Bonjour à tous
Vous connaissez le système pour déverrouiller un téléphone en traçant un schéma sur une grille de 3x3 points ?
A votre avis, en admettant qu'une tierce personne connaisse le nombre de points utilisés pour le schéma et puisse faire autant d'essai que souhaité, est-ce que ce serait une bonne stratégie de passer par les 9 points ?
Bonjour,
Mathématiquement, cela ne change rien: la probabilité de n'importe quelle séquence est la même.
Mais si la personne SAIT que votre schéma doit passer par tous les points, cela réduira fortement le nombre de possibilités qu'elle a à tester.
Au passage le calcul exact du nombre de schémas possibles ne me semble pas si évident.
Si on pouvait aller directement de n'importe quel point du carré à n'importe quel autre ce serait facile à calculer (par exemple, avec un point de départ quelconque et 8 mouvements, cela donnerait respectivement 9! contre 9*8^7,)
mais je crois qu'on ne peut pas aller d'un point extrême à un autre sans activer un point intermédiaire.
Et je ne sais pas si on peut faire des aller-retour directs? Sinon, cela va encore réduire le nombre de schémas
Why, sometimes I've believed as many as six impossible things before breakfast
Si ce n'était qu'un simple problème de combinatoire la question aurait assez peu d’intérêt ici.Au passage le calcul exact du nombre de schémas possibles ne me semble pas si évident.
Sur les téléphones (ou plutôt sur celui de la question, pour éviter les remarques du style "sur le mien on peut") :
- On ne peut pas "contourner un point" en traçant un arc
- On ne peut pas repasser par un point déjà utilisé
Dernière modification par Kondelec ; 18/04/2024 à 11h52.
Bonjour,
Et est-ce que le téléphone se débloque dès que le schéma apparait, ou bien faut-il lever le doigt à la fin?
Why, sometimes I've believed as many as six impossible things before breakfast
Re,
Dans les deux cas, le nombre de schémas à neuf points est au plus égal à celui à 8 points , puisque le neuviéme point sera imposé s'il est possible
Et si le téléphone se débloque sans lever le doigt, toute séquence à 8 points sera précédée d'une séquence à 7, etc. et il sera préférable de toujours choisir un schéma à 8 points.
Why, sometimes I've believed as many as six impossible things before breakfast
Oui il faut lever le doigt à la fin
Re,
D'après ce document (en Anglais, désolé),
https://adamoudad.github.io/posts/lock_pattern/ ,
contrairement à ce que je croyais, il semble toujours possible de relier le 9ème point, car une fois utilisé, le point intermédiaire ne bloque plus le passage :
An intermediate point becomes a contact point, unless it has already been connected before
Le nombre de combinaisons à 9 est alors rigoureusement égal à celui à 8.
Le calcul présenté me semble bien correspondre à celui de ton téléphone
Dernière modification par Resartus ; 18/04/2024 à 13h43.
Why, sometimes I've believed as many as six impossible things before breakfast
Oui, mais ce n'est pas la question (voir message #3), c'est sur qu'en modifiant les conditions d'une énigme c’est plus facile d'y répondre...
Bonjour,
Quelle différence vois -tu (a part la langue) entre ceci :
- On ne peut pas repasser par un point déjà utilisé
- On ne peut pas "contourner un point" en traçant un arc
et ceci
A point should be used once at most in the pattern
An intermediate point becomes a contact point, unless it has already been connected before
Est-ce la condition qu'on peut repasser sur un point déjà utilisé (et qui ne comptera pas deux fois) pour en rejoindre un qui ne l'est pas encore? Ton téléphone l'interdit?
Dernière modification par Resartus ; 18/04/2024 à 17h32.
Why, sometimes I've believed as many as six impossible things before breakfast
Les conditions de l'énigme sont :
- On ne peut pas contourner un point en traçant un arc
- On ne peut pas repasser par un point déjà utilisé.
Je vais donner un petit coup de pouce :
Par exemple si on commence par 1 on peut ensuite utiliser 2, 4, 5, 6 et 8 mais pas 3, 7 et 9 parce qu'on passe par un autre point.
Si on passe par 1, 5, 9, 8,7 on ne peut pas rejoindre 3 car on repasse par 5 une seconde fois
Bonjour. C'est un problème à relier à la théorie des graphes
Sans questions il n'y a que des problèmes sans réponses.
Bonjour,
Hypothèses sur les combinaisons à 9 chiffres.
