Problèmes en série.

Désolé j'ai confus. Roro dira non et Couté dira oui.

Bonjour,

pb 42 : le 1er joueur a une stratégie gagnante, après laquelle ?
En effet, déjà toute configuration possible est soit gagnante soit perdante :
c'est vrai s'il ne reste qu'un carré (configuration perdante)
si c'est vrai pour toute configuration où il ne reste moins de N carrés alors
soit toutes les configurations que l'on peut atteindre sont des configurations gagnantes (pour l'autre joueur du coup) alors c'est une configuration perdante
soit il existe une configuration que l'on peut atteindre qui est perdante (pour l'autre) et donc la configuration est gagnante

Maintenant, on sait que le 1er joueur peut toujours gagner car dans le pire des cas il ne mange que le carré (a,b).
En effet, soit cette configuration (rectangle moins ce seul carré) est perdante et alors manger ce seul carré est bien la 1ère étape d'une tactique gagnante
soit cette configuration est gagnante et il existe une tactique gagnante qui commence par prendre la partie en haut et à gauche d'un carré(a',b') dans cette configuration. Mais alors retirer cette partie à partir du même carré en partant du rectangle entier aboutit au même résultat et il y a donc un 1er coup possible d'une tactique gagnante pour le 1er joueur.

problème 44 :
si les nombres consécutifs sont dans une même centaine alors il y en a moins de 50 (approximation qui peut être améliorée mais là j'ai la flemme car ce résultat est suffisant) si aucun ne vérifie que la somme de ces chiffres est un multiple de 13, en effet il y a lors 4 dizaines complètement recouvertes. Ces nombres s'écrivent Nx100+ax10+0 jusque Nx100+(a+3)x10+9 la somme des deux derniers chiffres-a des nombres de la 1ère dizaine vont de 0 à 9, ceux de la deuxième de 1 à 10,..., ceux de la dernière de 3 à 12. Les nombres de 0 à 12 sont donc atteints donc un complémente somme des chiffres de N + a pour être un multiple de 13 (tous les tiroirs sont remplis).

Si ces nombres sont dans deux centaines distinctes,
ceux de la plus grande centaine ne peuvent aller que de (N+1)x100+0 à (N+1)x100+38 car en appliquant le même raisonnement que précédemment tous les compléments sont atteints à 39 (3+9=12 est le plus long à atteindre). Pour avoir une telle longueur il faut que somme des chiffres de N soit congru à 1 modulo 13.
ceux de la plus petite centaine ne peuvent aller que de Nx100+61 jusque Nx100+99. En effet, la 1ère dizaine couvre 18(=9+9) congru à 5 modulo 13, 4,3,2,1,0,12,11,10,9 manquent 8, 7 et 6 pour avoir du 6 le plus petit est 60. Nx100+61,...,Nx100+99 est donc la suite la plus longue laissant un "tiroir vide". Pour avoir une telle longueur il faut que N soit congru à 7 modulo 13.
Il y en donc au plus 39 dans chaque centaine si aucun ne vérifie "somme...de 13" donc au plus 78.

Forme de ces plus longues suites, on passe d'une centaine dont la somme des chiffres est congru à 7 modulo 13 à une centaine congru à 1 modulo 13. Si le nombre de la centaine ne se termine pas par 9, on passe pour la somme des chiffes de N à N+1 donc le nombre de la plus petite centaine est de la forme, M ne se terminant pas par un 9, M99.(k "9")..9 avec M+9k congru à 7 modulo 13 et M+1 congru à 1. M est donc congru à 0 (càd un multiple de 13) et 9k à 7, 3x9=27 est congru à 1 modulo 13 donc k est congru à 27k congru à 3x7=21 congru à 8.
La plus petite série est donc bien celle donnée par galax.

problème 40 : je le laisse, je connaissais.

Arf fuck, je viens de me rendre compte que luc avait donné la solution...

On va faire comme si on avait rien vu.

t-mouss

Bonjour,

Luc: cela ressemble étrangement au jeu de Marienbad, immortalisé par le film d'Alain Resnais ? http://fr.wikipedia.org/wiki/Jeu_de_Marienbad

Amicalement.

Bonjour,

Alekk a posé le Pb.n°42 et Luc a donné une solution qui ne dit pas, pour un rectangle mxn, si cette position est gagnante ou perdante.

Si au départ, on a un rectangle mxn avec m et n de même parité (tous deux >=2),
ou , si on a un rectangle de ce type moins des cases (a,b) avec a,b>=2, sauf la case (2,2), on gagne en enlevant la case (2,2).

