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 #26 - 06-12-2013 21:12:31

Jackv
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Enigmes résolues : 34
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Estimatio

gwen : c'est bien cela big_smile !
elpafio : c'est à peu près cela smile .

#0 Pub

 #27 - 06-12-2013 22:25:06

fix33
Elite de Prise2Tete
Enigmes résolues : 48
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Estimationn

Faute de mieux (ce fainéant de tableur ne sait pas calculer de grosses puissances de gros nombres ! lol), je fais une estimation au jugé :
Spoiler : [Afficher le message] N = 6789 tongue
Je pense que le nombre de tirages doit avoisiner 1750 + 105 + 105/(1750/105)... donc environ 1862 tirages.
Mais combien d'objets alors ? Vers le 1700ème tirage, on a presque 1 chance sur 4 de tomber sur un objet déjà tiré. Cette chance augmente lentement depuis le 1er tirage où elle est nulle. Etalée sur 1862 tirage, ça me semble crédible, ou pas ! hmm


Je ne vien sur se site que pour faire croir que je suis treise intélligens.

 #28 - 06-12-2013 23:12:20

kossi_tg
Professionnel de Prise2Tete
Enigmes résolues : 18
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Estimtaion

J'y vais de ma petite proposition avant la levée de l’anonymat sur les différentes propositions smile
Soit x le nombre de tirage pour avoir T et P.
Je définis T et P comme la somme des probabilités d'augmenter respectivement les listes 1 et 2.

1er tirage: [latex]T=1[/latex] et [latex]P=0[/latex];

2è tirage: [latex]T=1+\frac{N-1}{N}[/latex] et [latex]P=0+\frac{1}{N}[/latex];

3è tirage: [latex]T=1+\frac{N-1}{N}+\frac{N-2}{N}[/latex] et [latex]P=0+\frac{1}{N}+\frac{2}{N}[/latex];
...
...
...
x-ième tirage: [latex]T=1+\frac{N-1}{N}+\frac{N-2}{N}+...+ \frac{N-x+1}{N}[/latex] et [latex]P=0+\frac{1}{N}+\frac{2}{N}+...+\frac{x-1}{N}[/latex];

Au final [latex]P=\sum_{k=1}^{x}\frac{k-1}{N}=\frac{x(x-1)}{2N}[/latex] (1)
et
[TeX]T=\sum_{k=1}^{x}\frac{N-k+1}{N}=x-\frac{x(x-1)}{2N}=x-P[/latex] (2)

on en déduit rapidement que [latex]x=T+P[/latex] (3) ***ce qui est évident à trouver même sans ces calculs***.

Les équations (1), (2) et (3) conduisent à l'estimation de N:

[latex]N=\frac{x(x-1)}{2P}=\frac{(T+P)(T+P-1)}{2P}[/TeX]
AN: T=1750 et P=105, je trouve [latex]N\approx16377[/latex]

 #29 - 07-12-2013 02:27:52

titoufred
Elite de Prise2Tete
Enigmes résolues : 20
Messages : 1746

EEstimation

Il ne faut pas confondre :

1) Quelle est la valeur moyenne de N sachant que T=1750 et P=105 ?

2) Quelle valeur de N donnerait en moyenne T=1750 et P=105 ?

La question que Jackv pose est la 1).
La question à laquelle répondent la plupart des gens sur le fil est la 2).

Lorsque l'expérience considérée fait de N une variable aléatoire, ces 2 questions ont du sens, mais n'obtiennent pas forcément la même réponse.

En fait ici, tel que Jackv a posé le problème, la question 1) n'a pas de sens. N existe et vaut une certaine valeur, qui nous est inconnue. Il n'y a pas lieu de parler de valeur moyenne (espérance) de N car l'expérience présentée ne fait pas de ce N une variable aléatoire. On peut tester une hypothèse sur N, faire un estimation de N avec un intervalle de confiance, mais on ne peut pas parler de valeur moyenne de N.

Cela peut sembler du pinaillage technique, mais bien au contraire, il s'agit du sens profond de ce genre de problèmes.

