Enigmes

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 #1 - 26-05-2021 13:24:09

PRINCELEROI
Elite de Prise2Tete
Enigmes résolues : 33
Messages : 1251

Problèem du mois

Zig a rendu visite à Albert (A), Ben (B) et Charles (C).

Il a inscrit sur le front de chacun d’eux un entier positif en leur signalant que l’un des trois entiers est la somme des deux autres.

Le dialogue suivant s’établit entre les trois amis :

Albert : Je ne connais pas mon nombre.

Ben : Je ne connais pas mon nombre.

Charles : Je ne connais pas mon nombre.

Albert : Je connais mon nombre qui est 95

Déterminez les deux autres nombres.

Source : Andy Liu – Maths Horizons Février 2004

PS:Je suppose que chacun voit l'entier des deux autres mais pas le sien.

Attention:problème du mois de mai sur Diophante.fr et classé 5 étoiles:le top!

Bon courage

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 #2 - 26-05-2021 16:58:04

Vasimolo
Le pâtissier
Enigmes résolues : 49
Messages : 5,270E+3

Problèm edu mois

La solution est très courte et peu difficile à trouver . Il faut tout de même faire attention car le problème est traduit de l'anglais , on doit donc comprendre "positif" comme "strictement positif" . D'un autre côté ce n'est pas trop grave car la solution est la même dans les deux cas .

Vasimolo

 #3 - 28-05-2021 14:59:34

Bastidol
Professionnel de Prise2Tete
Enigmes résolues : 49
Messages : 152

Prolème du mois

Bonjour,

Pour avoir déjà rencontré cette enigme il me semble que la résolution réside dans le fait que certains ne peuvent se determiner.

Ne manque t'il pas une phrase du genre " Au bout d'un certain temps le plus sage des trois......." ?

Albert ne peut connaitre son nombre que s'il s'agit de la somme B+C.
donc B et C devraient pouvoir déduire leur propre nombre. Le fait qu'ils n'y arrivent pas est une indication à exploiter.
Ne manque t'il pas une donnée?

CDLT

 #4 - 30-05-2021 15:00:02

PRINCELEROI
Elite de Prise2Tete
Enigmes résolues : 33
Messages : 1251

Problème du mmois

Bonjour
Pour ceux qui voudraient vérifier je donne simplement la solution.
En polonais pour pas troll.
Odpowiedź to trzydzieści osiem dla Bena i pięćdziesiąt siedem dla Charlesa

 #5 - 30-05-2021 20:03:05

Franky1103
Elite de Prise2Tete
Enigmes résolues : 49
Messages : 3146
Lieu: Luxembourg

probmème du mois

Bon, maintenant, on a le problème et la solution.
Il manque juste le raisonnement. big_smile

 #6 - 31-05-2021 10:50:25

TOUFAU
Professionnel de Prise2Tete
Enigmes résolues : 0
Messages : 104

Problème duu mois

Salut Princeleroi

La réponse est a=95 ; b=38 ; c=57

On sait qu’aucun des 3 protagonistes n’a eu d’information déterminante au premier tour.

Au tour de A, il envisage b+c ou |b-c|. A ne peut conclure donc b+c <> |b-c| (sinon un seul choix pour a). Donc b<>0 et c<>0.
A et B savent qu’ils n’ont pas 0.

Au tour de B, il envisage a+c ou |a-c|. B ne peut conclure donc a<>0 (sinon un seul choix pour b), mais surtout a<>c (sinon a-c=0, et C qui sait ne pas avoir 0 en aurait déduit b=a+c).
A sait que a<>0 ; A et C savent que c<>a.

Au tour de C, il envisage a+b ou |a-b|. C ne peut conclure donc a<>b (sinon C, qui ne peut avoir 0, en aurait déduit que c=a+b), mais surtout b-a <> a (sinon c=a, ce qui a été exclu). Donc a <> b/2.
A sait que a<>b et que a<>b/2.

