Sac et billes

OShine · February 2021

Bonjour
Je ne comprends pas cet exercice. 116956

kioups · February 2021

Chaque fois qu'on prend 5 billes, il y a au moins une bille rouge. Combien y a-t-il de billes vertes au maximum ?

OShine · February 2021

Je ne vois pas comment on peut savoir.

kioups · February 2021

Il n'y a que des billes vertes et des billes rouges... Bon, je viens de poser la question à mon fils de 8 ans, ça doit être un mauvais exemple. ;-)

gerard0 · February 2021

............................ 116954

nahar · February 2021

Bonjour
Mon fils de 11 ans à trouvé 9.

Quentino37 · February 2021

Bonjour,
Il ne peut pas avoir plus de 4 billes vertes car sinon on pourrait sortir 5 billes vertes et pas de bille rouge.
Il ne peut pas y avoir plus de 5 billes rouges car sinon on pourrait sortir 6 billes rouges et pas de bille verte.
donc il y a un maximum de 4 billes vertes et 5 billes rouges, donc 5+4 bille \[5+4=\frac{(5+4)\pi²} {6}\frac{6} {\pi²}=9\]
Le sac peut donc contenir au maximum 9 billes!
Problème résolu(tu)B-)

Dom · February 2021

OShine,

Essaye bon sang.
Remplis des feuilles de brouillon.

Tu as une formation plutôt de « physique » alors utilise des méthodes empiriques.

Flûte !

OShine · February 2021

Ok merci à vous je viens de comprendre, j'ai vraiment du mal avec le français :-(

Je vais la mettre en question bonus en contrôle à mes 6ème voir combien d'élèves vont la réussir.

Nahar et Kioups, ils sont intelligents vos enfants, c'est une question du concours kangourou 6ème-5ème (question 22 donc les plus difficiles).

Sato · February 2021

Quentin, (tu) je pense que tu as utilisé le principe des tiroirs de Dirichlet sans le savoir !

Dom · February 2021

Ce n’est pas de l’intelligence !

C’est de l’expérience et du savoir.

zeitnot · February 2021

Une petite pensée pour Joseph Joffo !

lourrran · February 2021

C'est un problème de français : NON. Mauvaise foi caractérisée. Si un de tes élèves te répond ça, il se moque de toi.

Ca, c'est une excuse inventée pour ne pas reconnaître des lacunes.

A chaque fois qu'on tire 5 billes du sac, il y a au moins une rouge ... donc il y en a au maximum 4 qui ne sont pas rouges... pas besoin d'être agrégé de lettres pour comprendre ça.

Si tu n'arrives pas à cette conclusion : " il y en a au maximum 4 qui ne sont pas rouges " ... tu arrives à quelle conclusion ? Quelle est l'équation, ou l'inéquation que tu écris pour traduire cette information.

kioups · February 2021

lourran : mmh... il y a quand même beaucoup de personnes (et a fortiori d'élèves) qui confondent les "au moins" et "moins de". Pour moi, ce n'est pas de la mauvaise foi, mais un problème de français.

beagle · February 2021

En ce qui me concerne, on dirait bien utilisation de contraposée non conscientisée (ça c'est pour dom)
Je ne cherche pas ce qui marche mais ce qui ne marche pas

Si pas au moins une rouge = aucune rouge, alors 5 vertes.
On peut avoir 5 vertes si sup ou égal 5 vertes

et donc si moins de 5 vertes alors au moins une rouge

Mais ça c'est possible parce que je n'ai jamais appris la contraposée, mais j'ai du la pratiquer non, dom?

beagle · February 2021

le au moins un fait partie de tous les exos de probabilité dénombrement
(les probas en 1- proba aucun est plus qu'un classique, un obligé)
donc problème de français pour les élèves possible,
mais pas pour l'ami OShine.

zeitnot · February 2021

Lourran a écrit:

C'est un problème de français : NON. Mauvaise foi caractérisée

Lourran, sois un peut charitable, OShine est peut-être tout simplement daltonien.

gerard0 · February 2021

Quand même, quand on a fait une classe prépa puis une école d'ingénieur et passé le capes, on connait suffisamment le français pour lire ce genre d'énoncé. Mais on n'a pas nécessairement le minimum d'intelligence pour le comprendre ... la preuve ici.

Zeitnot, tu es encore plus vache que moi ! Cordialement.