 #30 - 07-12-2013 10:29:02

fix33
Elite de Prise2Tete
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Estimaton

Kossi_tg, je pense que tu te trompes lorsque tu écris x=T+P : il te manque W le nombre de tirages de valeurs apparaissant 3 fois et plus.

Dylasse, ta formule pour T est équivalente à la mienne, ce qui semble de bonne augure ! smile :
[latex]T = Tmoy(K,N) = \frac{N^K-(N-1)^K}{N^{(K-1)}}   (1)[/latex]

En revanche pour ce qui est de P, j'avais fait une erreur (j'avais oublié le dénominateur) :
[latex]P = Pmoy(K,N) = \frac{N^K - (N-1)^K - K*(N-1)^{(K-1)}}{N^{(K-1)}}   (2)[/latex]

Quelqu'un sait-il en faire la démonstration ?

On voit que : [latex]T = P + \frac{K*(N-1)^{(K-1)}}{N^{(K-1)}}[/latex]

Donc [latex]K = 2T - \frac{K*(N-1)^{(K-1)}}{N^{(K-1)}} + W[/latex]

Je paresse à essayer de calculer W...

Il y a aussi N=T+Z, Z étant le nombre d'objets non tirés et je trouve :
[latex]Z = Z(K,N) = \frac{(N-1)^K}{N^{(K-1)}}[/latex], ce qui ne fait que permettre de revenir à la formule (1)...


Je ne vien sur se site que pour faire croir que je suis treise intélligens.

 #31 - 07-12-2013 10:31:54

nodgim
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zstimation

Je m'aperçois que j'ai trouvé la même formule que Dylass, celle qui a été validée après application numérique.
Or je tiens à répéter que la liste 2 est fausse.
En fait, il ne faut pas établir de liste 2. On n'enregistre que T, le nombre de tirages, et T', le nombre de tirages distincts. C'est sur cette base qu'est construite la formule T'=N(1-(1-1/N)^T).
La liste 2, telle qu'elle est présentée, oublie les nombres tirés plus de 2 fois, et donc biaise le résultat final.

 #32 - 07-12-2013 10:48:40

fix33
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Estimattion

Nodgim, je ne vois pas pourquoi... En plus, en changeant les noms (ton T' c'est le T de l'énoncé et ton T c'est mon K), ça ne simplifie pas les choses !

Et Titoufred, je suis d'accord qu'il y a une doute sur le fait que 1) et 2) soient équivalents. Et il est vrai que dans nos formules, on s'intéresse aux T et P moyens sur la base d'un N non moyen...


Je ne vien sur se site que pour faire croir que je suis treise intélligens.

 #33 - 07-12-2013 11:09:51

nodgim
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estimatiin

Le problème dans l'énoncé (et d'ailleurs Dylasse l'a très bien vu, qui a ajouté une valeur z) est qu'on ne sait pas combien de tirages il y a. Ce n'est pas T+P, puisque qu'on ne compte pas les objets tirés plus de 2 fois.

 #34 - 07-12-2013 15:28:01

kossi_tg
Professionnel de Prise2Tete
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Estimatio

Oui j'avais fait une erreur, le nombre de tirage je note x ici est différent de T+P

Je l'ai ré-estimé de la manière suivante.

soient des [latex]L_k[/latex], les listes contenant les éléments tirés pour la k-ième fois. Soient [latex]N_k[/latex] le nombre d'éléments dans [latex]L_k[/latex]. L'équiprobabilité de tirage des éléments permet d'estimer que [latex]\frac{N_{k+1}}{N_k}=constante[/latex], en d'autres termes, les [latex]N_k[/latex] diminuent de manière régulière suivant k.
[TeX]N_1=T[/latex] et [latex]N_2=P[/latex] donc [latex]N_{k+1}=\frac{P}{T}*N_k[/TeX]
x est la somme des M premiers [latex]N_k[/latex] où M=minimum(x,N)
[TeX]x=\frac{T^2}{T-P}*(1-(\frac{P}{T})^M)[/TeX]
AN: T=1750 et P=105
[TeX]x\approx1861.7[/TeX]
En considérant T comme une somme de probabilité d'appartenir à [latex]L_1[/latex], je trouve [latex]T=N-N*(1-\frac{1}{N})^x[/latex]

