Défis mathématiques

Bonjour,

Voici un petit set d'énigmes mathématiques de tout niveau. Elles demandent plus de réflexion que d'outils.

I) Chasse au trésor

Un aventurier rentre d'expédition avec un nombre impair de diamants. Il remarque qu'en ôtant n'importe quel bijou de sa collection, il peut reformer deux tas de masse égale contenant un nombre identique de diamants.

Montrer que tous les diamants ont la même masse.

II) Ciel étoilé

On considère une infinité de points du plan à distances entières les uns des autres. Montrer que ces points sont forcément alignés.

III) Voyage dans Manhattan (version 1)

Dans un plan, plaçons une origine O et un point M de coordonnées (n,n) avec n entier naturel. On impose à un voyageur de partir du point O et d'aller jusqu'à M en empruntant à chaque pas une direction verticale ou horizontale, chaque pas étant un incrément de 1 dans le sens des abscisses ou des ordonnées, c'est-à-dire un pas vers la droite ou vers le haut.

Compter le nombre de chemins possibles pour arriver à M.

IV) Sommations visuelles

Estimez les sommes suivantes en utilisant un dessin et votre intuition :

1) 1/2 + 1/4 + 1/8 + ... + 1/2^n + ...

2) 1 + 3 + 5 + ... + 2n-1

3) 1 + 2 + 3 + ... + n

4) 1/4 + 1/16 + 1/64 + ... + 1/4^n + ...

V) Voyage dans Manhattan (version 2)

Reprenons le cas de l'exercice III. Combien y a-t-il désormais de chemins possibles si on impose au voyageur de ne pas recroiser ou toucher la première bissectrice (la droite y = x) avant d'arriver au point M ?

VI) Ce matin, un lapin a tué un chasseur !

Soient n chasseurs en face de n lapins. Chaque chasseur tire au hasard sur un des n lapins sans se préoccuper du choix des autres chasseurs. Pour n grand, à combien peut-on estimer le pourcentage de lapins survivants ?

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Ce sont tous des problèmes assez voire très difficiles, qui demandent avant tout de l'astuce de votre part et que vous y passiez du temps. J'espère qu'ils représenteront des casse-têtes amusants pour ceux et celles qui voudront bien s'y frotter, même si la solution ne vient pas. L'important est d'y réfléchir.

Bon jeu.

Par ordre de difficulté (du plus facile au plus difficile) :

VI

IV

III

V

I

II

Bonjour Merryh , je me doutais bien qu'en venant lire je le regretterai, ce n'est pas pour moi tout ça , qu'à cela ne tienne de tenterai de participer cet après-midi ne serait-ce pour parvenir à résoudre un de ces problèmes , histoire d'en rire un peu :)

Bonjour Merryh , je me doutais bien qu'en venant lire je le regretterai, ce n'est pas pour moi tout ça , qu'à cela ne tienne de tenterai de participer cet après-midi ne serait-ce pour parvenir à résoudre un de ces problèmes , histoire d'en rire un peu :)

L'important est de participer, et je salue ta bravoure face au monument !

Je peux aider de toute façon, si vous vous y mettez à plusieurs ce sera encore mieux

Pour la 1 .

La réponse est déjà dans l'énoncé, forcément s'il a un nombre impair et qu'il en ôte un ,= nombre pair ,après pour démontrer que tous les diamants ont la même masse ? Faut croire qu'il a eu un coup de bol à trouver des diamants de la même masse :D

J'imaginé déjà Merryh par terre plié (e) en deux .....

Qui n'à n'éteind na noumiere ?

Pour la 1 .

La réponse est déjà dans l'énoncé, forcément s'il a un nombre impair et qu'il en ôte un ,= nombre pair ,après pour démontrer que tous les diamants ont la même masse ? Faut croire qu'il a eu un coup de bol à trouver des diamants de la même masse :D

J'imaginé déjà Merryh par terre plié (e) en deux .....

Qui n'à n'éteind na noumiere ?

Si tu as un tas comportant un nombre impair de diamants, il te reste en effet un tas contenant un nombre pair de diamants après que tu aies enlevé un diamant. Ce qu'il faut remarquer, maintenant, c'est que quel que soit le diamant ôté, on peut subdiviser le tas restant en deux tas comportant le même nombre de diamants et pesant la même chose. C'est cette observation qui permettra d'embrayer l'exo :)

Après, ce problème est plutôt difficile, donc je pense qu'il vaut mieux le toucher après.