Mais, si m et n (tous deux >=2) sont de parités différentes, la position est-elle perdante ???

Amicalement,
Georges

PS. J'avais lu trop vite la démo de Luc qui est correcte (en théorie) en regardant
la position où on a enlevé la case (m,n).

PS2. Luc dans un message qui suit montre :

Si on part du carré mxm on gagne en enlevant la case (2,2) d'où :
si on part du rectangle mxn (m différent de n) on perd en enlevant la case (2,2).

Donc mes affirmations plus haut sont fausses (sauf si m=n)!

PS3. AD merci pour ta réponse.
Je suis déçu que l'on ne puisse pas supprimer un message erroné.

Mais je reconnais qu'il vaut mieux le corriger par un ou des PS (sans supprimer le ou les erreurs commises), ce qui permet de comprendre les messages suivants répondant au message que l'on veut supprimer.

Bravo pour ton activité de médiateur.
Georges

bonjour

Dans la mesure où ma solution est correcte au problème 38 c'est mon tour de poser une énigme si j'ai bien compris la règle du jeu

Voici donc l'énoncé du problème 46 qui est dans la continuité du problème 38

Je considère le produit infini de quotients (avec n supérieur ou égal à 2) :

[1-1/2^n]/[1+1/2^n].[1-3^n]/[1+1/3^n].........[1-1/p^n]/[1+1/p^n]......

montrer que ce produit infini converge vers une limite rationnelle

lorsque n est pair avec 2, 3......p entiers naturels premiers

et lorsque n est impair avec 2, 3.....p entiers naturels


avec la base formée des nombres premiers la démonstration est classique

avec la base formée des entiers naturels il s'agit en fait d'une conjecture que je n'ai pas réussi à confirmer ou à infirmer !

bonne journée

georgesZ Écrivait:

---

> Bonjour,
>
> Alekk a posé le Pb.n°42 et Luc a donné une
> solution qui n'est valable que si on prouve que,
> si l'ensemble de cases présentées est perdant
> alors en enlevant une seule case on obtient un
> ensemble de cases gagnant.

Dis ainsi c'est trivial : une position (de départ ou non) est perdante signifie que pour n'importe quel coup valide la position obtenue est gagnante (pour l'autre, le tour a changé).

> Par exemple, l'ensemble ${1,1),(1,2),(2,1)$ est
> perdant, et si on enlève une ces 3 cases on perd
> encore!

Ce qui va dans le sens que j'ai annoncé pour le cas particulier (m,n)=(2,2) il y a bien un coup gagnant : retirer le carré (2,2)

> Si au départ, on a un rectangle mxn avec m et n de
> même parité (tous deux >=2),
> ou , si on a un rectangle de ce type moins des
> cases (a,b) avec a,b>=2, sauf la case (2,2), on
> gagne en enlevant la case (2,2).
> Mais, si m et n (tous deux >=2) sont de parités
> différentes, la position est-elle perdante ???

Faux rien à voir avec la parité, si on retire toutes les cases (a,b) avec a,b>=2 d'un rectangle mxn alors la position obtenue est perdante si et seulement si m=n.
En effet, montrons que un grand carré mxm auquel on a oté la case (2,2) et toutes celles qui vont avec est alors une position perdante.
Pour m=2, si le joueur (joueur nommé A) ayant cette position retire le carré (1,2) l'autre retire le carré (2,1) A perdant, si A retire le carré (2,1) l'autre retire le carré (1,2) A perdant, si A retire le carré (1,1) A perdant.
Supposons cette propiété vraie jusque un certain m>=2. Quoique fasse A il renvoie une position dissymétrique à l'autre joueur (sauf s'il abrève ses "souffrances" en prenant directement le carré (1,1) se consolant en mangeant un maximum de chocolat ), l'autre joueur n'a plus qu'à rétablir la symétrie et se ramener ainsi A en position que l'on sait déjà perdante.
En résumé, l'autre joueur peut toujours rétablir la symétrie que A est toujours obligé de violer, or la position avec le seul carré (1,1) est symétrique et c'est donc A qui atteindra cette position si l'autre joueur joue bien.

Maintenant, cette position d'un rectangle mxn auquel on a oté les carrés (a,bà) avec (a,b)>=2 est gagnante si m et n sont différents, en effet il suffit d'égaliser la longueur de la rangée horizontale et de la rangée verticale pour se ramener au cas précédent.