Par la méthode du point fixe, je trouve pour T=1750 et x=1861.7
[TeX]N=14880[/TeX]

 #35 - 08-12-2013 00:01:35

Jackv
Elite de Prise2Tete
Enigmes résolues : 34
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estimayion

Je "collectionne" effectivement les solutions de Trapézominos depuis déjà pas mal d'années.
Il est vrai que le problème aurait sans doute été plus simple si j'avais noté dès le départ chaque fois que je trouvais une solution quelque soit le nombre de fois elle ait déjà été rencontrée hmm.

Merci smile à ceux qui m'ont donné une valeur approximative du nombre total de solutions, même si l'incertitude reste assez grande autour de cette valeur.

Bravo big_smile à ceux qui avaient deviné l'objet de ma recherche, et bonne continuation à tout les matheux qui auraient de continuer la discussion lol .

 #36 - 08-12-2013 18:01:51

Neotenien
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estimayion

Ok j'y ai réfléchi quelques minutes à tête reposé. Personne n'a trouvé la solution.

Nombrilist n'a pas tout à fait tort!! Il y a bien des lois statistiques là dessous, mais ce qu'a fait nombrilist a été faussé par ton énoncé de départ.

Iol y a bien une loi binomiale là dessous.

Vous voulez la solution ? Je vous la livre!

Le but est bien de trouver une approximation de N n'est ce pas ?

Celà ne peut se faire qu'à partir de 2 informations : le nombre d'élément tirés et le nombre total de tirages.

On va appeler k le nombre de tirages et E le nombre d'élément différents tirés.

On va se dire qu'avec une probabilité de 99% on a le nombre N

On va commencer avec N=2

La probabilité pour qu'un élément ne soit pas tiré, dans ce cas, est 1/2.

Si on fait 2 tirages, la probabilité pour qu'un élément ne soit pas tiré est de 1/2X1/2 = 1/4

Pour k tirages, la probabilité que le dernier élément ne soit pas tiré est donc de (1/2)^k (^ est pour le signe puissance, en informatique)

Avec quel k aura-t-on une probabilité <1% ? avec k=7 (1/128)

Donc déjà, avec N=2, il faut 7 tirages pour être sûr à 99% que N=2! Imaginez la suite. Donc pour N=2, k=7, E=1 (avec P>99%)

On fait de même avec N=3. La probabilité que le dernier élément ne soit pas tiré est de (N-1)/N soit 2/3.

Là il faut 12 tirages pour être sur à plus de 99% que N=3, k=12 et E=2.

Pour N=4, E=3 et donc, !P = 3/4, on a au moins 99% pour k=17

Pour N=5, E=4, !P=4/5..., on a 99% sur avec k=21

Pour N=6, E=5, !P=5/6... 99% avec k=26

Donc ce qu'il faut est d'établir des tables pour différents N et différents k donnant des pourcentages de certitudes.

En résumé, une fois la table établié, tu regarderas vers 99%, pour le nombre de tirages k et tu auras N avec ce début de table pour les pourcentages de certitude à plus de 99%

k=7 et E=1 pour N=2
k=12 et E=2 pour N=3
k=17 et E=3, N=4
k=21 et E=4, N=5
k=26 et E=5, N=6

Etc... (pour les courageux ?)

Si des personnes ont un moyen mathématiques de déduire k à partir de  P=1-((N-1)/N)^k avec P>99% (Oubliez le triangle de Pascal, c'est une très mauvaise idée pour ce cas), JE SUIS PRENEUR!