Bonne idée, ce topic. :)

Pour l'énigme V, j'imagine que tu attends la réponse sous la forme d'une expression de n ? Parce que le mieux que j'ai trouvé, c'est une relation de récurrence assez dégueulasse qui m'a l'air juste mais dont je suis incapable de me dépêtrer :

(avec A_n le nombre de chemins de O à M sans franchir la bissectrice).

Manhattan.

1-10 chemins

2- 8 Chemins ( on evite la "marche d'escalier" qui touche le segment de droite ( 0,0)-(n,n)

?

(résolution par un dessin sur papier quadrillé avec n=1carreau en repère orthonormé)

Sinon bon courage et je comprends une fois de plus que j'ai bien fait de m'orienter vers les sciences du vivant. Pas super doué en maths, j'avoue....

Pour le ciel étoilé, utilisant un logiciel " Planétarium " ( Stellarium, que je vous recommande. Libre et multiplateforme ), je me rends bien compte avec les lignes de coordonnées azimutale et équatoriale que pour une sphère, ça marche.

Mais comme toujours en géométrie, je suis infoutu de le démonter.. Et mes profs m'ont seriné sans doute à raison que " Ben ça se voit ! ... " n'est pas une réponse valable.

Les Lapins crétins....No way, j'ai osé faire l'impasse sur les probas au Bac. J'aime pas les sacs de boules multicolores.....

Je fais les sommes visuelles rapidement en passant, j'avais pas vu le topic mais celui ci est facile

1) La somme tend vers 1 quand n tend vers l'infini

(à chaque fois on fait la moitié de la distance restante)

2) La somme est précisément égale à n² avec n = nombre de chiffres à cumuler

(on peut faire (1 + 2n - 1) x n/2 pour sommer deux à deux et il suffit alors de développer)

3) La somme est précisément égale à (n+n²)/2 avec n = nombre de chiffres à cumuler

(on peut faire (1+n) x n/2 pour sommer deux à deux et il suffit alors de développer

4) La somme tend vers 1/3 quand n tend vers l'infini

(intuitif me suis juste servi d'un tableur rapido et c'est d'ailleurs rigolo)

Ah oui c'est sympa et pas évident... Surtout qu'il ne s'agit pas ici d'étaler au grand jour notre arsenal mathématique, mais de faire preuve d'astuce...

Pour la 1 : J'ai l'intuition qu'il faut partir de deux tas de même nombre d'éléments et de même masse (avec un élément n de côté) et de regarder ce qu'il se produit quand on permute n avec n'importe quel autre élément des deux tas, montrer que n aura nécessairement la même masse que l'élément permuté, et comme on peut permuter n'importe lequel ils ont tous la même masse. Mais j'ai un peu de mal à mettre le problème en équation.

Pour la 2 : Une idée un peu plus aboutie... Mon intuition me dit que l'affirmation est vraie à partir de 4 étoiles. Je cherche en fait à démontrer qu'un quadrilatère a nécessairement au moins une dimension (côté ou diagonale) non entière. On pourrait tenter de passer par les calculs d'aires. Un quadrilatère non croisé dont on connait les quatres côtés et 1 diagonale ne possède qu'une seule aire (je pense) non nulle. Donc on doit possiblement pouvoir montrer que la seconde diagonale est non entière. Ce qui signifierait que 4 étoiles toutes séparées d'un nombre entier entre elles forment un quadrilatère d'aire nulle. En d'autre terme elles seraient alignées. La j'avoue que j'ai juste la flemme de me lancer. D'autant que c'est pas élégant comme méthode...

Pour la 3 : Je crois que j'ai trouvé une manière élégante de le résoudre. Pour ne pas spoiler... C'est en blanc en dessous.

-------------- solution -----------------

Imaginons un carré sur une feuille quadrillée (faite le avec un carré de coté 3 par exemple). Lorsqu'on fait un chemin, sans boucle, on coupe le carré en deux parties : une en dessous du chemin, l'autre au dessus. L'aire de ces partie correspond au nombre de carrés qu'elle contient. Par exemple sur le carré de côté 3, le chemin en escalier qui part vers la droite coupe le grand carré en 2 parties, la partie du dessus contient 6 carrés, et la partie du dessous contient 3 carré. On se rend compte alors qu'on peut tracer un chermin contenant 0 carré en dessous, un autre contenant 1 carré en dessous, un autre 2 carrés, ... jusqu'à n*n carrés. Il y a donc n²+1 chemins.