Si on considère les chiffres des angles (1, 3, 7, 9), les autres faisant partie de la croix centrale (5 chiffres en tout) :
Il ne peut pas y avoir 2 chiffres d'angles successifs dans la combinaison, donc les 4 chiffres d'angles sont séparés par 3 séries de chiffres intersticielles.
- si la combinaison commence et finit par un angle alors il y a une série intersticielle de 3 chiffres de la croix et 2 series de 2 chiffres de la croix qui séparent les chiffres d'angles.
- si la combinaison commence ou finit par un chiffre d'angle uniquement alors il y a 4 séries de chiffres de la croix, soit nécessairement 1 série de 2 chiffres et 3 séries de 1 chiffres.
- si la combinaison ne commence ni ne termine par un chiffre d'angle, alors elle comportée 5 "séries" de 1 chiffre de la croix séparées par des chiffres d'angle.
Les chiffres d'angles peuvent être reliés à n'importe quel chiffre de la croix donc leurs positions entre les séries de chiffres de la croix sont interchangeables ce qui facilite le dénombrement.
Bonne soirée
Dernière modification par Juzo ; 05/05/2024 à 23h58.
Les fleurs du cerisier rêvent en blanc les fruits qu'elles ne voient pas.
Ps : En première intuition je dirais que les combinaisons qui demandent le plus d'essais sont peut-être celles à 7 chiffres puisqu'elles autorisent jusqu'à 5 chiffres de la croix qui se suivent, mais c'est un peu au pif.
Les fleurs du cerisier rêvent en blanc les fruits qu'elles ne voient pas.
Erratum (désolé pour le flood) :
quand ça commence et finit par un chiffre d'angle c'est 1 série de 3 chiffres et 2 series de 1 chiffre ou 2 séries de 2 chiffres et 1 série de 1 chiffre.
Les fleurs du cerisier rêvent en blanc les fruits qu'elles ne voient pas.
Bien vu, ce sont des constatations qui permettent déjà de bien élaguer le problème
Bonjour,
Je vais essayer de formaliser pour rendre plus clair ce que je disais :
A désigne un chiffre d'angle (1, 3, 7 ou 9), et C un chiffre de la croix (les autres chiffres).
Deux chiffres d'angle doivent être séparés par au moins un chiffre de la croix ce qui est une forte contrainte quand on veut utiliser les 4 chiffres d'angles et qu'on dispose de 9 chiffres.
Pour une combinaison cachée à 9 chiffres les successions possibles sont :
C A C A C A C A C (1 succession qui commence et finit par un chiffre de la croix)
CC A C A C A C A
C A CC A C A C A
C A C A CC A C A (4 successions qui commencent par un chiffre de la croix et finissent par un chiffre d'angle)
C A C A C A CC A
A CC A C A C A C
A C A CC A C A C
A C A C A CC A C (4 successions qui commencent par un chiffre d'angle et finissent par un chiffre de la croix)
A C A C A C A CC
A CCC A C A C A
A C A CCC A C A
A C A C A CCC A
A CC A CC A C A (6 successions qui commencent et finissent par un chiffre d'angle)
A CC A C A CC A
A C A CC A CC A
Ça fait 15 successions en tout, dont les combinaisons de chiffres de la croix sont assez limitées (voir fin du message pour une tentative de début de dénombrement).
Il y a beaucoup plus de successions de 7 chiffres (25 à la louche mais j'en ai sûrement oublié), qui offrent moins de permutation sur les chiffres A mais plus de combinaisons sur les séries de C :
A C A C A C A - A CC A C A C - A C A C A CC - A - C A CC A - A CCC A C A - A C A CCC A - A CCC A CC - A CC A CCC - A CCCC A C - A C A CCCC - A CCCCC A
CC A C A C A - C A CC A C A - C A C A CC A - CCC A C A C - C A CCC A C - C A C A CCC - CC A CC A C - CC A C A CC - C A CC A CC - CCC A CC A
CC A CCC A - CCCC A C A - C A CCCC A - C A C A C A C
Dans le cas de la combinaison à 9 chiffres, ce qui facilite le dénombrement, c'est qu'au sein d'une succession les séries de C sont interchangeables entre elles et les chiffres A aussi (sauf erreur), puisqu'un chiffre d'angle peut être relié à n'importe quel chiffre de la croix sans passer par un autre chiffre.
Je suis nul en dénombrement mais je dirais que pour chacune des 15 successions de 9 chiffres il faut faire :
Nombre de permutations des 4 chiffres A * produit de (combinaisons des k chiffres C parmi 5 de chaque série de C - nombre de cas ou des chiffres de branches symétriques se succèdent (assez peu nombreux et facilement dénombrables)) * nombre de permutations des i séries de chiffres C présentes dans la succession.