 #37 - 08-12-2013 19:01:53

gwen27
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Esimation

Peut-être un truc à trouver là :

http://fr.wikipedia.org/wiki/Discussion … vec_remise

 #38 - 08-12-2013 19:07:35

kossi_tg
Professionnel de Prise2Tete
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Estimaton

kossi_tg a écrit:

Oui j'avais fait une erreur, le nombre de tirage je note x ici est différent de T+P

Je l'ai ré-estimé de la manière suivante.

soient des [latex]L_k[/latex], les listes contenant les éléments tirés pour la k-ième fois. Soient [latex]N_k[/latex] le nombre d'éléments dans [latex]L_k[/latex]. L'équiprobabilité de tirage des éléments permet d'estimer que [latex]\frac{N_{k+1}}{N_k}=constante[/latex], en d'autres termes, les [latex]N_k[/latex] diminuent de manière régulière suivant k.
[TeX]N_1=T[/latex] et [latex]N_2=P[/latex] donc [latex]N_{k+1}=\frac{P}{T}*N_k[/TeX]
x est la somme des M premiers [latex]N_k[/latex] où M=minimum(x,N)
[TeX]x=\frac{T^2}{T-P}*(1-(\frac{P}{T})^M)[/TeX]
AN: T=1750 et P=105
[TeX]x\approx1861.7[/TeX]
En considérant T comme une somme de probabilité d'appartenir à [latex]L_1[/latex], je trouve [latex]T=N-N*(1-\frac{1}{N})^x[/latex]

Par la méthode du point fixe, je trouve pour T=1750 et x=1861.7

[latex]N=14880[/latex]

Avec les approximations trouvées grâce aux formules ci-dessus, j'ai pris le problème à l'envers. Je suppose que le nombre de tirage est 1862 et le nombre d'élément 14880 (résultats de mes calculs).
Sur un million d'exemple, j'ai obtenu en moyenne T=1750.01 et P=106.22
Pour chaque exemple: je fais 1862 tirages. L'élément tiré est ajouté à la liste 1 si c'est sa 1ère apparition, à la liste 2 si c'est sa 2è apparition, rien si c'est sa k-ième apparition (k>2).
Je me suis même amusé en prenant plusieurs T et P  différents (T>P), fais le calcul dans les deux sens et ai tjrs les bonnes valeurs pour T et P au tirage. Je pense que cette approximation n'est pas mal smile

 #39 - 08-12-2013 19:31:37

Neotenien
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sEtimation

Avec ma méthode ci-dessus, il semble, en fait, que le nombre de tirages à effectuer pour connaitre N doit être de l'ordre de 5XN

Avec N=100 (donc E=99), k<475 tirages pour avoir une probabilité assurée à plus de 99% que N=100

 #40 - 08-12-2013 20:28:57

kossi_tg
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eqtimation

Neotenien, tu utilises le nombre d'éléments différents tirés E=N-1.
D'après le problème, E=T. Comment tu passes de E=N-1 à E=T et ainsi estimer le nombre de tirage qui répond à la question posée? A moins que tu sois entrain de créer un autre sujet.

 #41 - 08-12-2013 22:16:41

Neotenien
Passionné de Prise2Tete
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Estimtaion

Il faut lire mes exemples pour comprendre.

Mon raisonnement est de se dire qu'on fait k tirages successifs avec remise. La probabilité pour qu'un certain élément ne soit pas tiré durant ces k tirages est ((N-1)/N)^k.

A un moment donné on a E=N-1 (N fixé mais inconnu). Donc on choisit ce E comme égal à N-1. A partir de ce moment là, on a une certaine probabilité qui dépend de (N-1)/N et de k.

Les N-1 autres éléments étant tirés, la probabilité de ne pas avoir tiré le Neme élément est donc de ((N-1)/N)^k avec N-1=E à ce moment là.

Ceci étant fixé, on cherche maintenant avec quel pourcentage l'assertion comme quoi E=N-1 est vraie.

Si au bout de 7 tirages, on a eu 1 seul élément, on est sur à plus de 99% que N = 2 (ou 1)

Si au bout de 12 tirages on a que 2 éléments différents, on est sûr à 99% que N = 3 (ou 2)

...

Si au bout de 470 tirages, on a 99 éléments différents, on est sûr à 99% que N=99 ou 100.

Des volontaires pour tester ?

Et je ne crée pas d'autre sujet. Je ne suis pas un troll ou je ne sais quelle créature mystique.

