Enigme: L'héritage.

[yat]

mince alors !
je suis obligé d'amener des calculs, des vecteurs... ?
je cherche une démo simple (j'espère qu'il en existe une), claire et pas trop longue.
Shokin

Pas forcément des calculs, ni des vecteurs... simplement faire intervenir des inégalités de distances. C'est tout simple à comprendre et c'est beaucoup plus court que tes tentatives. Par contre, ben... faut y penser, quoi...
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[shokin]

Ah ! des inégalités de distances...

l'axiome de la distance ?

Shokin

[yat]

l'axiome de la distance ?

Euh... ben j'imagine que peut-être il est envisagable que ça dérive de ça, oui...
Hum... en d'autres termes : je suis désolé, je ne sait pas ce que c'est, l'axiome de la distance.

[mbollaert]

Bonjour,

On a un rectangle, dont la surface est recouverte par des carrés. Il ne reste pas de surface non recouverte, aucun des carrés n'en recouvre un autre, et aucun ne dépasse du rectangle.
Les carrés qui recouvrent le rectangle sont tous de tailles différentes.

Une telle figure existe-t-elle ?

Est-ce que la réponse à ta question ne serait pas cela :

http://villemin.gerard.free.fr/Pavage/CarrParf.htm

?

[yat]

Est-ce que la réponse à ta question ne serait pas cela :
http://villemin.gerard.free.fr/Pavage/CarrParf.htm?

A ton avis ?

[invite6f044255]

Salut!!!!

Une nouvelle (parce que la précédente a l'air finie):
Prenons une boîte de sucres tous identiques de longueur L.
J'en pose un sur la table.
J'en pose alors un sur le premier sucre en le mettant le plus possible vers une extrémité du premier sucre de façon à ce qu'il tienne en équilibre.
Je renouvelle l'opération une infinité de fois.
Quelle sera la distance entre le premier et le "dernier"?

[yat]

Salut!!!!

Une nouvelle (parce que la précédente a l'air finie):
Prenons une boîte de sucres tous identiques de longueur L.
J'en pose un sur la table.
J'en pose alors un sur le premier sucre en le mettant le plus possible vers une extrémité du premier sucre de façon à ce qu'il tienne en équilibre.
Je renouvelle l'opération une infinité de fois.
Quelle sera la distance entre le premier et le "dernier"?

(En effet, la dernière énigme est morte de faim... snif)

Bon, je pense qu'il y a un petit problème dans l'énoncé, non ? Si je mets le deuxième sucre le plus possible vers une extrémité du premier, il sera en équilibre. Donc si le troisième sucre dépasse encore, le centre de gravité de l'ensemble des sucres 2 et 3 est forcément hors de la surface de sustantation (ortographe ?) du deuxième, et ça tombe...

On doit pouvoir aller plus loin, mais tu es sur qu'il ne faut pas placer le deuxième sucre un peu moins au bord de la chute ? En fait moi j'aurais tendance à faire l'inverse : le dernier sucre en haut doit être posé pile au bord, en équilibre. L'avant dernier doit donc être posé sur l'antépénultième de sorte que le centre de gravité du dernier et de l'avant dernier soit sur le sucre d'en dessous...

Bon, on va faire une suite... U0 est l'abscisse du sucre tout en haut, U1 celle du sucre juste en dessous, et ainsi de suite. Je prends L=1.

Je pose par exemple U0=0.
A chaque rang, je considère l'ensemble des sucres qui sont au dessus. Je fais la moyenne de leurs abscisses, et en ajoutant 1/2, j'obtiens l'abscisse du centre de gravité de ce bloc. C'est donc l'abscisse minimale à laquelle peut être le sucre considéré. En d'autres termes, Un=((somme pour i=0 à n-1)Ui)/n+1/2.

Ca me donne U1=1/2, U2=3/4, U3=11/12, U4=25/24...

Hum... je suis un peu une brèle en suites, mais comme c'est tout con à coder, je vois qu'au bout de 100000 itérations j'ai dépassé 6... t'es sur que ça finit par converger ?

[inviteeab9c5e9]

a mon avis, la distance est L/2
le premier peut aller à la moitié du precedent, mais ensuite, si on va plus loin, le centre de gravité de l'ensemble des 2 ou + derniers sort de la base, et tout s'ecroule...
mais bon, je ne suis pas certain non plus...
--j'ai testé avec une pile de 3 cd, et j'arrive pas à faire mieux

[inviteeab9c5e9]

yat a probablement raison, on doit pouvoir faire mieux en prenant le truc à l'envers...
mais pas motivé par calcul de suite la...

[invite6f044255]

salut,

Bon, je pense qu'il y a un petit problème dans l'énoncé, non ?

euh oui, yat, tu peux prendre la méthode que tu veux.....

t'es sur que ça finit par converger ?

