Énigme 4.


J'aime bien l'énigme 2. Je vais y réfléchir. Pour l'énigme 3, il pourrait y avoir des jumeaux ou le chirurgien pourrait être manchot.

Pour la question Bonux, j'imagine qu'il suffit de regarder un cercle. L'ensemble des points du cercle n'est pas dénombrable (un point du cercle est défini par un nombre réel entre 0 et 2pi). Et une droite ne peut passer que par deux points du cercle. Donc, s'il existait un tel ensemble dénombrable de droites, les points du cercle serait dénombrables.

Edit : en fait, la question 2 est plus facile que je ne craignais.

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C'est encore Gargamel qui remporte le panier garni, décidément il est fort

Pour le cadeau bonux, un matheux pur aura résolu en deux lignes après formalisation, mais l'idée intuitive est exactement la même (oui, la topologie c'est super intuitif). Ca revient à dire qu'une droite est d'aire nulle, et il en est de même d'une réunion d'un ensemble dénombrable de droites. Or le plan n'est évidemment pas d'aire nulle. Contradiction. C'est QDF.

Voili voilou, à toi de relancer
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Vous me faites marrer. Vous faites la démonstration sans même donner de réponse à la question posée. Alors que la réponse est "non" et qu'il ne vous est même pas demandé "pourquoi" Mettez-vous un peu à la place des profanes qui n'entravent pas les maths ou qui ne savent même pas que 2 points définissent une droite, quoi !

C'est plus des énigmes vos trucs, ça dépasse même le simple problème de logique, ce sont des maths pour l'essentiel. Faudrait p'tet penser à revenir aux sources

C'est pas que ça me déplaise, mais c'est pas le genre de question que je peux emmener aux toilettes pour le coup
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C'est pour ça que j'ai hésité avant de proposer la bonux. Les autres je maintiens, c'est de la logique pure. La bonux également, mais elle soulève une question absolument pas triviale qui est celle des infinis et des différentes "tailles" d'infini. Je crois qu'il a fallu attendre Cantor pour comprendre qu'il y a différents infinis et que certains sont plus grands que d'autres, donc ça a moins d'un siècle. Quelque chose qui est dénombrable c'est quelque chose qui est discret, c'est à dire que l'on peut numéroter de 1 à n (n pouvant être infini). J'aurais peut-être du préciser une définition, désolé.

Après les problèmes comme ceux avec lequel on avait alimenté les premières pages de ce topic je suis preneur, mais malheureusement je n'en ai plus en stock.
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Pour la question des poignées de main, c'est assez intuitif de voir que le résultat sera k fois x, où x est le nombre de couples (sans compter le couple du personnage principal) et k est une constante entière (tout simplement parce que l'énigme est identique si on varie le nombre x). Si on pose comme hypothèse k=0 ou k=2, on tombe rapidement sur une contradiction. Maintenant, prouver que k=1 n'est pas forcément si trivial.

Dernièrement, je suis tombé sur ce genre de jeu sympa : Adder's Coil Puzzle. Et puis, je suis toujours fan du chat (difficile de faire plus de 75% de réussite !). Et j'ai bien l'intention de m'acheter un Ricochet Robot pour jouer avec les potes du boulot.

Allez, je ne sais pas si j'ai déjà posé celle-ci.

Vous avez deux verres de même capacité. Chaque verre est rempli à moitié (même quantités donc) d'un liquide différent. On prend une cuillerée du liquide du premier verre et on la verse dans le second verre. Après avoir mélangé le second verre pour en homogénéiser le contenu, on prend une cuillerée (même quantité donc que lors de la première opération) du liquide (maintenant mixte) du second verre et que l'on verse dans le premier verre.
Question : dans quel verre la proportion de liquide original (ou aborigène) est-elle la plus importante ?
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Je trolle



Na
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OK, plus concrètement :

Vous avez deux verres de même capacité. Le premier verre est rempli à moitié de bière et le second est rempli à moitié de picon. On prend une cuillerée de bière que l'on verse dans le picon. Après avoir mélangé le picon avec la bière pour en homogénéiser le contenu, on prend une cuillerée (même quantité donc que lors de la première opération) du picon bière que l'on verse dans la bière.
Question : y a-t-il plus de picon dans la bière que de bière dans le picon ?

Vous avez le droit de faire des expérimentations si ça vous aide à intuiter.
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Gargamel a écrit :Ca dépend du nombre de picon bières ingérés avant.
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Je vous fais partager cette petite énigme :


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Gargamel a écrit :Je veux bien que tu postes la solution dont tu nous avais parlé sur le chan, j'avais pas tout suivi.
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Ahh, les ravages de l'alcool...

Réponse au problème des deux verres.

La solution est que les deux verres contiennent la même proportion de liquide étranger. On peut le prouver en calculant précisément la quantité de chaque liquide à chaque moment, mais on peut faire plus simple.