 #42 - 08-12-2013 22:41:04

kossi_tg
Professionnel de Prise2Tete
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Estiamtion

Je ne sais pas si d'autres te suivent mais moi non, peut-être que c'est la fin du week-end qui déprime lol
Mais puis-tu te servir de ta méthode pour trouver N pour T=7 et P=2 s'il te plait? Ce cas concret me permettra d'y voir plus clair.

 #43 - 09-12-2013 12:54:06

Neotenien
Passionné de Prise2Tete
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Messages : 56

Etsimation

J'ai bien spécifié que l'énoncé n'était pas bon pour donner une estimation de N.

Je ne vois pas pourquoi on a une liste 2 avec les éléments ayant été tiré 2s fois, alors qu'il suffit de conaitre le nombre de tirage effectué.

Dans ma démarche, on note effectivement dans une liste, les élément ayant été tiré au moins une fois. On n'a PAS besoin d'une deuxième liste, par contre, on note le nombre de tirages effectués (à priori, c'est possible de le faire avec l'énoncé, je ne vois pas ce qui empêche de noter le nombre de tirages). Donc P, tel que défini dans l'énoncé est un "brouilleur de piste".

L'énoncé devrait être que T= nombre d'éléments différent tirés et k le nombre de tirages effectués. A partir de là, on peut trouver N avec le tableau de contingence que j'ai commencé à créer.

La variable P de l'énoncé n'apporte rien de plus pour résoudre le problème. A partir du moment qu'un élément a été tiré, qu'est ce que ça apporte de plus que l'on sache qu'il ait été tiré 2 fois ? ON sait qu'il existe mais on ne sait pas combien d'autres éléments RESTENT. L'important ce sont les éléments qui n'ont pas été tirés, en particulier LE DERNIER et ma méthode permet de doner une estimation de N avec une probabilité de 99% à partir de N et des k tirages effectués.

Dans ma méthode, c'est le nombre de tirages qui importe, et le nombre T trouvés au bouts de k tirage.

 #44 - 09-12-2013 22:12:12

kossi_tg
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Lieu: Montargis

estimatipn

En gros selon toi l'énoncé n'est pas bon, un bon énoncé serait ce que tu imagines. Désolé mais je ne suis pas d'accord, ce que tu avances peut être un autre problème mais le problème ici est d'estimer N connaissant T et P. Si tu veux poser un autre problème où il faudra estimer N connaissant T et k (nombre de tirages), tu n'as qu'à le faire. Mais débarquer et dire

Ok j'y ai réfléchi quelques minutes à tête reposé. Personne n'a trouvé la solution.

Nombrilist n'a pas tout à fait tort!! Il y a bien des lois statistiques là dessous, mais ce qu'a fait nombrilist a été faussé par ton énoncé de départ.

Iol y a bien une loi binomiale là dessous.

Vous voulez la solution ? Je vous la livre!

Puis au lieu de nous livrer la super réponse que personne n'aurait trouvée, nous dire qu'en fait c'est le problème qui est faux et que le bon problème serait autre chose... bah cela ne se passe pas comme ca en débat scientifique.

 #45 - 10-12-2013 00:06:29

Neotenien
Passionné de Prise2Tete
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Messages : 56

Estimtion

Je ne suis pas le seul à dire ceci. Nodgym et Dylass ont abouti au même postulat.

Suivant les termes du problème initial, ma reformulation est fiable. Je ne vois aucun cas naturel dans lequel on ne pourrait pas compter le nombre de tirages. Le but étant de trouver une formule pragmatique pour tous les cas pratiques. C'est ça la science!! Pas se créer des problèmes alors que la solution existe plus simplement. (D'ailleurs les mathématiques peuvent consister d'abord à simplifier le problème en ayant une autre vision du problème).

Je ne vois pas dans quel cas pratique on nous dirait d'avoir une 2eme liste du même type que la première.

Je voudrais que la personne qui a posé le problème me dise dans quel cas pratique tordu on ne puisse pas compter le nombre de tirages. Puisque son problème part bien d'un cas concret où l'on note les éléments non apparu, je ne vois RIEN qui puisse empêcher qu'on compte le nombre de tirages. (Ou alors créer un logiciel qui fait ceci, mais quel intérêt ?). D'autant que Jackv explique bien qu'il n'y conait rien aux probabilités.