Quand revient le tour de A, il sait donc que a<>0, a<>b, a<>c, a<>b/2.
A envisage b+c, b-c ou c-b. Et on sait que A découvre son nombre, donc les informations qu’il a obtenues sont décisives, et lui permettent d’éliminer des hypothèses obligatoirement fausses.
Si une hypothèse éliminée par A était a=0, cela signifierait que b-c=0, donc b=c, donc a=2b, donc a pair. Mais a=95 => impossible.
Si une hypothèse éliminée par A était a=b ou a=c, cela signifierait éliminer c-b=b ou b-c=c, donc c=2b ou b=2c, donc a=3b ou 3c, ce qui est impossible car 95 n’est pas un multiple de 3.
Reste donc a=b/2. Le seul cas intéressant qui pourrait y conduire serait c-b=b/2 (b+c=b/2 implique c<0 et b-c=b/2 implique c=b/2 donc a=c ce qui a été exclu)
Si c-b=b/2 alors c= 3b/2.

Dans ce cas, A envisage a=b+c= 5b/2 ou a=c-b=b/2, et puisque le second cas a été éliminé, nécessairement a=5b/2. Donc b=38 puis c=57.
C’est la seule configuration permettant à A de trouver son nombre au second tour…

 #7 - 31-05-2021 11:27:05

PRINCELEROI
Elite de Prise2Tete
Enigmes résolues : 33
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Problèm edu mois

Bravo à TOUFAU pour cette belle démonstration!

 #8 - 31-05-2021 12:45:38

Vasimolo
Le pâtissier
Enigmes résolues : 49
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Problème ddu mois

Je remarque que tu n'as pas relevé le problème que j'ai noté .

Le principal avantage et défaut de ce site : celui qui propose l'énigme est à la fois le prince et le roi .

Tant qu'on n'abuse pas des privilèges , tout va bien smile

De toutes façons , il y aura une réponse officielle dans quelques heures .

Vasimolo

 #9 - 31-05-2021 13:43:47

godisdead
Expert de Prise2Tete
Enigmes résolues : 22
Messages : 736

problème du lois

Je suis content, j'avais trouvé la même réponse que TOUFAU, mais je me suis emmêlé dans ma démonstration et je ne l'ai pas posté (puis plus le temps sad )

 #10 - 31-05-2021 18:28:11

Vasimolo
Le pâtissier
Enigmes résolues : 49
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probkème du mois

J'avais raisonné comme TOUFAU , ce qui veut dire que nous avions compris "positifs" de la même façon . Il aurait été sympa d'ouvrir le problème en remplaçant ce terme par "strictement positifs" , qui était manifestement attendu par le site "Diophante" .

Je dis ça , je ne dis rien smile

Vasimolo

 #11 - 01-06-2021 00:27:06

Zindy
Passionné de Prise2Tete
Enigmes résolues : 48
Messages : 61

problème du moos

Le fait que l'énoncé ne précise pas "strictement positif" n'est pas si gênant. En effet, on peut démontrer qu'aucun des nombres n'est nul du fait qu'aucun des trois ne puisse déterminer son nombre au premier tour.

En effet, si l'un des nombres est nul (ex: C=0), A, voyant les deux nombres B et 0 en déduira soit que A = B+C = B+0 = B ou A = B-C = B-0 = B. Donc A pourra conclure que son nombre est égal au nombre B (tout comme B pourrait conclure que son nombre est égal au nombre A). Même raisonnement si A=0 ou B=0, cela permet à deux des personnes de conclure si la troisième a un nombre nul.

Donc comme le premier tour ne se traduit par aucune conclusion de personne, on sait qu'aucun n'a de nombre nul, les entiers "positifs" sont donc "strictement positifs"

Zindy

PS : belle démo de TOUFAU

 #12 - 01-06-2021 19:14:04

Vasimolo
Le pâtissier
Enigmes résolues : 49
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problèmz du mois

Le problème est le même si on accepte le "0" ?

En tout cas , l'enchainement des déductions n'est pas le même .

Quelques questions en l'air :

Quels sont les entiers que l'on peut mettre à la place du 95 ?

Les deux problèmes ( positifs ou strictement positifs ) ont-ils toujours une solution unique en même temps ?

Si en acceptant le "0" tout fonctionne pareil , pourquoi ne pas accepter "-1" ?

Vasimolo

 #13 - 05-06-2021 10:15:14

vakilpaul2
Amateur de Prise2Tete
Enigmes résolues : 0
Messages : 1

Problème ud mois

Je remarque que tu n'as pas relevé le problème que j'ai noté .