Rescassol · February 2021

Bonjour,

OShine, même Noisette a trouvé (c'est ma chienne) :-D

Cordialement,

Rescassol

poli · February 2021

Un fil où l'on apprend qu'il aurait été plus judicieux de le faire plancher sur un sujet concours kangourou pour sélectionner au CAPES.

OShine · February 2021

Rescassol :-D

Bah pour moi les exercices de concours kangourou 6ème-5ème et 4ème-3ème sont plus difficiles que les sujets de CAPES.

@Lourran

J'ai fait ce raisonnement "A chaque fois qu'on tire 5 billes du sac, il y a au moins une rouge ... donc il y en a au maximum 4 qui ne sont pas rouges... "

Mais pour moi ce raisonnement était incorrect car il ne fonctionne que si on prend $5$ billes. Du coup, si on en prend $4$ billes ?

Par contre je trouve le raisonnement de Quentino37 correct.

majax · February 2021

Tu vois bien que ce n'est pas un problème de français ? Mais ce n'est pas bien grave hein.

OShine · February 2021

Pour moi on a montré que si on prend 5 billes alors il y a au maximum $4$ vertes.

Alors qu'on veut montrer : il y a au maximum $4$ vertes.

C'est un problème de logique.

kioups · February 2021

Eh ben, c'est le cas... Si on prend 6 billes, on aura aussi au maximum 4 vertes. Si on prend 4 billes, on aura aussi au maximum 4 vertes (logique, non ?). Et, roulement de tambour, si on prend 3 billes, on aura aussi au maximum 4 vertes (mais probablement moins) !

OShine · February 2021

Kioups je ne comprends pas pourquoi si on prend $6$ billes il y a au maximum 4 vertes.

Quentino37 · February 2021

Bonjour,
@OShine, A chaque fois qu'on tire n billes du sac, il y a au moins une rouge ... donc il y en a au maximum n-1 qui ne sont pas rouges... Le raisonnement est correct, on fait ce raisonnement pour n=a(bille rouge) et pour n=b(bille verte).
On connait donc le nombre max des billes vertes et de billes rouges or il n'y à que des billes rouge et des billes vertes donc
nombre max de bille dans le sac=nombre max de billes rouges plus nombre max de billes vertes=a-1+b-1=a+b-2
Pour a=5 et b=6, on à 5+6-2=9

PS:Les exo du concours du kangourou sont assez plutôt simple.c'est juste un peu de calcul mélanger à de la logique.

Quentino37 · February 2021

@OShine, on déduit qu'il y a max 4 verte du fait qu'il y ait forcement au moins une rouge parmi 5 billes pas du fait qu'il y ait forcement au moins une verte parmi les 6

gerard0 · February 2021

O Shine ne comprend pas que si on prend 6 billes, il y en a 5 parmi les 6. C'est à l'école primaire qu'on comprend ce genre de choses. Et il est incapable de faire ce raisonnement élémentaire "si j'en ai six, j'en prends 5 parmi les 6 de façon à avoir le maximum de vertes. Parmi ces 5, il n'y a que 4 vertes au maximum. Donc je ne peux pas avoir plus de 4 vertes"; ou un raisonnement similaire.

Quand je pense que c'est ce genre de personnage qui est chargé d'apprendre à faire des maths à nos enfants !! C'est dramatique !

lourrran · February 2021

Supposons qu'il y ait plus de 4 billes vertes (donc 5, ou 6 ou même plus)

Je fais un tirage 'aléatoire', je fais énormément de tirages aléatoires, 5 billes à chaque fois. A un moment ou un autre, je vais avoir le tirage avec ces 5 billes vertes, ça va finir par arriver.

Or l'énoncé nous dit : Non, aucun risque, je n'aurai jamais un tirage avec 5 vertes. Si ce risque d'avoir 5 billes vertes n'existe pas , si parmi tous les tirages possibles et imaginables, aucun tirage n'est constitué par 5 billes vertes, tu en conclues quoi ?

Quentino37 · February 2021

OShine écrivait:

> Par contre je trouve le raisonnement de Quentino37 correct.

Tu comprend mon raisonnement mais ne comprend pas le principe de mon raisonnement(je suis perdu)

OShine · February 2021

Ah d'accord merci, parce quand on prend 6 billes on en prend 5 puis une dernière.

Si on en prend 5 il y a maximum 4 vertes.

Certaines exercices sont difficiles, ceux avec les cubes et les faces de couleurs.

OShine · February 2021

Lourran ok merci.