Il y a un second cas simple (autre que m ou n=1, interdit au départ mais qui peut arriver en cours de jeu), c'est un rectangle mxn avec m ou n=2. Retirer le seul carré en haut à droite est alors un coup gagnant. Encore une fois est le houeur qui joue dans la position annoncée perdante. En effet, pour simplifier supposons que ce sont les rangées qui sont en nombre de 2, à partir de là quoique A joue il est possible de recréer un décalage de 1 entre la rangée du bas (la plus nombreuse) et la rangée du haut : si A retire p cases de la rangée du haut l'autre retire p cases de la rangée du bas, si A joue sur la rangée du bas il égalise la longueur des 2 rangées, l'autre n'a plus qu'à rétablir un décalage de 1. A la fin de ce processus, A arrive à rangée du bas =1 rangée du haut =1-1=0 et il perd.

C'est grace à ses deux seuls cas pour lesquels j'ai trouvé une solution explicite générale (déjà à m ou n=3, l'autre >3 les cas <=3 sont déjà résolus, c'est quasi-chaotique, résolution cas par cas en avançant en augmentant le nombre de carrés de 1 à chaque fois permet de trouver des positions gagnantes et perdantes mais aucune formule générale ne se dégage et il y a même des sortes de "saut") que j'ai trouvé comment montrer qu'il y a malgré tout toujours une solution gagnante pour le 1er joueur.
Je reprends mes explications. On dit qu'un joueur en (a,b) s'il retire toutes les cases (x,y) avec x>=a et y>=b. Au départ les choix possibles P={(x,y) ; 1<=x<=m 1<=y<=n} du 1er joueur se séparent en {(m,n)} et P' qui regroupe tous les autres.
J'avais dans mon 1er post rappelé que dans ce genre de jeu toute position est soit gagnante (il existe une série de coups amen,ant à la victoire quoique fasse l'autre) ou perdant (quoique ce joueur fasse l'autre peut forcer la victoire).
Maintenant, c'est un raisonnement en disjonction de cas :
1) soit parmi P' il y a au moins un coup qui place l'autre joueur en position perdante alors le 1er joueur est bien en position gagnante
2) soit parmi P' il n'y a aucun coup gagnant càd qu'en jouant en une case de P'il place son adversaire en position gagnante alors j'affirme que jouer en (m,n) est alors un coup gagnant
Cette dernière affirmation se justifie par les deux faits suivants :
i) les seuls cases possibles pour l'autre joueur sont justement P' (le coup en (m,n) n'est plus possible contrairement au 1er joueur)
ii) pour n'importe quelle case (a,b) de P', la position obtenue en jouant en (m,n) puis en (a,b) est exactement la même qu'en jouant directement en (m,n) (c'est la seule véritable astuce), en effet cette case (m,n) fait partie des cases retirées pour n'importe quel coup joué à partir du rectangle (m,n) complet.
Et puisque l'on est en situation 2), après le deuxième coup le 1er joueur est placé en position gagnante, le coup en (m,n) est donc ganant dans ce cas là.
Dans les deux cas, le 1er jouer est bien en position gagnate même si on ne sait pas, a priori, quel coup il faut joueur.

Amicalement,
Luc

bonjour jean

juste une petite observation à propos du problème 38

Claude a résolu ce problème par une méthode digne de IMO

voir son message du jeu 14 juin 2007 20:44:55


Sincèrement,

Galax

Bonjour,
Deux personnes jouent à un jeu avec une barre de chocolat
de 60 pièces, un rectangle 6x10. La première personne casse
un morceau en suivant les cannelures et mange la part ôtée.
La seconde procède de même sur le morceau restant. Le jeu
continue jusqu'à ce qu'il ne reste plus qu'une pièce. Le gagnant
est celui qui a laissé ce simple carré. Quelle personne a une
stratégie gagnante ?
Pardonnez mon mauvais anglais.


Pendant quatre pages et pas à pas, T. T. (âgé de quinze ans )
guide le lecteur vers la réponse. L'auteur donne ensuite cinq
problèmes non corrigés et sur le même thème.
Un excellent livre que ce : Solving mathematical problems.

georgesZ Écrivait:

---

>1) Parmi les 5 Pb. non corrigés du même thème,
> y-a-t-il le Pb.42?
>
>2) Le livre de T.Tao: Solving Mathematical Problems,
> peut-il s'obtenir quelque part?

