Enigmes

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 #1 - 19-12-2010 22:53:17

scarta
Elite de Prise2Tete
Enigmes résolues : 49
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jeu de mains + questuon bonus

Voici le principe du jeu.
1) on commence par choisir un nombre entier N
2) on ouvre sa main
3) on part du pouce et on compte N doigts levés, en revenant sur le pouce si jamais ça va trop loin
4) on replie le doigt sur lequel on est arrivé
5) on recommence en 3) tant qu'on a encore un doit déplié
6) enfin, on note pour cette valeur de N l'ordre de "repliage" des doigts

Par exemple, pour N=1, on a 1-2-3-4-5
Pour N=10, on a 5-2-1-4-3, pour N=20 on a 5-4-2-3-1,...

Il est bien évident que pour deux nombres N distincts on peut avoir le même résultat au jeu. Par exemple pour 361 et 1201...
On dira que de telles valeurs sont équivalentes.

La question est la suivante: combien de nombres distincts dois-je tirer au sort pour être sur d'avoir au moins 2 nombres équivalents?

Bonne chance !

Edit:
Question bonus (merci à Rivas)
Même question si je joue à ce jeu avec les deux mains maintenant.



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 #2 - 20-12-2010 01:18:09

dhrm77
L'exilé
Enigmes résolues : 49
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Jeu de mains + Questio bonus

j'aurais dit 121... soit 5!+1
je ne vois pas pourquoi c'est 61 qui est validé...
a moins que ce soit parce qu'il est difficile mais pas impossible de plier tous les doigts sauf l'annulaire.


Great minds discuss ideas; Average minds discuss events; Small minds discuss people. -Eleanor Roosevelt

 #3 - 20-12-2010 08:09:26

gwen27
Elite de Prise2Tete
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Jeu e mains + Question bonus

Le premier doigt replié est le nombre modulo 5: 5 cas possibles
Le second est, dans les doigts qui restent, le nombre modulo 4 : 4 cas possibles
Le troisième, idem modulo 3 : 3 cas possibles
Le quatrième : modulo 2 est directement lié  au second modulo 4, donc pas de double choix
Le dernier coule de source

Donc 5X4X3 = 60 solutions possibles

61 nombres suffiront donc à en obtenir 2 "équivalents"

 #4 - 20-12-2010 09:28:29

McFlambi
Professionnel de Prise2Tete
Enigmes résolues : 48
Messages : 144

Jeu de mains + Quetion bonus

N modulo 4 = 1 ou 3     implique     N modulo 2 = 1
et
N modulo 4 = 0 ou 2     implique     N modulo 2 = 0

donc il reste 5*4*3 = 60 choix, et pour retomber sur un identique, il suffit d'en prendre 61.

 #5 - 20-12-2010 09:58:34

rivas
Elite de Prise2Tete
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Lieu: Jacou

Jeu de mains + Question bonuss

Ce problème aurait pu s'appeler: "Quand Bezout rencontre Dirichlet (principe des tiroirs)" ou encore "Mariage du théorème chinois et du principe des tiroirs"... smile

Si N et N' sont équivalents, on a:
[TeX]N \equiv N' [5][/TeX]
[TeX](N-1) \equiv (N'-1) [4][/TeX]
[TeX](N-2) \equiv (N'-2) [3][/TeX]
[TeX](N-3) \equiv (N'-3) [2][/TeX]
Donc [latex]N \equiv N' [ppcm(2,3,4,5)][/latex] (Bezout).
Donc 2 nombres sont équivalents s'ils sont congrus modulo 60 (ou encore s'ils sont dans la même classe d'équivalence dans Z/60Z).

Comme il y a 60 classes d'équivalence modulo 60, 61 nombres assurent qu'il y en a au moins 2 dans la même classe et donc équivalents entre eux (Principe de Dirichlet ou des tiroirs).

La case réponse valide ce 61.
Merci pour ce problème original.
Si on avait utilisé les 10 doigts, il aurait fallu choisir 2521 nombres.