Fin de partie · February 2021

Si le nombre de billes était supérieur ou égal à $11$ on pourrait avoir une configuration où on a, au moins, $5$ billes vertes et $6$ billes rouges. (et donc en piochant un paquet de $5$ billes on pourrait ne pas avoir de billes rouges
Si le nombre était égal à $10$, la configuration $5$ billes vertes, $5$ billes rouges permet de piocher un paquet de $5$ billes sans qu'aucune ne soit rouge.

Si l'hypothèse 1) est vérifiée cela implique que le nombre de billes vertes est inférieur ou égal à $4$
(autrement s'il était supérieur à $4$ on aurait un paquet de $5$ billes dont aucune n'est rouge).
Si l'hypothèse 2) est vérifiée cela implique que le nombre de billes rouges est inférieur ou égal à $5$.
(autrement s'il était supérieur à $5$ on aurait un paquet de $6$ billes dont aucune n'est verte)
Ce qui fait que le total des billes ne peut excéder $4+5=9$.
On a seulement trouvé une borne supérieure pour le nombre de billes, mais cela ne signifie pas a priori qu'il existe une configuration à $9$ billes.

La configuration $9$ est possible: $5$ rouges et $4$ vertes. Si on pioche $5$ ou ET $6$ boules on a forcément des boules des deux couleurs on vérifie les deux hypothèses du problème.

Avec le kangourou, le CAPES ce n'est pas dans la poche X:-(

PS:
Ma configuration avec $9$ billes était toute pourrie. Je pense que c'est correct maintenant.

PS2:
Tout était pourri dans mon explication. Autant il me semble nécessaire d'exhiber un exemple de configuration à $9$ éléments qui fonctionne, autant c'est n'importe quoi de raisonner sur des configurations particulières à $10,11$ billes ce que je faisais. Heureusement que ce problème était un QCM: cela permet d'avoir raison pour de mauvaises raisons (ou du moins pour une explication partiale)

Foys · February 2021

http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?18,2178952,2178982#msg-2178982

:-D:-D:-D:-D:-o:-o:-o:-o:-o

OShine · February 2021

Fin de Partie merci c'est très clair.

Fin de partie · February 2021

OS:

Dommage que tu n'aies pas relevé mes erreurs. :-D

Arturo · February 2021

Bonsoir,

Voici une explication avec des notations mathématiques.

Il y a n billes dans le sac : r billes rouges et v billes vertes.
On pose donc n = r + v

Dans la suite :
>= signifie supérieur ou égal à.
=< signie inférieur ou égal à.

* Énoncé : si n = 5, alors r >= 1.
Donc 5 >= 1 + v, soit v =< 4.

* Énoncé : si n = 6, alors v >= 1.
Donc 6 >= r + 1, soit r = < 5.

De là, il vient que : r + v =< 5 + 4, soit n =< 9.

Fin de partie · February 2021

Arturo a écrit:

* Énoncé : si n = 5

1)Cela ne commence pas bien. (notations) B-)-

2)Par ailleurs, pour pouvoir affirmer que le nombre maximum de billes est $9$ il faut exhiber une configuration de $9$ billes qui marche.

Sato · February 2021

Vous ne comprenez pas. L’agreg interne était d’un niveau vulgairement taupinal. Ici, on est largement au-dessus. Sans aller jusqu’à la théorie des catégories, n’exagérons pas, mais peut-être qu’un petit théorème des résidus avec un chemin bien choisi nous donnerait le nombre de billes ?

Arturo · February 2021

Fin de partie
en effet, confusion entre le nombre de billes dans le sac et le nombre de billes choisies.
Merci à toi.

bisam · February 2021

Sans vouloir me moquer d'Oshine, je pense que ce qu'il n'a pas compris c'est le quantificateur qui est caché dans la formulation "Chaque fois que".

Voici une reformulation de l'exercice qui permet d'éviter toute ambiguïté :

Soit $R$ et $V$ deux ensembles finis. Pour tout $S\in P(R\cup V)$, on abrège ainsi :
$S\in R[5] \Leftrightarrow \forall X \in P(S), \text{card}(X)=5 \Rightarrow X\cap R \neq \emptyset$.

$S\in V[6] \Leftrightarrow \forall X \in P(S), \text{card}(X)=6 \Rightarrow X\cap V \neq \emptyset$

Déterminer $\max(\{\text{card}(S), S\in R[5]\cap V[6]\})$.