J'ai jamais dit que ça convergeait...mais je n'ai pas non plus dit que ça ne convergeait pas....

[inviteeab9c5e9]

hou bin j'ai trouvé un site qui parlait de ce probleme... je ne dirais donc rien, ce serait de la triche... mais je suis impressioné !!

[yat]

salut,
euh oui, yat, tu peux prendre la méthode que tu veux.....
J'ai jamais dit que ça convergeait...mais je n'ai pas non plus dit que ça ne convergeait pas....

Alors Je maintiens ma proposition : Si Un représente, en facteur de L, la distance entre le premier et le dernier sucre (J'entends donc pour deux sucres superposés une distance de zéro et pour deux sucres qui se touchent une distance de 1), alors U0=0 (forcément) et U(n)=((somme pour i=0 à n-1)Ui)/n+1/2.
En remplaçant U(n) par sa valeur dans le calcul de U(n+1), et en complêtant la somme, on aboutit à U(n+1)=U(n)+1/(2n+2) soit plus simplement U(n)=U(n-1)+1/2 donc U(n)=((somme pour i=0 à n)(1/n))/2. Maitenant je sais dopnc que ça ne risque pas de converger ! Pour tout n entier et d tel que 0<=d<=1, 1/n>=1/n+d donc pour x réel, U(x)>=((intégrale pour i=0 à x)(1/x))/2
...cool, je crois que je connais ça : U(x)>=ln(x)/2, n'est-ce pas ? Du coup on peut avoir U(n) aussi grand qu'on veut, il suffit de choisir n suffisamment grand. La suite tend vers l'infini, et avec une infinité de morceaux de sucres je peux atteindre une distance horizontale infiniment grande, CQF apparemment D

Du coup je suis scié.

C'est ça la réponse ? Je vais essayer avec une pile d'une infinité de CD...

[invite6f044255]

salut,

et oui yat, ta réponse est la bonne!!!!
c'est vrai que c'est assez impressionnant et pas du tout intuitif....
Mais bravo pour avoir trouvé si rapidement!!!! (c'est peut-être que t'as rien d'autre à faire tout simplement )

[yat]

Allez, un petit jeu.

Ca se joue en équipe, et les gains sont partagés équitablement entre les joueurs. Le jeu se déroule ainsi :

Tous les joueurs sont dans une pièce A, isolés de l'organisateur. Dans une pièce B, l'organisateur écrit sur une feuille le nom de chacun des joueurs. Il lance une pièce de monnaie pour chaque joueur, et la pose en dessous du nom de ce joueur (en conservant le coté sur lequel la pièce est tombée).
Il masque ensuite la pièce du premier joueur, et l'invite à entrer dans la pièce B. Ce joueur observe les pièces des autres joueurs, et doit tenter de deviner de quel coté est sa propre pièce. Il peut dire pile ou face, ou donner sa langue au chat. Une fois qu'il s'est exprimé, l'organisateur dévoile la face de la pièce, et le joueur part s'isoler dans une pièce C.
L'organisateur masque alors la pièce du deuxième joueur, et ainsi de suite.

Si un joueur se trompe ou que personne ne parle, l'équipe perd. Dans le cas contraire elle gagne.

Quelle est la stratégie optimale pour une équipe de trois joueurs ?
Question subsidiaire : quelle est la stratégie optimale pour une équipe de sept joueurs ?

[inviteeab9c5e9]

Avec trois joueurs, tout les joueurs doivent se taire, sauf celui qui verrait (eventuellement) 2 pieces identiques, auquel cas il dit le contraire (il voit 2 pile, il dit face)
-comme parmis les 8 combinaisons, il n'y en a que 2 qui n'on pas une config 2 / 1 (2 pile un face, ou 2 face un pile), ca donne 3 chance sur 4 de gagner

à 7... ca à l'air plus compliqué, mais je pense que la technique de ne laisser de toute facon parler qu'une personne limite les risque d'erreur (on reste au moins à 1 chance sur 2)
sinon j'aurais tendance à laisser parler tout ceux qui on la chance de voir 2 pile et 4 face auquel cas ils disent pile, et 2 face et 4 pile, auquel cas ils disent face. Au moins il n'y a pas de risque de contradiction, et on reste dans le cas le plus probable à savoir 3 pile 4 face ou 3 face 4 pile ... il faudrait calculer cette repartition pour savoir si elle est meilleure que 1 chance sur 2...

[invite6f044255]

Salut,

allons y progressivement....à 3 joueurs.
notons F=face et P=pile.
Il y a 4 possibilités (probabilité entre parenthèses):
PPP (1/8), PPF (3/8), PFF (3/8) et FFF (1/8).

donc, quand on voit 2 pièce identiques, on dit l'autre et on a 3 chances sur 4.
Si les deux pièces sont différentes, on a 1 chance sur 2.

