Celui-là, il vous plaira !

le suspense devient insoutenable

Bonsoir Christophe ,

Quel sport pratiques-tu ?
Ne serait-ce point les barres parallèles ?:):)

Amicalement

Axiome du choix non ça ne me dit rien

en fait je suis Borélien et comme le vieil Emile je ne l'admets pas ...

B-)-

J'attends sagement la correction.

Mais, Chris; l'axiome du choix n'a rien d'une hypothèse absurde. Tu l'utilises sans doute souvent, et même, sous des formes affaiblies, tous les jours.

Après, dire que l'énoncé est mal formulé ou tout ce qu'on veut à son sujet, ok sur tout, mais pour ce types d'"énigmes" ça fait partie des règles.

Bonsoir,

Je suis un lecteur de vos forum.
Le probleme de CC semble plaire à tout le monde vu la passion des réponses.
Cela dit, j'aimerai assez bien voir sa solution.....
Execusez moi de vous importuner
:S

Tous ces estimables forumeurs qui attendent prient Monsieur Chalons de bien vouloir daigner s'abaisser à leur fournir sa solution...

Soit X1,X2,...Xn,...

une suite de variables aléatoires indépendantes, identiquement distribuées de support {0;1} et de loi B(0,5)

le résultat me paraît contradictoire avec ce que l'on m'a enseigné si je raisonne en conditionnement fini.

on m'a enseigné d'autres choses "si tu gagnes à un jeu de hasard, arrête".
J'ai lu par ailleurs que l'oeuf sait se faire boeuf avec l'axiome du choix.

ce résultat me semble faux mais les faux semblant c'est comme les trous noirs c'est troublant.

dans l'attente de vous lire sieur Christophe Chalons.

S

Pourquoi est-ce subtil, dites en plus Yop s'il vous plaît.

S

Je vais montrer ce résultat en utilisant le lemme de Zorn (équivalent à l'axiome du choix) : Tout ensemble non vide ordonné et inductif admet (au moins) un élément maximal.

$E$ est non vide, soit $e\in E$
Définissons l'ensemble $\Omega$ par $\Omega=\{(A,\phi) \ (A\subset E^{\N}\ \forall u\in A\ \forall n\in \N\ u^n\in A)\wedge (\phi\in E^A \ : \ \forall u\in A\ \exists P\in \N\ \forall n\in \N\ (n>P)\Rightarrow (\phi(u^n)=u_n))\}$.


Définissons la relation d'ordre $\preceq$ sur $\Omega$ par $((A,\phi)\preceq(B,\psi))\Leftrightarrow (A\subset \wedge(\psi|_A=\phi)$.


$\Omega$ est non vide : soit la suite $u_0$ définie par $\forall n \in \N \ u_{0,n}=e$,posons $A_0={u_0}$ et $\phi_0:A_0 \rightarrow E \ \ \phi_0 (u_0)=e$. Alors $(A_0,\phi_0)\in\Omega$. (Ou plus simplement $(\emptyset,\emptyset)\in\Omega$).

$\Omega$ est inductif : soit $\omega\subset\Omega$ avec $\omega$ totalement ordonné par $\preceq$. Si nous posons
$B=\displaystyle{\bigcup_{(A,\phi)\in \omega}A}$ et $\psi=\displaystyle{\bigcup_{(A,\phi)\in \omega}\phi}$, alors $(B,\psi)\in\Omega$ est un majorant de $\omega$.

$\Omega$ admet donc un élément maximal $(A,\phi)$. Si nous montrons que $A=E^{\N}$, nous aurons prouvé l'existence d'une fonction $\phi$ satisfaisant aux conditions de l'énoncé.

Par contraposition, montrons que pour $(A,\phi)\in\Omega$, si $A\neq E^{\N}$, alors $(A,\phi)$ est non maximal dans $\Omega$.