 #6 - 20-12-2010 10:28:05

scrablor
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jeu de mains + queqtion bonus

Pour une main à 1 doigt, il y a 1 seul ordre possible.
Pour une main à 2 doigts, 2 ordres.
Pour une main à 3 doigts, 6 ordres.
Pour une main à 4 doigts, ce n'est pas 24 mais 12, car 4 a un diviseur strict (2) et le premier doigt replié dépend de la parité de N.
Pour la main à 5 doigts, ce sera 5*12=60.
Pour être sûr d'avoir un doublon, on prendra donc 61 nombres.

Pour la main à 6 doigts, je me demande si on aura vraiment beaucoup plus de 60 choix.

PS:
Je suis bien conscient de ne rien avoir démontré, mais seulement intuité lol


Celui qui fuit les casse-tête ne vaut pas un clou.

 #7 - 20-12-2010 15:52:28

nextobilly
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jru de mains + question bonus

60 combinaisons différentes + 1 = 61

 #8 - 20-12-2010 22:27:43

MthS-MlndN
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jeu de mains + question bobus

Les valeurs possibles pour la suite équivalente à N sont les arrangements de 1-2-3-4-5, il y en a 5*4*3*2*1=120, donc je dirais 121. La case réponse ne valide pas... Quelle nuance ai-je ratée ?


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 #9 - 21-12-2010 10:00:32

franck9525
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jeu de mauns + question bonus

En supposant que toutes les combinaisons sont possibles, le nombre d'entier est le nombre de combinaison +1 soit 5!+1=121

La bonne question a se poser est donc: est-il possible d'obtenir les 120 combinaisons différentes??

Le premier doigt sur lequl on s'arrete est le modulo de N
mod5 = mod(N-1,5)+1 ; pour avoir les résultats entre 1 et 5
doigt1 = mod5

les valeurs N de 1 à 5 permettent d'obtenir les 5 valeurs initiales

mod4 = mod(N-1,4)+1 ce qui donne une valeur de 1 à 4 qu'il faut rajouter à doigt1
EX:i.e. si doigt1 est 3 et mod4 est 4 alors doigt2 = 2

Partant de N = 1 qui nous a donné doigt1 = 1
N = 1 => doigt2 = 2
N = 1 + 5 = 6 => doigt2 = doigt1 (1) + 6 mod(4) = 3
N = 1 + 10 =11 => doigt2 = 4
N = 1 + 15 => 16 qui est 4  doigt2 = 5


Partant de N = 3 qui nous a donné doigt1 = 3
N = 3 => doigt2 = 1
N = 3 + 5 = 8 = 4 => doigt2 = doigt1 + 4 = 2
N = 3 + 10 = 13 = 1 => doigt2 = doigt1 + 1 = 4
N = 3 + 15 = 2 => doigt2 = 5

on se rend bien compte que n'importe quel doigt1, il est facile d'atteindre tout doigt2. Quant est-il de doigt3? Partant de ce dernier exemple, doigt1=3 et doigt2=5 donc avec N = 18
N = 18  = 3 mod (3) [en forçant un résultat 1, 2  ou 3)
ce qui donne doigt3 = 4
N = 18 + 20 = 38 = 2 mod(3) => doigt3 = 2 (les doigts déjà pliés étant 3 et 5)
N = 18 + 40 = 58 = 1 mod(3) => doigt3 = 1

cet exemple montre que tout doigt3 est atteignable

et pour doigt4? allez, on part de N = 38 qui nous a donné dans l'ordre
38 mod(5) => doigt1 = 3 ; 38 mod(4) => doigt2= 3+2=5 et doigt3 = 2 (ci-dessus!); 38 est paire donc  2 ce qui donne doigt4=1. N=38+60=98 est toujours paire ce qui laisse penser que la combinaison 3, 5, 2, 4 et 1 n'est pas réalisable!! et qu'en extrapolant, sans demontrer je sais, le doigt de rang 4 ne peut être choisi le nombre total de combinaison serait 5*4*3=60 et non 120 comme initialement pensé

La réponse est donc 61

edit: question subsidiaire
je mettais fait la remarque de l'extraterrestre à plein de doigts
la reponse serait [latex]\frac{doigt!}{2}+1[/latex] pour avoir deux N equivalents


The proof of the pudding is in the eating.