Donc, si quelqu'un qui voit 2 différentes se tait et quelqu'un qui voit 2 pareilles parle. Ils gagnent 3 fois sur 4.

[invite6f044255]

Je vois qu'on est d'accord BBer

à 7 maintenant....
PPPPPPP (1/128)
PPPPPPF (7/128)
PPPPPFF (21/128)
PPPPFFF (35/128)
PPPFFFF (35/128)
PPFFFFF (21/128)
PFFFFFF (7/128)
FFFFFFF (1/128)

donc si quelqu'un qui voit 4+2 parle, il a 35/58 d'avoir bon.
C'est une stratégie qui fait gagner 70 fois sur 128, donc pas mal....je cherche autre chose

[yat]

BBer, c'est exactement ça pour trois joueurs.
ixi, il y a un petit problème (qui n'est certainement que dans la formulation) : quel que soit ce qu'un joueur voit, sa pièce a une chance sur deux d'être sur pile et une chance sur deux d'être sur face. Dans ton explication on a l'impression qu'un joueur qui voit deux pile a trois chances sur quatre d'avoir face.

C'est là pour moi la toute puissance de ce jeu, c'est à dire que chaque joueur, quoi qu'il dise aura toujours une chance sur deux de se tromper, mais qu'au final l'équipe gagnera dans 3/4 des cas à trois joueurs, et dans 7/8 des cas à 7 joueurs (si, si... BBer, on est loin des 1/2 !)

Tu as raison, BBer, pour 7 joueurs c'est beaucoup plus compliqué, et on ne peut pas avoir une stratégie aussi simple que de dire qu'un joueur qui voit deux pile doit dire pile... Je me suis énormément pris la tête à chercher la solution de manière intuitive, mais ce n'est qu'en repartant de manière rigoureuse des éléments que j'avais, que j'ai pu aboutir à une solution optimale.
Mais là c'est quand même vachement plus balaise, et j'ai vu ce que ça donnait avec le problème des points et des droites. Alors si quelqu'un veut proposer une autre énigme, on peut considérer celle-ci comme close, et si éventuellement ça intéresse quelqu'un de se prendre la tête sur le problème à 7 joueurs, il peut toujours voir avec moi par MP.
...enfin je dis ça, c'est comme vous voulez...

[yat]

donc si quelqu'un qui voit 4+2 parle, il a 35/58 d'avoir bon.

Aïïïeeee !!!!
Fais gaffe à ce que tu dis quand même... quand quelqu'un parle, il fait une supposition sur une pièce tirée à pile ou face. Le tirage des autres pièces est indépendant de celui de la sienne, donc quel que soit ce qu'il voit, il aura toujours irrémédiablement une chance sur deux de se bananer.

Le fait que ça donne une probabilité bien meilleure pour l'équipe est du à un phénomène tout à fait différent. En s'attardant un peu plus sur l'exempe des trois joueurs, on peut facilement le comprendre.

[invite6f044255]

Oui yat, tu as raison, je m'exprime mal....
C'est à dire que si tu prends les 128 tirages possibles (tous de poids 1) et que tu prends ensuite les possibilités de 4+2 (58 au total). Si tu dis la même face que les 2, tu auras bon 35 fois sur 58....

Mon erreur se trouve dans l'expression....

[yat]

Oui yat, tu as raison, je m'exprime mal....

Ou c'est moi qui comprends mal. Enfin, le fait est que c'est uniquement une question de formulation.

voilà comment je présenterais les choses, du point de vue d'un joueur quelconque :
En considérant sa pièce à lui dans le lot, il y a donc effectivement 128 situations différentes, et dans 30 de ces situations, il verra deux piles. Si dans ces 30 cas il dit pile, il se trompera 15 fois et dira vrai 15 fois.
Pareil pour les 30 situations ou il verra deux faces.

Tu peux essayer de m'expliquer d'ou vient ton 58, que je voie si le raisonement est bon ?

Bon, et puis pour la solution optimale, on ne peut pas se contenter de compter le nombre de pile et face qu'on voit.

[invite6f044255]

C'est les combinaisons!!!!
Arghhh, je viens de me rendre compte que c'est 56 et non 58....
Bravo ixi, 35+21=58....

Pour le raisonnement, il n'y a que 4 cas où un joueur peut voir 4+2:
Les cas à proba 35/128 et 21/128.
S'il dit la même face que les 2, il est dans le cas 35/128, d'où le fait qu'il ait 35/(21+35) d'avoir bon.....
en fait, parmi les 128 possibilités, il se retrouvera 58 fois dans la situation 4+2 et il gagnera 35 fois....