 #14 - 07-06-2021 20:14:23

scarta
Elite de Prise2Tete
Enigmes résolues : 49
Messages : 1710

Problème ud mois

Intéressant : le lien entre ce problème et la suite de Fibonacci smile

J'ai regardé quelles étaient les réponses possibles suivant le nombre de fois où la réponse est "je ne sais pas" - ex pour notre pb ici : 3 fois.

Nombre de "Ne sais pas" --> réponse du premier à savoir (et des deux autres)
0 --> A=N, B=0, C=N (ou B=N et C=0)
1 --> B=2N, A=N, C=N
2 --> C=3N, B=2N et A=N
3 --> A=5N, C=3N, B=2N
4 --> B=8N, A=5N, C=3N
5 --> C=13N, B=8N, A=5N
etc...

c'est bon vous l'avez ?
La démo est pas longue, par récurrence ça marche bien. J'ai la liste de mes inégalités (autant que de tours avec "ne sais pas"), et il faut une récurrence forte : j'ai 3 branches à chaque fois, mais une apporte un résultat négatif et une autre invalide l'hypothèse du tour n-2, reste une seule.


Corollaire : ce genre de problème admet une solution si et seulement si on peut en sortir un triplet de Fibonacci (à une constante multiplicative près)

 #15 - 08-06-2021 20:25:14

TOUFAU
Professionnel de Prise2Tete
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Messages : 104

Problème d mois

Plusieurs remarques suite aux posts précédents

Scarta, d’accord avec toi, on peut effectivement étendre le problème posé par Princeleroi et montrer par récurrence que les triplets suites de nombres de Fibonacci (et leurs multiples) permettent à celui qui a le plus grand nombre de le déduire après itérations.

Est-ce toutefois un ‘si et seulement si’… ?
Prenons l’exemple (a, b, c) = (n, 4n, 3n)
Au tour 1
Le fait que B ne sache pas permet à C de déduire que c<>n (sinon B aurait vu deux n et déduit b=2n).
Le fait que C ne sache pas permet ensuite à B de déduire que b<> 2n, (sinon C verrait n et 2n, et en aurait conclu que c=3n puisque c<>n).
Au tour 2,
A ne sait toujours pas.
Par contre, B sait désormais que b=4n, puisque B sait maintenant que b<>2n.

Il existe donc des solutions (sans doute plein) permettant à un protagoniste de découvrir son nombre, et qui ne sont pas des multiples de triplets de la suite de Fibonacci (ou même des nombres de Fibonacci).

Concernant la question de Vasimolo ‘par quoi peut-on remplacer 95’, il faut pour y répondre se poser deux questions consécutives :
-    Quelles valeurs de a permettent au joueur A (qui connait b et c) de trouver son nombre au second tour sans que personne n’ai trouvé au premier ?
-    Parmi ces valeurs de a, lesquelles permettent de déduire b et c de façon univoque pour quelqu’un qui ne les connait pas ?

A la première question, les triplets (a, b, c) possibles sont de la forme (3n, 2n, n), (3n, n, 2n), (5n, 2n, 3n) et éventuellement (2n, n, n) si le 0 est autorisé. Tous permettent à A d’être le premier à conclure, au second tour. (J’avais d’ailleurs une omission dans mon raisonnement précédent, corrigée)

Pour répondre à la seconde question, il faut assurer l’unicité de b et c.
Les triplets (3n, 2n, n) et (3n, n, 2n) sont exclus, même s’il ne s’agit que d’une permutation.

Si on considère le 0 exclu, Reste donc uniquement (5n, 2n, 3n). Et pour assurer qu’il n’y a pas de confusion possible avec les deux précédents, il faut de plus que 5n <> 3p.
Ce qui nous laisse les triplets (15n+5, 6n+2, 9n+3) ou (15n+10, 6n+4, 9n+6).

