comme il y a autant d'arcs 1 que d'arcs 3, il y a une extrémité de la chaîne 1313... qui est un arc 1, et cet arc 1 sera en contact avec un arc 2.
Donc maiintenant, se référer au poste précédent à partir du "Edit". smile

Cette fois ça devrait être bon big_smile .


Il y a sûrement plus simple.

 #11 - 08-09-2013 23:07:48

Nombrilist
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Gââteau 63

La question est bien de vérifier si quelque soit l'agencement de 2n bandes, il existe toujours un moyen de couper le gâteau en deux sans passer à travers une bande ?

 #12 - 08-09-2013 23:19:45

Vasimolo
Le pâtissier
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GGâteau 63

@Cogito : c'est sûrement juste mais vraiment trop lourd sad  , il y a un argument qui tient en quelques lignes smile

@Nombrilist : il y a 3n bandes colorées , n de chaque taille .

Vasimolo

 #13 - 09-09-2013 17:39:31

Vasimolo
Le pâtissier
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Gâteua 63

J'ai ajouté un petit indice pour ceux qui ne voient vraiment pas comment aborder le problème smile

C'est très court et pas difficile si on trouve le bon angle d'attaque .

Vasimolo

 #14 - 10-09-2013 18:47:15

nodgim
Elite de Prise2Tete
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Messages : 2953

Gâtteau 63

En 2 lignes, c'est peut être un juste.
Il faudra obligatoirement un N et un R pour se faire face, car il y a autant de N que de R.
Il est évident que face à L3, il faut forcément un L1, et que deux L1 consécutifs c'est impossible. Comme il y a autant de L3 que de L1, les L2 se font face.
Or on remarque que si on assemble un nombre impair de (L3,L1) il faut un nombre pair de L2 pour finir le raccord.
NRRN
RNNR
ici, avec un L3 et unL1, on boucle avec 2 L2.

Si le nombre de (L1,L3) est pair, il faut un nombre impair de 2 pour boucler
RNNRRN
....RNNRRN 
comme ici, avec 2L3 et 2L1.

Enfin, on peut ajouter qu'intercaler des L2 entre les couples (L3,L1) ne change rien à la configuration.

 #15 - 10-09-2013 19:26:47

Vasimolo
Le pâtissier
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gâreau 63

C'est l'idée Nodgim mais je ne vois pas comment tu conclus .

Vasimolo

 #16 - 10-09-2013 20:28:56

PRINCELEROI
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Messages : 1203

Gâteu 63

Vraiment sympa!
Je suis "sûr" que l'on peut toujours mais je trouve pas l'angle d'attaque!

 #17 - 10-09-2013 20:38:27

cogito
Expert de Prise2Tete
Enigmes résolues : 48
Messages : 593

GGâteau 63

Pour qu'il soit impossible de couper le gâteau en deux sans tombé sur une bandelette, il faut que le symétrique de chaque point rouge soit un point bleu.

Mais je ne vois pas d'argument simple qui dit que l'on ne peut pas avoir une telle symétrie.

On ne peut pas avoir trois points rouges consécutifs, donc si on a trois points bleus consécutifs alors on pourra découper correctement le gâteau (cela correspond au cas où deux arcs 1 sont consécutifs).

Si on veut avoir cette symétrie, alors forcément on doit avoir pour chaque arc 3, un arc 1 diamétralement opposé (pour que les deux points rouge de l'arc 3 aient leurs symétrique bleus).

Un arc 2 génère un point rouge isolé, donc à l'opposé on doit avoir un point bleu isolé, i.e le point de contact d'un arc 2 avec un arc 3, ou de deux arcs 2 (d'après le paragraphe ci-dessus, deux arcs 3 est impossible) ou de deux arcs 3.


Ce dernier argument tendrait à dire que pour respecter la symétrie, il faudrait utiliser trop d'arcs 2, mais je ne vois pas d'arguments simple qui permettent de l'affirmer.

J'ai essayé de construire un début de gâteau avec ces contraintes, mais il je ne vois pas de contradictions évidentes qui apparaissent. hmm


Il y a sûrement plus simple.

 #18 - 10-09-2013 23:19:26

Vasimolo
Le pâtissier
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Messages : 4733

fâteau 63

On commence à voir apparaître des idées intéressantes alors j'ajoute un peu de temps au chrono .

D'un autre côté si chacun préfère voir les choses à découvert pour continuer , pas de problème , je lève le masque smile

Vasimolo

 #19 - 11-09-2013 07:41:45

Franky1103
Elite de Prise2Tete
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Messages : 2708
Lieu: Luxembourg

GGâteau 63

Si personne ne trouve, je serais partisan d'une résolution collective, mais certains sont apparemment sur le point de conclure ... et je n'ai qu'une voix de vote.

 #20 - 11-09-2013 15:04:33

dylasse
Professionnel de Prise2Tete
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Messages : 374

Gâteau 6

Chaque couleur apparait n fois.
Il y a donc n rubans de longueur 1, n de longueur 2 et n de longueur 3, soit un périmètre total de 6n. Il y a donc 6n points qui seront soient des extrémités (E) d'arc de couleur, soient des points intermédiaires (I)des arcs de longueur 2 ou 3.

On remarque qu'il y a 3n arcs, donc 3n points E (chacun étant commun à 2 arcs).
Il y a donc 6n-3n=3n points I.