Soit $u\in E^{\N}\ u \not\in A$ alors trois cas se présentent :

\begin{enumerate}
\item à partir d'un certain rang $n\in \N$, on a $u^n\in A$, soit $n\geq 0$ le plus petit entier avec cette propriété. posons $B=A\cup\{u^k\ k\in \N\cup\{-1\}\}$ et définissons $\psi \in E^B$ par $\forall v\in A \ \psi(v)=\phi(v)$ et $\forall k\in\N\cup\{-1\}\ k<n\ \psi(u^k)=e$. Alors $(B,\psi)\in\Omega$ et $(A,\phi)\preceq (B,\psi)$.

\item on n'est pas dans le cas 1. et $\exists(n,m)\in (\N\cup\{-1\})^2\ n< m\ u^n=u^m$, c'est à dire : la suite $u$ est périodique à partir d'un certain rang, soit $n\in\N\cup\{-1\}$ le plus petit entier tel que $u^n$ soit périodique, $l$ la longueur de la période, $u^n=(a_1,a_2,\dots,a_l,a_1,a_2,\dots,a_l\dots)$. Posons $B=A\cup\{u^k\ k\in \N\cup\{-1\}\}$ et définissons $\psi \in E^B$ par $\forall v\in A \ \psi(v)=\phi(v)$, et $\forall k\in\N\ k\in\N\cup\{-1\}\ k\leq n\ \psi(u^k)=e$. et $\forall 0< k \leq l \ \psi(u^{n+k})=a_k$. Alors $(B,\psi)\in\Omega$ et $(A,\phi)\preceq (B,\psi)$.


\item on n'est ni dans le cas 1., ni dans le cas 2. Posons $B=A\cup\{u^k\ k\in \N\cup\{-1\}\}$, et définissons $\psi\in E^B$ par $\forall v\in A \ \psi(v)=\phi(v)$ et $\forall k\in \N \ \psi(u^k)=u^k$, et $\psi(u)=e$. Alors $(B,\psi)\in\Omega$ et $(A,\phi)\preceq (B,\psi)$.

\end{enumerate}

On a donc montré $A\neq E^{\N}\Rightarrow((A,\phi)\text{ non maximal dans } \Omega)$. Ce qui permet de conclure.


Je n'ai pas écrit tous les détails : j'ai déjà mis un temps considérable à rédiger tout ceci (je tape très lentement), alors je vous en prie soyez indulgents...

bonsoir, tout cela sent la schizophrénie à plein nez.

Bonsoir.
samok Écrivait:

---

> en appliquant ce qui est expliqué pour
> (x0,x1,..x19,3,3,3,...3..) avec xi différent de
> 3.
>
> j'arrive au fait que quelque soit la stratégie i
> on choisit la case i avec valeur prédite 3, donc
> toutes fausses. Car P(vi)= 0 et Phi(3,3,3..3..)=3
>

Regardons ce que donne la stratégie $h$ pour la suite proposée

pour $k\neq h$ $v_k=(a_k,3,3,3\dots)$ on regarde $\phi(v^0)=3\neq v_0$ et pour $n\ge 1\ \phi(v^n)=3=v_n$ donc $P_k=1$ (et non $0$) alors $P=max\{P_k\ k\neq h\}=1$. On regarde maintenant les valeurs de $v_h$ pour $h>P=1$, on obtient $v^P=(3,3,3,3\dots)$ et $\phi(v^P)=3$. Je conjecture que $u_{20+h}=3$; or pour $n\geq 20\ u_n=3$. La stratégie $h$ renvoie un résultat vrai.

En fait la suite $u$ étant donnée, la stratégies $h$ renvoie un résultat faux si et seulement si $P_h>max\{P_k\ k\neq h\}$ ce qui ne peut arriver que pour au plus un seul $h\in\{0,\dots 19\}$. Mais dans l'exemple ci dessus tous les $P_k$ sont égaux, et dans ce cas précis toutes les vingt stratégies donnent le bon résultat.