Si le 0 est autorisé, Reste donc (5n, 2n, 3n) ou (2n, n, n). Il il faut qu’il n’y ait pas de confusion entre eux ou avec les cas a=3n.
Reste donc les triplets (30n+5, 12n+2, 18n+3), (30n+25, 12n+10, 18n+15), (30n+2, 15n+1, 15n+1), (30n+4, 15n+2, 15n+2), (30n+8, 15n+4, 15n+4), (30n+14, 15n+7, 15n+7), (30n+16, 15n+8, 15n+8), (30n+22, 15n+11, 15n+11), (30n+26, 15n+13, 15n+13) , (30n+28, 15n+14, 15n+14).

Et pour répondre à la question de Vasimolo de savoir si les deux problèmes (positifs ou strictement positifs) ont toujours une solution unique en même temps, on voit bien que non dans ce cas. A partir du second tour (après A), les deux problèmes doivent être équivalents.

 #16 - 08-06-2021 23:15:39

scarta
Elite de Prise2Tete
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Problème du moi

Exact. En fait, je suis parti sur le raisonnement "la dernière affirmation me permet de trancher". Alors qu'en fait, l'avant dernière aussi peut me le permettre, simplement je n'ai pas eu l'occasion de m'exprimer depuis.

 #17 - 08-06-2021 23:54:16

scarta
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Problème du ois

Les premiers développements

1 ==> A = N,    avec C = N, B = 0 ou B = N, C = 0
2 ==> B = 2N,    avec A = N, C = N
3 ==> C = 2N,    avec A = N, B = N
3 ==> C = 3N,    avec A = N, B = 2N
4 ==> A = 3N,    avec B = 2N, C = N
4 ==> A = 3N,    avec B = N, C = 2N
4 ==> A = 5N,    avec B = 2N, C = 3N
5 ==> B = 4N,    avec A = N, C = 3N
5 ==> B = 3N,    avec A = N, C = 2N
5 ==> B = 4N,     avec A = 3N, C = N
5 ==> B = 5N,     avec A = 3N, C = 2N
5 ==> B = 8N,    avec A = 5N, C = 3N
6 ==> C = 5N,    avec A = 3N, B = 2N
6 ==> C = 4N,    avec A = 3N, B = N
6 ==> C = 7N,    avec A = 5N, B = 2N
6 ==> C = 5N,    avec A = N, B = 4N
6 ==> C = 4N,    avec A = N, B = 3N
6 ==> C = 7N,     avec A = 3N, B = 4N
6 ==> C = 8N,    avec A = 3N, B = 5N
6 ==> C = 13N,    avec A = 5N, B = 8N
7 ==> A = 7N,     avec B = 4N, C = 3N
7 ==> A = 5N,    avec B = 3N, C = 2N
7 ==> A = 5N,    avec B = 4N, C = N
7 ==> A = 7N,     avec B = 5N, C = 2N
7 ==> A = 11N,     avec B = 8N, C = 3N
7 ==> A = 7N,    avec B = 2N, C = 5N
7 ==> A = 5N,    avec B = N, C = 4N
7 ==> A = 9N,     avec B = 2N, C = 7N
7 ==> A = 9N,     avec B = 4N, C = 5N
7 ==> A = 7N,     avec B = 3N, C = 4N
7 ==> A = 11N,     avec B = 4N, C = 7N
7 ==> A = 13N, avec B = 5N, C = 8N
7 ==> A = 21N, avec B = 8N, C = 13N

A chaque tour, on a de plus en plus de branches (le nombre de combinaison est aussi une suite de Fibonacci ^^)


Edit : et je viens de voir que j'en ai zappé bcp ...

 #18 - 10-06-2021 11:49:31

scarta
Elite de Prise2Tete
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Probblème du mois

Allez : je viens à la fois de montrer que toute configuration peut être trouvée au bout d'un moment + un algo qui sort le nombre d'étapes nécessaires.

En réalité, l'algo est venu en premier, et son implémentation prouve que ça s'arrête toujours...

1. Je pars de A, B, C
2. Je calcule G = pgcd(A,B,C), et A',B',C' = A/G, B/G, C/G
3. Nombre d'étapes = 1
3. Je pars de ce triplet et je boucle
3.1 Je trouve le plus grand des trois (qui est la somme des deux autres)
3.2 Je le remplace par la différence des deux autres.
3.3 J'augmente le nombre d'étapes de 1 si le plus grand est le joueur précédent par rapport au dernier qui a parlé, et de 2 si c'est le joueur suivant (il y a une étape "inutile" entre les deux)
4. on boucle jusqu'à arriver à deux fois 1 et une fois 0
5. éventuellement, on ajuste le résultat avec +1 si jamais on termine sur C avec 1 1 0 (une autre étape inutile)

Du coup, on a 3 nombres premiers entre eux, leurs différences le sont tous le temps, on fini forcément par arriver sur 1. C'est l'algorithme d'Euclide !