1) Non, il y a une variante "qui perd gagne", une autre en 3D
et le jeu du Gomoku.
2) Je suis passé comme d'hab. par Amazon pour l'achat.
Combien je regrette mon bras si dodu, ma jambe bien faite,
et surtout la librairie du 48 rue Gay-Lussac: Offilib.

Cordialement
Cucherat

Bonjour

je relance un énoncé de emre , sur lequel je seche

" soient a,b,c strictement positifs,
on pose b²-bc+c²=u²; c²-ca +a²=v² ; a²- ab +b² = w² ( avec u,v,w >0)
prouvez que
(a/u +b/v +c/w))²>= 36(ab +bc +ca))/[5(a²+b² +c²)-(ab +bc +ca)]
avec égalité ssi a=b=c "

petites remarques : il est évident que le terme de droite est majoré par 9 avec égalité ssi a=b=c
mézélas, le terme de gauche peut tres bien etre strictement plus petit que 9
c'est donc plus subtil que ça.

(interprétation géométrique : on considere un tetraèdre SABC tels que les angles
(ASB) ,BSC), (CSA) valent 60 degres on pose SA=a, SB=b SC =c
on a alors AB=c, BC=a , CA=b )

incidemment pb annexe : se battre avec , pour u,v,w >0 donnés , le systeme
x²-xy+y²=w²
y²-yz+z²=u²
z²-zx+x²=v²
pour l'instant , je suis arrivé à l'étude l'equation du 4 eme degre ("résolvante")

(T-A)²(T-B)² +(T-B)²(T-C)²+(T-C)²(T-A)² +(T-A)(T-B)(T-C)(T-A-B-C)=0

en supposant par ex 0<A<B<C

à suivre.

( en prenant les signes + dans les equations, on a un systeme que je sais etudier:
il y a des solutions ssi u,v w sont les cotes d'un triangle, et de plus on sait trouver les solutions du systeme diophantien à 6 inconnues entières)

bonjour Jan;

pour le systéme je sais me ramener à la résolvante indiquée
pour cela j'ai posé
X=-x+y+z
Y=x-y+z
Z=x+y-z
d'ou x=(Y+Z)/2 ; y=(Z+X)/2; z= (X+Y)/2
on a ainsi
YZ+2u²=ZX+2v²=ZX+2w²
en prenant T la valeur commune on a T solution de l'equation du 4 eme degre

(T-a)²(T-b)²+(T-b)²(T-c)²+(T-c)²(T-a)²+(T-a)(T-b)(T-c)(T-a-b-c)=0

(en posant a=2u²;b=2v²;c=2w²); on peut supposer 0<a<b<c les cas particuliers sont faciles à étudier.

les zeros réels sont soit entre a etb ,soit entre c et a+b+c

une condition necessaire d'existence : u,v,w sont les cotes d'un triangle
je ne sais pas encore si elle est suffisante.
rem: T=x²+y²+z² est necessairement au plus egale à u²+v²+w².

j'ai testé la résolvante à partir de valeurs données de x,y,z ; elle est exacte..
à suivre

( on peut travailler aussi de façon dissymetrique en parametrant
l'ellipse d'equation dans le plan x²-xy+y²=w² etc.
on aboutit à une résolvante du 4 eme degre en t avec t=tg(m) , m intervenant dans le paramétrage de l'ellipse.., cela semble etre proche de ton idée de privilégier x-y et x+y etc.)

A+

Re

1.avec mes notations on a xy+yz+zx=2T-(u²+v²+w²)
2.j'y ai pensé, je ne crois pas..

Re
oui bien sur, mais cela n'apporte pas à priori d'information utile

( ce volume est Axyz avec A tres simple , et aussi B uvz ou Cvwx ou Dwuy
mais avec de vilains coeff faisant intervenir des angles pas simples..)

mais je n'abandonne pas.

( d'ailleurs l'étude en soi de l'equation en T
(T-a)²(T-b)²+(T-b)²(T-c)² +(T-c)²(T-a)² +(T-a)(T-b)(T-c)(T-a-b-c)=0
m'interesse, avec l'hypothese que a²+b²+c²-2ab-2bc-2ca<0 )

Bonjour à tous.

Je relance d'un problème de tablette de chocolat. Je le tiens de tonton Lulu himself.

Au départ la tablette est $n\times m$

On peut casser la tablette suivant les cannelures mais attention, un peu de décence, pas de kung-fu en empilant les morceaux, je vous vois déjà venir.