 #10 - 22-12-2010 16:29:42

Tromaril
Habitué de Prise2Tete
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Messages : 45

Jeu de mains + Question bons

Je n'ai pas la démonstration formelle mais je pense que
- avec 5 doigts il faut 61 tirages (5*4*3*1*1 + 1)
- avec 10 doigts il faut 2521 tirages (10*9*4*7*1*...*1 +1)

Je définis [latex]d_k \in [1,k][/latex] tel que [latex]N = d_k \ [k][/latex], k compris entre 1 et le nombre de doigts. La suite [latex](d_5,d_4,d_3,d_2,d_1)[/latex] ou [latex](d_{10},d_9,...,d_1)[/latex] détermine l'ordre de repliage des doigts. La question est donc de dénombrer le nombres de suites existantes.

S'il y a cinq doigts :
5 et 4 étant premiers entre eux, [latex]d_5[/latex] et [latex]d_4[/latex] peuvent prendre des valeurs indépendamment  l'un de l'autre (par application du théorème de Bézout) ensuite [latex]d_3[/latex] peut à nouveau prendre n'importe quelle valeur, du fait que 20 et 3 sont premiers entre eux.
Par contre [latex]N = d_4 \ [4][/latex] => [latex]N = d_4 \ [2][/latex] donc [latex]d_2[/latex] est imposé. Et [latex]d_1[/latex] vaut forcément 1.
il y a donc 5*4*3=60 possibilités.

S'il y a 10 doigts :
Un fois [latex]d_{10}[/latex] fixé, on a forcément [latex]d_{10}-d_8=0 \ [2] [/latex] ce qui ne laisse que 4 possibilités pour [latex]d_8[/latex] (2,4,6,8 ou 1,3,5,7 suivant la parité de [latex]d_{10}[/latex] ).
Ensuite 80, 9 et 7 étant premiers entre eux 2 à 2, [latex]d_9[/latex] et [latex]d_7[/latex] sont libres.
[latex]d_{10}-d_6=0\ [3][/latex] ce qui impose la valeur de [latex]d_6[/latex].
Les autres chiffres étant des diviseurs de 10, 8 ou 6, leurs [latex]d_k[/latex] sont imposés.
Il y a donc 10*9*4*7=2520 suites possibles.

 #11 - 22-12-2010 23:21:04

scarta
Elite de Prise2Tete
Enigmes résolues : 49
Messages : 1475

Jeu de mins + Question bonus

Bonne réponse de tous ceux qui ont dit 61 smile

Explications: le principe de Dirichlet (ou des tiroirs), nous dit que si on range N+1 chaussettes au moins dans N tiroirs, alors un tiroir au moins en contiendra 2.

Appliqués à notre problème cela devient: si N est le nombre de "classes d'équivalences" différentes, alors la réponse est N+1

Le gros piège à éviter est alors de dire N = 5! = 120. En effet, toutes les solutions ne peuvent pas forcément être atteintes !
Plus précisément, pour les trois premiers doigts repliés, on peut, grâce au théorème des restes chinois, trouver une valeur de N qui les pliera: le premier doigt étant le numéro A, N=A[5]; le deuxième doigt est B, N=B[4] et le 3ème est C, N=C[3]
Par contre, pour le 4ème doigt, on ne décide de rien: en effet le modulo 2 de N est déjà défini par le modulo 4 de N. Pour le dernier doigt, on décide encore moins.
On a donc 5*4*3 possibilités (c'est à dire ppcm(1,2,3,4,5))
La réponse est alors 61

Pour les 2 mains, pareil: la réponse est ppcm(1,2,3,4,5,6,7,8,9,10)

Pour les sceptiques, il suffit de vérifier que pour tout k et pour i=1..5, k%i = (k+60)%i (donc chaque nombre X est équivalent à X+60, et il ne peut y avoir plus de 60 classe d'équivalences différentes)

 #12 - 23-12-2010 00:45:47

MthS-MlndN
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jeu fe mains + question bonus

scarta a écrit:

si N est le nombre de "classes d'équivalences" différentes, alors la réponse est N+1

(...)

Pour les 2 mains, pareil: la réponse est ppcm(1,2,3,4,5,6,7,8,9,10)

... + 1 big_smile


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