[inviteeab9c5e9]

Oui maintenant c'est clair (enfin je vois le principe, mais pour la demo...)
donc la methode:
entre 0 et 2 P -> on dit F
entre 0 et 2 F -> on dit P
3 P et 3 F -> langue au chat (3 (ou 4?) des 7 joueurs tomberont sur une autre config dans ce cas)

et on doit arriver effectivement à une probabilité de succès de 2*(35+7) /128 soit 7/8
(en gros, on decide de perdre de toute facon pour les cas à proba 1/128 et 21/128, mais on maximise nos chances pour les cas 7/128 et 35/128)

[inviteeab9c5e9]

ah non, je viens de me rendre compte que j'ai tout faux... argh!!!!
bon je m'y remets...
...et en plus, mon calcul est faux !!! ah bin pas bravo !!

[yat]

(Bon, n'importe qui peut faire des erreurs de calcul, c'est pas très important)

Alors je pense que j'ai trouvé le grain de sable qui vient foutre le bordel :
Il y a 35 combinaisons avec 3 piles, et 21 avec 2 piles...

Donc dans 35 cas, 3 joueurs voient 2 piles, et dans 21 cas, 5 joueurs voient 2 piles.
Je pense que tu mélanges un peu la vision d'un joueur avec l'ensemble du groupe.
Pour un joueur donné, on a bien 35/128 chances d'être en 3p4f. Parmi ces 35/128, il n'a que 3/7 chances d'être un des 3 qui voient deux piles, et gagner. Soit 15/128 en tout.
D'autre part, il a bien 21/128 chances d'être en 2p5f. Et là, il a 5/7 chances d'être de ceux qui voient deux pile, et perdre. Ce qui fait toujours 15/128.

Au final, sur les 128 possibilités, je te le répète, il se retrouvera 30 fois dans une situation ou il voit 2 piles, et il gagnera 15 fois (donc 60 fois en situation 4+2 et gagnera 30 fois)

[yat]

Le post précédent était en réponse à ixi, BBer a posté pendant que je tapais.

Bien tenté, donc, BBer. Mais je rappelle qu'il n'est pas possible d'aboutir à une stratégie optimale en se contentant de compter les pile et face.

Pour avoir une chance de trouver, il faut bien comprendre tous les prérequis de la stratégie, et surtout exploiter (donc tout d'abord isoler) le phénomène qui fait qu'on puisse avoir plus d'une chance sur deux que l'équipe gagne, alors que quelle que soit sa situation, chaque joueur a une chance sur deux de se tromper.

[inviteeab9c5e9]

oui, ma methode est fausse, mais j'ai l'impression qu'il faut bien se limiter à tenter les cas 35/128 et 7/128, car on ne peut pas avoir en meme temps le 35/128 et 21/128 (sinon un joueur donnera forcement une reponse fausse) ... enfin je triture tout ca sur mon petit bout de papier...

comment ne pas se limiter à compter les pile et face ? les joueurs ne peuvent se concerter sur les resultat avant de jouer de toute facon... a moins de designer -sans critere particulier- certain(s) joueur(s) qui doivent répondre et d'autres non...

[yat]

On peut par exemple numéroter les joueurs... ou bien désigner des groupes...
Un joueur devra donc tenir en compte les cotés des joueurs d'un groupe différemment de ceux des autres, ou un truc dans le genre...

Enfin, bon, moi je la connais, la solution, donc maintenant tout me parait plus évident. Mais je reste persuadé qu'il faut bien comprendre ce qui fait gagner, et surtout comprendre pourquoi une stratégie optimale à 7 joueurs permet de gagner dans 7 cas sur 8. Sans avoir besoin de décompter les différentes combinaisons.

Peut-être que ça aiderait de se demander pourquoi (sans se contenter de compter les combinaisons), on a 3/4 chances de victoire pour une équipe de trois joueurs...

Si on a compris ça, la stratégie se construit un peu toute seule.

[invite6f044255]

ah bah, là je vais être obligé de faire la tête dure....
Mais j'ai vérifié:

dans le cas PPPPFFF (35 occurrences), si ceux qui voient PPPPFF disent F et si ceux qui voient PPPFFF se taisent, c'est gagné.

dans le cas PPPFFFF (35 occurrences), si ceux qui voient PPPFFF se taisent et si ceux qui voient PPFFFF disent P, c'est gagné aussi.

Donc on a 70/128 parties gagnées....

mais je réfléchis aussi à d'autres méthodes....

[inviteeab9c5e9]

effectivement, j'avais completement ignoré le fait que chaque piece est designé par le nom du joueur... c'est evidement une info utile...