Il s'agit de casser la tablettes en $n\times m$ carrés de chocolat.

\begin{itemize}
\item Quelle est la méthode la plus courte ?
\item Quelle est la méthode la plus longue ?
\end{itemize}

Amusez-vous bien et...pas d'excès.

e.v.

chobits,

il me semble que tu es resté sur la première page , il en reste encore seize

Domi

georgesZ ecrivait:

---

>
> J'attends le commentaire d'Alekk...
>

Bonjour georgesZ,

je m'excuse pour ce (si long) retard. Parfois ce n'est pas evident de suivre un fil qui s'etend sur 17 pages :)o

Je rapelle donc le probleme: deux gourmands se reunissent devant une plaque de chocolat $m \times n$. Chacun a leur tour ils mangent des carres de chocolat de la maniere suivante: un mangeur choisit un carre de coordonnee $(a,b)$ et mange tous les carres $\{ (i,j) : i \geq a, j \geq b \}$ (faire un dessin). L'impoli qui mange le dernier carre de chocolat $(1,1)$ est declare perdant.
Question: le premier joueur possede-t-il une strategie gagnante ?

Une approche possible:
supposons que le premier joueur soit perdant. Alors, pour n'importe quel premier coup du premier joueur, le second joueur possede une parade qui amene le jeu dans une position perdante pour le premier joueur !
Imaginons alors que le premier joueur ne mange qu'un seul carre "en haut a droite" $(m,n)$. Alors le second joueur effectue sa parade et mange tous les carres $\{ (i,j) : i \geq a, j \geq b \}$, ce qui amene le jeu dans une position perdante pour le premier joueur. Mais cela est impossible car le premier joueur aurait tout aussi bien pu manger tous les carres $\{ (i,j) : i \geq a, j \geq b \}$ et alors amener le jeu dans une position perdante pour le second joueur, ce qui est contraire a l'hyopthese que le premier joueur soit perdant.
conclusion: le premier joueur est toujours vainqueur, meme si l'on a pas exhiber de strategie gagnante ah ces matheux, ils savent prouver qu'ils peuvent gagner, mais ne savent pas faire comment ..

Bonjour alekk.

\begin{quote}
...un carré de coordonnées $(a;b)$...
\end{quote}
ça ne s'appelerait pas un rectangle par hasard ?

amicalement,

e.v.

PS: Ce n'est pas le même problème que mon frère a traité.

Bonjour Alekk,

Je ne suis pas convaincu par ta solution :

Un mauvais coup peut-être suivi d'un nombre impair de coups d'attente avant le prochain coup mauvais.

D'accord?

Pour le n°47 c'est vraiment niveau collège.

Amicalement,
Georges

Bonjour à tous,

J'ai mis un peu moins de temps que le barbant raseur, mais comme il m'avait soufflé qu'il y avait un truc c'était plus facile du coup. Sinon je crois bien que j'étais bon pour retourner au collège !

Merci alekk !

e.v.

La solution par l'image pour le 47 . tous ceux qui n'ont pas trouvé vont pouvoir pleurer de honte . Les meilleurs se font prendre dans les pièges les plus gros

Salut Domi,

pour ton problème 48, j'ai une idée:

C'est le jouer B qui peut toujours gagner.
En effet:
Il suffit que dans le tableau $ 1\times n$ pour tout coup joué par A, B joue toujours la case symétrique par rapport au centre du tableau;
sauf dans le cas de n impair et où A joué au centre à un moment donné au centre du tableau : Dans ce cas-là le joueur B peut toujours jouer sur une case voisine de centre et il fini la partie grâce à la même stratégie que précédemment.


Sincèrement,

Galax

domi,
comme la stratégie de B est de jouer toujours symétriquement sauf si A a joue au centre:
ainsi on a une de configuration suivante

A X A X B,
X X A X X ou
B X A X A
( troisième A est au centre X représente une case vide )

est dans tous le cas B peux jouer une case voisine de ce A central au coup suivant.

Sincèrement,


Galax

domi,
j'ai regarderai ça demain.
Ce cas je n'ai pas envisagé mais ça rompe bien la symétrie; (intuitivement il me semble que B a toujours une place disponible à la suite de A)
Sincèrement,

Galax

Je crains que de ne pas être positif Galax

J'ai découvert ce jeu sur un autre forum , sans solution ( c'est sûrement un exercice d'olympiade ) . Je suis comme toi convaincu qu'hormi le cas n=1 , le deuxième joueur est toujours gagnant mais je n'arrive pas à formuler clairement sa stratégie .

Domi