Supposons que l'on puisse trouver une configuration où la découpe suivant un diamètre passant par 2 points E ne soit pas possible, cela signifie que chacun des points E est diamétralement opposé à un point I.

Une telle configuration impose que chaque arc 1 (formé par 2 points E) soit en face des 2 points I d'un arc de longueur 3 (noté arc 3 dans la suite).

Si on retire les 2 parts portés par ces arcs, on séparent le gâteau en 2 parties, de périmètre (6n-3-1)/2=3n-2.
Considérons la partie de droite, elle contient p arcs 1, donc la partie de gauche contient p arcs 3 (car chaque arc 1 fait face à un arc 3) et celle de droite (n-1)-p arcs 3 (car il y a n-1 arc 3 sur les deux parties).
La partie de droite contient également x arcs 2.

On a donc : 3n-2=1 * p + 2* x + 3 * (n-1-p)
Soit : 2p=2x-1, ce qui est impossible...

Donc, il y aura toujours une coupe passant par 2 points E.

 #21 - 11-09-2013 17:31:22

Vasimolo
Le pâtissier
Enigmes résolues : 49
Messages : 4733

Gâteau 633

@Dylasse : oui smile et en relisant le message de Nodgim je crois qu'il avait eu la même idée que toi , je n'avais simplement rien compris à ses explications sad
@Franky : on va laisser le problème caché encore un peu mais j'ajoute un deuxième indice .

La solution que j'ai n'est pas celle de Dylasse et Nodgim , elle est un peu plus courte .

Vasimolo

 #22 - 13-09-2013 23:28:57

cogito
Expert de Prise2Tete
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Messages : 593

Gâtaeu 63

Supposons que les points rouges sont symétriques par rapport aux points bleus.
Alors on a vu que les arc 1 sont forcément exactement diamétralement opposés aux arcs 3.

Imaginons une droite qui part d'une extrémité d'un arc 1 (disons A) et qui coupe le gâteau en 2 parts égales. Alors cette droite arrive sur un arc 3 (disons B).

Si on ignore A et B, on a exactement autant d'arcs 1 que d'arcs 3 de chaque côtés de cette droite. Plus exactement si k est le nombre d'arcs 1 du côté que l'on va appelé Gauche du gâteau, et l le nombre d'arcs 2, alors on a :

du côté Gauche:                                   du côté Droite:
  k arcs 1                                               (n-k-1) arcs 1
  l arcs 2                                                (n-l) arcs 2
  (n - k - 1) arcs 3.                                  k arcs 3.

(Le -1 est du au fait que l'on ignore pour l'instant les arcs A et B.)

Donc le périmètre de chaque côté du gâteau est (sans les arcs A et B) :

côté Gauche : 3n - 2k - 3 + 2l = GG
côté Droite   : 3n +2k - 1 - 2l  = GD

comme a droite coupe le gâteau en deux parts égales et "coupe" également équitablement les arcs A et B, on doit avoir GG = GD.
ce qui donne:

3n - 2k - 3 + 2l = 3n + 2k - 1 - 2l qui est équivalent à
4l = 4k+2. ce qui est impossible !

Donc l'hypothèse que les points rouges et bleus sont symétriques est absurde.
Il existe donc deux points bleus l'un en face de l'autre.

Ahah ! je l'ai eu smile


Il y a sûrement plus simple.

 #23 - 13-09-2013 23:42:31

Vasimolo
Le pâtissier
Enigmes résolues : 49
Messages : 4733

gâreau 63

Quelle persévérance , tu rejoins Dylasse et nodgim smile

Je proposerai ma solution demain , en fait elle n'est pas vraiment plus courte mais plus visuelle ( à mon avis ) .

Vasimolo

 #24 - 14-09-2013 12:32:12

Vasimolo
Le pâtissier
Enigmes résolues : 49
Messages : 4733

Gâtaeu 63

D'abord bravo à ceux qui ont trouvé et merci aux autres participants smile

Voilà comment j'avais vu le problème .

On suppose qu'il existe une décoration pour laquelle tout  partage en deux , coupe au moins une bandelette et on en choisit  une de taille minimale . On remarquera que cette décoration utilise un nombre de parts multiple de 3 qui n'est pas 3 . On place un point bleu à l'extrémité de chaque bandelette et un point rouge à chacune des unités restantes .
http://img10.imageshack.us/img10/9387/bsms.jpg
Comme il y a autant de point bleus que de points rouges et que deux points bleus ne peuvent pas être diamétralement opposés , chaque point rouge est opposé à un bleu et réciproquement . On remarque aussi que deux bandes de taille 1 ne peuvent être consécutives car à l'autre bout on aurait trois points rouges et donc une bande de taille au moins quatre ce qui est impossible . Il y a donc au moins une bande 1 et une bande 2 successives sinon tout 1 devrait être encadré par des 3 et il manquerait un 3 .
Regardons alors ce qui se passe à l'autre extrémité du cercle :
http://img138.imageshack.us/img138/6109/cf3k.jpg
On peut alors enlever les parties encadrées de chaque côté et resserrer les parts pour obtenir un nouveau partage qui contredit le minimum .
http://img22.imageshack.us/img22/1/qvsr.jpg

Pour ceux qui préfère quand c'est propre et carré je vous renvoie à la solution de Dylasse smile

Vasimolo

 #25 - 14-09-2013 13:26:23

titoufred
Elite de Prise2Tete
Enigmes résolues : 20
Messages : 1746

Gâteeau 63

Mais c'est très propre et carré ! Merci pour le problème.

 

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