Code:

  A     B     C    #    "changeur"
142    50    92        
 71    25    46     1    
 21    25    46     2    A
 21    25     4     3    C
 21    17     4     4    B
 13    17     4     5    A
 13     9     4     7    B
  5     9     4     8    A
  5     1     4    10    B
  3     1     4    11    A
  3     1     2    12    C
  1     1     2    14    A
  1     1     0    15    C
                   16    A

Il faut 16 tours pour trouver A,B,C dans ce cas

 #19 - 10-06-2021 20:01:19

TOUFAU
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PProblème du mois

Excellent!

je pense que ça marche, de façon plutôt intuitive...

L'algo ne permet pas de déduire la question posée par Princeleroi mais de prévoir la sortie (nb itérations) à partir des valeurs initiales.

tu sais démontrer qu'il marche :-)?

 #20 - 11-06-2021 10:37:31

scarta
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peoblème du mois

L'algo ? oui c'est simple.

En fait je l'ai fait en sens inverse. Je suis A.
Prenons toutes les affirmations que je connais depuis les deux derniers tours (au troisième tour en arrière, c'est moi qui parlais : j'ai déjà traité toutes les informations précédentes)
Je sais donc que certaines affirmations, de la forme "A = x, B = y, C = z" sont fausses.

Si x = abs(y-z) alors je peux trouver la solution, c'est y+z
Et sinon, alors je rajoute une nouvelle affirmation fausse "A = y+z, B = y, C = z"
(si cette affirmation était vraie, alors on saurait que A hésitait entre |y-z| et y+z, et il aurait du pouvoir répondre)


En sens inverse : l'affirmation fausse qui me sert provient d'où ? D'une autre affirmation, où deux valeurs ont été sommées pour en faire une troisième.

Dans mon exemple: 71    25    46
==> l'affirmation qui me sert est "21,25,46" est impossible
==> elle vient de l'affirmation "21, 25, 4" est impossible
==> elle vient de l'affirmation "21, 17, 4" est impossible
etc...
Chacune de ces affirmations peut être au tour précédent, ou deux tours auparavant : ça dépend de qui a été sommé.

Et pour prouver que ça s'arrête :

1. Posons A,B premiers entre eux
alors C = A+B et C' = A-B sont aussi premiers avec A et B
==> donc à chaque étape, on a toujours un triplet de nombres premiers entre eux

2. Aucun nombre ne vaut 0 sauf si les deux autres sont 0 ou 1.
en effet, C = 0 par exemple vient forcément de l'étape A=x, B=x, C=2x ==> C' = x-x=0
Or, A et B étant premiers entre eux (cf résultat 1), alors x=1 ou x=0

3. On a donc 3 nombres premiers entre eux, dont le plus grand élément est définie par une suite strictement décroissante tant qu'il est > 1 (strictement ==> cf resultat 2, il n'est monotone que si une des valeurs est 0)
Argument de la descente infinie : le plus grand des trois converge et atteint la valeur 1.

4. On a trois nombres, A B et A+B avec A+B = 1 et A,B = 0 ou 1 (cf resultats 2 et 3)
==> A = 0, B = 1, C = 1 (ou l'inverse)

 #21 - 11-06-2021 10:41:55

scarta
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Problème ddu mois

Et du coup, pour répondre à la question initiale : voici le tableau des affirmations fausses sur les 4 premiers tours

Code:

     A    B    C
1    1    0    1
1    1    1    0
2    0    1    1
2    1    2    1
3    1    1    2
3    1    2    3
4    2    1    1
4    3    2    1
4    3    1    2
4    5    2    3

On sait que A = 95 : ce n'est pas un multiple de 2, ni de 3, mais c'est un multiple de 5 ==> on prend l'affirmation 5/2/3 et on trouve (x19) 95/38/57

 

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