Bonsoir,

Je ne vois pas de faille pour le moment dans le discours de Marphise. J'aimerais voir votre démonstration du fait qu'au plus une des stratégies proposées donne une mauvaise prédiction.

samok, j'ai lu ton contre-exemple. Je n'ai rien à redire ... (et c'est bien une fonction de remplissage déterministe !).

Le résultat énoncé doit être faux, il serait trop fort.

Même une farce peut servir de prétexte pour s'entraîner :)o

Partant de $\phi$, je vais essayer de résumer l'argument de Marphise: $\phi$ est un "oracle" qui a le propriété que si tu lui donnes la fin d'une suite $u$, elle "devine" correctement le "digit" d'avant. Par exemple si tu lui donnes $(u_{18},u_{19},..$ elle te donne $u_{17}$. Bien évidemment, $\phi$ peut se tromper, mais elle a la propriété qu'elle ne se trompe plus à partir d'un certain rang.

Ce rang appelons-le le degré de $u$.

Tu prends alors 20 rangées infinies de boites, indicées chacune par $\N$, tu en ouvres 19 (par exemple, tu les ouvres toutes sauf la rangée 3). En les "regardant" tu connais le degré de chaque rangée sauf de la 3.

notons max le sup des degrés des 19 rangées ouvertes

Mis à part si tu as l'extraordinaire malchance que le degré de 3 soit strictement plus grand que le degré des 19 autres, cadire que max, sinon:

tu ouvres toutes les boites de la rangée no3 dont le no est >max+1. Cette rangée 3 je la note $u$. Tu connais maintenant $u_{max+1},...$. $\phi$ te donne $u_{max}$ sans se tromper, sauf si le degré de $u$ est $\geq$ à max...

Voilà: je viens de te décrire la stratégie no3. Si elle dysfonctionne, c'est que le degré de la rangée3 est strictement plus grand que le degré de toutes les autres rangées. Ce raisonnement étant valable pour tout i en lieu et place de 3, une seule stratégie seulement peut déconner...

en ouvrant les boites de la rangée 3 dont le numéro dépasse le sup des degrés des autres rangées

Christophe tu peux devenir un homme infiniment riche mais seulemnt si on admet AC

B-)

Excuse moi christophe chalons, je ne voulais pas te froisser, je n'exigeais pas de toi que tu rédiges une preuve pour la poster sur ce forum, je suggérais à tout ceux que le sujet interesse de développer l'argument pour eux même sur papier et non avec LateX, comme je l'avais moi même fait (trust but check).
Je ne connaîs pas "Columbo" (oui je suis donc une inculte...), mais quand tu parles de "suprématie intellectuelle" de mon "ton de dominatrice", j'ai vraiment honte de moi : j'aurais dû parler avec plus de modestie.

Pour l'apéro sur la tour montparnasse je ne peux pas accepter, désolée, j'aimerais bien te rencontrer, mais je ne peux pas obtenir l'autorisation de mes parents.

J'ai bien aimé cet exercice (et je ne suis sûrement pas la seule), merci de l'avoir partagé avec nous.

bonsoir Christophe.
Marphise est un personnage de "Roland amoureux" de Matteo Maria Boiardo, repris dans le "Roland furieux" de l'Arioste, j'ai beaucoup apprécié ce récit chevaleresque, reprenant les personnages d'anciennes chansons de gestes. Deux personnages féminins m'ont bien plus : Marphise et Bradamante, je préférais Bradamante, mais comme pseudonyme Marphise sonne mieux.
Mon vrai prénom est Florence, mais sur un forum, s'appeler par son pseudonyme fait partie du jeu.

PS. Merci pour les informations sur Columbo, je savais qu'il s'agissait d'une série policière, mais rien de plus.

Bonjour

finalement je suis convaincu, et c'est un très joli tour de passe passe

aimablement,
S