Je vais noter P (respectivement p) la quantité de picon dans le verre de picon (resp. dans le verre de bière) à la fin. De même, B (resp. b) est la quantité de bière dans le verre de bière (resp. dans le verre de picon) à la fin.

Le verre de picon contient à l'origine tout le picon, i.e., P + p. De même, le verre de bière contient toute la bière : B + b. Or, les deux verres sont remplis également au début : P+p=B+b.

À la fin de l'expérience, on a versé une cuillèrée du premier verre dans le second, et une cuillèrée du second verre dans le premier. La quantité de liquide dans le premier verre au début et à la fin est donc identique : P+p=P+b.
D'où on déduit : p=b.

Et, utilisant le premier résultat ci-dessus: P=B.

La proportion de bière dans le picon est b/P et la proposition de picon dans la bière est p/B = b/P.

CQFD.
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Un pote agrégé vient de me transmettre une énigme vraiment crade :

Considérons une infinité de nains en file indienne. Un sorcier place sur chaque nain un chapeau, noir ou blanc. Chaque nain peut voir tous les nains qui sont devant lui, mais aucun nain derrière et évidemment pas son chapeau. Le sorcier va demander successivement à chaque nain la couleur de son chapeau. Il ne les libère que si et seulement si au plus un nain se trompe.

Voici la question : quelle stratégie les nains doivent-ils mettre en place ?

On nous propose trois étapes pour trouver : imaginer l'énigme avec un nombre fini de nains, puis un nombre infini de nains mais seulement un nombre fini qui se trompent, ensuite un seul nain qui se trompe sur une infinité.

Bonne chance.
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1- Les nains voient-ils une infinité de nains devant eux ?
2- Les nains peuvent-ils discuter entre eux ?
3- Les nains sont-ils armés de dagues qu'ils pourraient planter dans le magicien ?
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Pourquoi une dague ? Un mage c'est faible de constitution, suffit que les nains le tabasse et zouplà !

Ceci étant, vu que l'énigme est crade, je vois bien un truc dans le genre accouplement des dits nains.
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Alors :

1/ EDIT : c'est encore plus crade que je le pensais, chaque nain voit une infinité de nain devant lui.
2/ Non, bien sûr
3/ C'est un magicien, vaut mieux pas déconner avec lui.
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Le problème de ton problème, car il en pose un en tant que tel, est qu'il est impossible de ne pas le considérer sous l'angle de la rhétorique, ce qui fait que je me demande s'il s'agit bien d'un problème de logique. Car tel que je vois les chose, il est impossible que les nains s'en sortent libre pour une raison très simple. Même si aucun d'eux ne fait d'erreur, le magicien, tout magicien qu'il soit, ne pourra jamais finir de les interroger car il n'y a pas de fin à l'interrogatoire d'une population infinie de nain. Ceci étant établi, aucune stratégie ne leur permettra jamais d'être libre.

Avec une population finie de nain, l'affaire est probablement différente, mais à par celle de la solidarité, je ne vois pas trop. Entendre par là que chaque nain à l'exception du premier sait si celui qui est devant s'est trompé, auquel cas, comme il n'a pas le droit à l'erreur si son prédécesseur en a commis une, il devrait songer au suicide, ainsi que les suivants , ce qui fait que tous les nains qui ne se sont pas trompés avant la première erreur et même celui qui s'est trompé s'en sortiront
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Disons que la question de la faisabilité du problème ne se pose pas. Imagine une fonction qui classe les nains selon la couleur de leur chapeau. Construire une telle fonction de choix, c'est résoudre le problème. J'ai trouvé une solution pour le problème inverse (chaque nain voit un nombre fini de nain devant lui, le premier nain ne voit personne), mais cette version je sèche.


Citation :En fait non, puisque le premier nain de la liste est derrière tous les autres, et le magicien va logiquement commencer par interroger celui-là. De sorte qu'aucun nain n'a la possibilité de savoir si un nain précédent s'est trompé.
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J'ai pas compris ton énoncé alors. J'attendrai que tu fasses un dessin ou que tu donnes la soluce
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A propos de l'enigme de Spiked Math, un mien collegue a cherche la serie qui decrit le nombre de regions :
[http]
Ce n'est pas une exponentielle, c'est juste une vulgaire polynomiale : n->(n^4 - 6*n^3 + 23*n^2 - 18*n + 24)/24
(Perso, j'avais juste trouve comment la calculer recursivement.)
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Tiens, une énigme qu'elle est (bien) con : C'est un mec qui s'arrête, à Paris, juste devant une maison rouge. Là, il sait qu'il est ruiné. Pourquoi ?
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Monopoly ?
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Que tous ceux qui croient en la télékynésie lèvent ma main

Yep. Bon en même temps c'était con.
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En manque de puzzles ?

Tenter de mener le petit éléphant bleu vers la sortie.
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