Là, il n'y a plus de problème de français.

Fin de partie · February 2021

Bisam:

Je pense que ce n'est pas la seule difficulté. La question elle-même est problématique.
Il faut la comprendre comme: toute configuration de plus de $9$ billes vertes et rouges est impossible, elles ne peuvent pas respecter les conditions demandées ET, il existe une configuration à $9$ billes qui respecte les conditions.

Dom · February 2021

C’est un jeu de plage.
Alors on fait des essais, on interprète le texte au premier jet et puis on est content quand on trouve.
Sinon, on va à la fin du magasine pour voir la réponse.

Thierry Poma · February 2021

@Bisam : tu écris

Sans vouloir me moquer d'Oshine, je pense que ce qu'il n'a pas compris c'est le quantificateur qui est caché dans la formulation "Chaque fois que"

et tu as entièrement raison. C'est la première fois que je lis une réflexion intelligente dans ce fil. Il y a scopage universel et tout tourne autour de cette quantification. Rien n'étant spécifié sur la nature du tirage, ni sur la façon dont s'effectue le tirage, l'on peut essayer de trouver une explication simple à destination d'élèves de sixième.

beagle · February 2021

Pour Fin de partie: oui et non

oui tu dois avec ton raisonnement faire la vérification, mais c'est parce que de conditions A et condition B tu es passé en implication et non en équivalence à ta condition C avec le nombre total 9.

Ceci n'est pas obligatoire.
de condition A max rouge est 4 et de condition B max vert est 5 on a max Aet B pour max A et max B.
ceci fonctionne sans avoir à vérifier.

Mais pourtant il faut vérifier en effet tu as raison l'autre condition du problème,
et la vérif a faire c'est que quand tu as 9 boules il est possible d'en tirer 5 ou 6.

Car par exemple, 2 rouges et 1 verte remplissent les conditions d'ètre inf à 5 pour l'un et inf à 6 pour l'autre,
mais disons que tirer 5 ou 6 boules d'un sac de 3 boules c'est quand meme pas génial.

Donc inventons la premiere question combien de boules minimum respecte les conditions A et B.

SERGE_S · February 2021

@ OShine :

Pour déterminer le nombre de billes dans le sac on s'aide des deux conditions explicitées dans le problème.

Condition 1: chaque fois qu'on y prend 5 billes il y en a au moins une rouge.

Cela veut dire que les autres billes (au nombre de 4) sont des billes rouges ou vertes ou un mix des deux. Donc le nombre maximum de billes vertes ne peut être que 4 parceque s'il était de 5 tu n'aurais aucune bille rouge contrairement à l'hypothèse. Donc bv (billes vertes) <= 4.

Condition 2 : chaque fois qu'on y prend 6 billes il y en a au moins une verte. En faisant le même type de raisonnement ci-dessus (mutatis mutandis) on trouve que le nombre br (billes rouges) <= 5

Donc le plus grand nombre de billes que le sac peut contenir pour satisfaire les conditions 1 et 2 est br + bv <= 9.

Ce type d'exercice devrait te plaire, il n'est pas théorique mais simplement très simplement calculatoire. Niveau CM2.

Dom · February 2021

Houlala. Il faudrait attaquer le manque de quantification ?

C’est bien, à force de le dire....

Là normalement on va en trouver qui vont dire « pffff c’est logique patati, faut pas pousser... »

C’est pour ça que je parlais de jeu de plage.
On peut aussi dire « jeu de café » (ce n’est pas péjoratif dans mon propos).

SERGE_S · February 2021

@ Thierry Poma : C'est une bonne critique, mais il faut voir que l'exercice (même s'il est un peu imprécis) est donné aux élèves par un prof (qui est censé lever l'ambiguité si elle existe dans la tête des élèves).

Thierry Poma · February 2021

@SERGE_S : il n'y a aucune ambiguïté dans l'énoncé. Pour ce que tu proposes comme initiative, il y a plus simple.

SERGE_S · February 2021

@ Thierry Poma : l'exercice ne dit pas si on fait un tirage avec remise ou sans remise. Il y bien une ambiguïté mathématique. Après que les élèves comprennent implicitement qu'il s'agit de tirage avec remise c'est une toute autre question.

biely · February 2021

A chaque fois que je joue au loto je n’ai jamais gagné le gros lot et cela fait 30 ans que cela dure...j’en déduis qu’il est mathématiquement impossible de gagner...:-D

Sac et billes

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