Mais c'est peut-être très faux... Et je ne suis pas certain qu'il y ait plus de combinaisons pour 7 chiffres.
Si quelqu'un veut se lancer dans les calculs pour vérifier.
Dernière modification par Juzo ; 06/05/2024 à 18h03.
Les fleurs du cerisier rêvent en blanc les fruits qu'elles ne voient pas.
Bonsoir,
On retire le sommet central qui est connectable à tous les autres sommets donc il sera facile à gérer après. En effet, il suffira de l'insérer n'importe où dans tous les autres graphes. Donc si j'ai K graphes à N éléments et L graphes à N+1 éléments en ayant retiré le point central, alors on aura L + K*(N+1) graphes à N+1 éléments aprèes insertion du point central.
Je note C pour les coins et M pour les milieux.
Notons que toute séquence se terminant par MMC peuvent se finir par une cycle non prolongeable (triangle dans un coin). Il existe 8 tels cycles.
Dans cette configuration les possibilités sont évaluables à la main en un temps raisonnable, même si cela reste un peu fastidieux (il y a sûrement des erreurs).
Les 1-graphes sont au nombre de 8: N1=8
Les 2 graphes sont au nombre de 2*12 = 24: N2=24.
MM => 8
MC => 8
CM => 8
Les 3-graphes:
Pour chaque 2-graphes terminant par un C (type MC) on ne peut ajouter qu'un seul sommet de type M -> 8 MCM
MM M => 8
MM C => 16 : 8 (triangles dans les coins donc non prolongeables) + 8
MC M => 8
CM M => 16
CM C => 8
Donc N3 = 3*8+2*16=56
Parmi ceux-là, 8 de type MMC ne sont pas prolongeables en 4-graphes (4 triangles dans les coins, 2 sens de parcours). Les 8 autres sont prolongeables.
Les 4-graphes:
MMM M => 8
MMM C => 16 dont 8 ne sont pas prolongeables en 5-graphes
MMC M => 8
MCM M => 8
MCM C => 8
CMM M => 16
CMM C => 16+8=24 dont 8 ne sont pas prolongeables en 5-graphes
CMC M => 8
N4 = 96
Les 5-graphes
MMMM C => 16 tous non prolongeables car après un C on a forcément un M et les 4 M sont déjà pris
MMMC M => 32
MMCM M => 8
MMCM C => 8
MCMC M => 8
CMMC M => 24
CMMM M => 16
CMMM C => 32 dont 8 non prolongeables
CMCM M => 8
CMCM C => 8
N5 = 160
Les 6-graphes
MMMCM C => 32 tous non prolongeables (termine par C et tous les M sont utilisés)
MMCMM C => 16 tous non prolongeables
MMCMC M => 8
MCMCM M => 8
MCMCM C => 8
CMMCM M => 24
CMMCM C => 24
CMMMM C => 16 + 32 = 48 tous non prolongeables
CMMMC M => 24
CMCMM M => 8
CMCMM C => 16 dont 8 non prolongeables
CMCMC M => 8
N6 = 224
Les 7-graphes
MMCMCM C => 8 => non prolongeables
MCMCMM C => 16 => non prolongeables
MCMCMC M => 8
CMMCMM C => 48+24 = 72 => non prolongeables
CMMCMC M => 24
CMMMCM C => 24 => non prolongeables
CMCMMM C => 8 => non prolongeables
CMCMMC M => 8
CMCMCM M => 8
CMCMCM C => 8
N7 = 176
Les 8-graphes
MCMCMCM C => 8
CMMCMCM C => 24
CMCMMCM C=> 8
CMCMCMM C=> 8
CMCMCMC M => 8
N8 = 56
Si on insère le point central alors on a :
9 1-graphes
16 2-graphes
128 3-graphes
320 4-graphes
640 5-graphes
1184 6-graphes
1744 7-graphes
1464 8-graphes
EDIT: j'oubliais les 9 graphes : 56*9 = 504
Donc la meilleure stratégie consisterait à faire une combinaison à 7 sommets.
Bonne soirée
Dernière modification par erff ; 07/05/2024 à 21h54. Motif: Oubli
Aïe je n'ai pas considéré le fait que l'ajout du point central X débloquait les graphes non prolongeables. Donc dans le dénombrement il y a l'intervention du graphe N-1 (cas sans X) dans le comptage du graphe N+1 (cas avec X). Donc la relation est plus complexe que L + K*(N+1)
À méditer