----------------------

Pour la 4 : la connaissance des développement limité à gaché mon plaisir...

Pour la 5 : On reprend le raisonnement de la 3 et on ajoute ceci :

------------- solution -------------------

Interdire de toucher la diagonale revient à dire qu'on ne peut emprunter aucun chemin qui passe par l'intérieur des carré de la diagonale + les carrés qui sont leur voisins directs. Ce qui fait qu'on supprime n + 2*(n-1) soit 3n-2 petit carrés qui forment un nouveau gros bloc (donc +1 carré). On a donc non plus n²+1 chemins mais

n² - 3n + 4 .

Ca fonctionne pour 2 et 3.

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Pour la 6 : toujours pas de solution évidente... En y allant comme une brutasse, j'ai le sentiment qu'on dégomme 2/3 des lapin (récurence sur un arbre de probas)... Mais il doit y aoir plus élégant quand même... pov' bêtes :D

Plus élégant c'est l'application d'une loi binomiale avec n epreuves de bernouilli et je dirai a vue de pf qu'il reste environ 36% de lapins non degommes qui attendront mon retour de congés

Ps on doit pouvoir passer par la loi normale puisique N grand

Pour la 1 , chasse au trésor : si l'aventurier sait qu'en retirant un diamant il obtient deux tas de masse identique c'est qu'il possède une balance pour la pesée et suite à cela il a compter les diamants de chaque tas pour s'apercevoir que les deux ensemble ont le meme nombre de diamants , il met alors les deux tas de diamants chacun sur un plateau de la balance et enlève 1 diamant de chaque tas répétant l'opération jusqu'au dernier diamants , la balance doit indiquer le zéro , l'équilibre, à chaque fois qu'on retire un diamant sur les deux plateaux..bon , dans le cas d'une balance éléctronique , il peut les pesée un par un :D ..

Je fais les sommes visuelles rapidement en passant, j'avais pas vu le topic mais celui ci est facile

1) La somme tend vers 1 quand n tend vers l'infini

(à chaque fois on fait la moitié de la distance restante)

2) La somme est précisément égale à n² avec n = nombre de chiffres à cumuler

(on peut faire (1 + 2n - 1) x n/2 pour sommer deux à deux et il suffit alors de développer)

3) La somme est précisément égale à (n+n²)/2 avec n = nombre de chiffres à cumuler

(on peut faire (1+n) x n/2 pour sommer deux à deux et il suffit alors de développer

4) La somme tend vers 1/3 quand n tend vers l'infini

(intuitif me suis juste servi d'un tableur rapido et c'est d'ailleurs rigolo)

On est censé le faire avec des dessins, c'est de la triche ! :p

Sinon, pour confirmer analytiquement ta réponse intuitive à la 4, c'est la somme S de la suite géométrique de raison q = 1/4 et de premier terme q :

S = q + q² + q³ + ... + qⁿ

En multipliant par q :

qS = q² + q³ + ... + qⁿ⁺¹

En soustrayant :

S - qS = q - qⁿ⁺¹

D'où : S = (q - qⁿ⁺¹) / (1 - q) = q (1 - qⁿ) / (1 - q), ce qui tend vers q / (1-q) = 1/3 avec n grand.

Pour la 3 : Je crois que j'ai trouvé une manière élégante de le résoudre. Pour ne pas spoiler... C'est en blanc en dessous.

-------------- solution -----------------

Imaginons un carré sur une feuille quadrillée (faite le avec un carré de coté 3 par exemple). Lorsqu'on fait un chemin, sans boucle, on coupe le carré en deux parties : une en dessous du chemin, l'autre au dessus. L'aire de ces partie correspond au nombre de carrés qu'elle contient. Par exemple sur le carré de côté 3, le chemin en escalier qui part vers la droite coupe le grand carré en 2 parties, la partie du dessus contient 6 carrés, et la partie du dessous contient 3 carré. On se rend compte alors qu'on peut tracer un chermin contenant 0 carré en dessous, un autre contenant 1 carré en dessous, un autre 2 carrés, ... jusqu'à n*n carrés. Il y a donc n²+1 chemins.