Sur ce bonne nuit.

Maintenant si ma solution ne marche pas qu'on me l'explique.

 #46 - 10-12-2013 00:17:04

titoufred
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Messages : 1746

esyimation

Jackv, que cherches-tu à estimer précisément ? Qu'est-ce qu'une solution d'un trapézomino ? Comment les trouves-tu ? Pourquoi y en a-t-il qui se répètent dans tes recherches ?

 #47 - 10-12-2013 00:21:41

Neotenien
Passionné de Prise2Tete
Enigmes résolues : 43
Messages : 56

estumation

Je viens de voir ce en quoi concernait le trapézonimo, en gros, c'est un casse tête ayant N pièces (qu'on connait) et qu'on doit positionner pour remplir une plate forme hexagonale.

Bon en fait le problème initial était vraiment mal posé puisque N est connu.

Je pense que ce qui est demandé est le nombre différent de positionnement total.

Alors ici, on a affaire à des permutations. Si les pièces étaient identique, la solution serait N! Mais elles ne sont pas identiques, le nombre de solution en réalité est donc largement inférieur à N!.

 #48 - 10-12-2013 07:50:40

gwen27
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Estimationn

Il y a les rotations des pièces.

 #49 - 10-12-2013 08:48:14

dylasse
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Messages : 374

Esstimation

Sans Paul et Mickey, le problème posé par JackV est bien posé et il vaut mieux critiquer nos réponses que corriger l'énoncé pour qu'il colle à nos réponses !!!

Pour ceux qui ne sont pas des fans de Trapezominos, voici 2 autres exemples où on connait T et P mais pas N.

"A Noël, Jack reçoit une cinquantaine de pochettes Panini de la collection Foot2013 (ou La Reine des Neiges, on s'en fiche !), qui contiennent chacune environ 6 autocollants.
Il n'a pas reçu l'album pour les coller, mais ouvre quand même toutes les pochettes et fait la liste des différentes images trouvées, en entourant celles qu'ils voient pour la seconde fois : il compte 225 images (liste 1, T) et 69 images entourées (liste 2, P).
Grâce à P2T, Jack sait combien d'autocollants différents composent la collection. Et toi ?"

"Jack est un grand expert d'assiettes alsaciennes, c'est pourquoi son ami Lucien l'appelle pour lui dire qu'il a fait une découverte étrange dans le grenier de tante Hortense. Il a trouvé une série d'assiettes dans des vieux cartons, récupérés une à une dans des brocantes. Lucien a repéré 20 modèles différents dont 15 qui sont en double ou plus. Jack lui dit, c'est dommage, je pense qu'il te manque 2 assiettes pour avoir une série complète... Jack a pu affirmé ça grâce à P2T, mais toi qu'en penses-tu ?"

 #50 - 10-12-2013 10:58:39

Jackv
Elite de Prise2Tete
Enigmes résolues : 34
Messages : 1998
Lieu: 94110

Estiamtion

Je pensais bien que ce problème déclencherait d'interminables discutions lol !
Voici quelques précisions :

- je trouve des solutions (et d'autres parmi vous d'ailleurs) en cherchant complètement au hasard.
J'ai commencé ma collection il y a déjà quelques années ; j'ai bien pensé à mettre de coté les solutions qui avaient déjà été trouvées, mais sans noter celles qui revenaient plus de deux fois. désolé... sad

- deux solutions superposables par rotation sont considérées comme identiques.

- N existe effectivement, mais c'est bien parce que personne au monde ne connait actuellement sa valeur que je cherche à en avoir une estimation, même grossière. Être sûr de cette valeur à 99% ne m’intéresse absolument pas  ; la connaître à + ou - 5% me suffirait déjà.
Un ami prof de math m'a assuré qu'il avait bien réussi à écrire un programme permettant de trouver toutes les solutions mais qu'il ne disposait pas d'une machine assez puissante (en mémoire comme en puissance de calcul) pour obtenir un résultat dans un temps dit raisonnable (moins d'un an !).
Mais si quelqu'un parmi vous veut bien relever le défi ... wink

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