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Si je suis bien ton raisonnement, tu dis qu'il y a autant de chemins que d'aires possibles. Mais, si on reste dans le cas de n = 3, il y a par exemple deux façons d'avoir une aire de 2 carrés unitaires : droite-droite-haut-haut-droite-haut et droite-haut-droite-droite-haut-haut. Par ailleurs, à mon sens n² + 1 ne peut pas être la bonne réponse parce que n² + 1 peut être impair (si n est pair) alors que le nombre de chemins est forcément pair (le nombre total de chemins est égal au nombre de chemins en passant à droite en premier + le nombre de chemins en passant en haut en premier or ces deux derniers nombres sont égaux puisque haut et droite jouent des rôles parfaitement symétriques).

Je propose :

Plus élégant c'est l'application d'une loi binomiale avec n epreuves de bernouilli et je dirai a vue de pf qu'il reste environ 36% de lapins non degommes qui attendront mon retour de congés

Ps on doit pouvoir passer par la loi normale puisique N grand

Le problème, c'est qu'une loi binomiale s'applique quand on répète n épreuves de Bernoulli indépendantes, ce qui n'est pas le cas ici. Par exemple, le nombre de lapins morts dans ce problème est forcément compris entre 1 et n, alors qu'il serait entre 0 et n dans le cas d'une loi binomiale.

Cela dit, en prenant une loi binomiale, j'arrive à 50% de survivants avec n grand (ce qui n'a pas de sens vu qu'elle est de 50% pour n=2 et décroît ensuite) donc si j'ai fait une erreur et que tu sais où, je suis preneur. Mon raisonnement : en prenant une loi de Bernoulli, la probabilité qu'un lapin ne se fasse pas dégommer, c'est la probabilité que le premier chasseur tire sur l'un quelconque des n-1 autres lapins, multipliée par la probabilité que le deuxième chasseur en fasse de même, etc., soit p = [(n-1) / n]^n. Dans ce cas, l'espérance de la loi binomiale, c'est np = n [1 - 1/n]^n. Quand n est grand, ça se simplifie par développement limité : np = n [1 - n*1/n + n(n-1) / 2! * (1/n)² ] = (n-1) / 2. La proportion de lapins vivants est alors de (n-1) / (2n) soit 50%.

Sinon, ce que j'ai fait, c'est calculer formellement les probabilités de tous les cas possibles pour n = 2, 3, 4 et 5 et, après régression linéaire, j'ai obtenu que le nombre de lapins vivants était de : 0,3795n - 0,2537, soit une proportion de 37,95% de lapins vivants quand n est grand. Je ne pense pas que ce soit la réponse que Merryh attend, mais c'est ce que j'ai de mieux à proposer (et quand je pense que c'est censé être le problème le plus facile, ça me fait mal).

Le détail de mes calculs pour n = 4 :

Rolalalala !

Consternée par le vide abyssal de mon cerveau généré par ce topic...

Je crois que je ne comprends même pas les énoncés

Rolalalala !

Consternée par le vide abyssal de mon cerveau généré par ce topic...

Je crois que je ne comprends même pas les énoncés

Moi j'ai trouvé tout de suite la réponse à l'énigme VI

n = C(h)aⁿTa_L + G(oY)^a

J'en reste debout d'admiration !!!

J'en reste debout d'admiration !!!

merci :blush:

Edit : je viens seulement de comprendre ta vanne ! =D (le temps que ça monte au cerveau..)

Bon alors pour le un, dans l'énoncé il est dit qu'en ôtant n'importe quel diamant il peut réformer deux tas de masses égales. Ce qui pour moi veux dire qu'il a essayé avec chaque diamants. J'en déduis donc que tous les diamants ont la même masse.

Bonne idée, ce topic. :)

Pour l'énigme V, j'imagine que tu attends la réponse sous la forme d'une expression de n ? Parce que le mieux que j'ai trouvé, c'est une relation de récurrence assez dégueulasse qui m'a l'air juste mais dont je suis incapable de me dépêtrer :

(avec A_n le nombre de chemins de O à M sans franchir la bissectrice).

Le raisonnement qui va avec :

Moi j'ai trouvé tout de suite la réponse à l'énigme VI

n = C(h)aⁿTa_L + G(oY)^a

Bonjour,

J'ai pu lire vos différentes réponses, qui sont toutes très intéressantes. Mention spéciale à Zenalpha et Konvicted qui ont trouvé la réponse à deux exercices. Je n'ai pas le temps de m'appesantir sur une réponse structurée, mais je la prépare en parallèle et vous l'enverrai demain :)