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Les défis Mathématiques du monde,épisode 3

Envoyé par AitJoseph 
Les défis Mathématiques du monde,épisode 3
il y a six années
Bonjour

Et voilà


[www.dailymotion.com]


Prière ne pas griller l'exercice
Re: Les défis Mathématiques du monde,épisode 3
il y a six années
avatar
La stratégie gagnante et facile à trouver : la justification est plus délicate .

Domi
Re: Les défis Mathématiques du monde,épisode 3
il y a six années
avatar
j'ai pas compris, je revisionnerai plus tard, je ne suis pas si con.

S
Re: Les défis Mathématiques du monde,épisode 3
il y a six années
avatar
J'ai le score du routard intergalactique, mais pas de justification pour l'instant.

@samok : J'ai du regarder deux fois et demi pour comprendre l'énoncé.
La vidéo n'est pas géniale pour comprendre: je trouve que ce n'est pas une super idée de faire semblant de se tromper une première fois dans les calculs, ça embrouille plutôt qu'autre chose.
Re: Les défis Mathématiques du monde,épisode 3
il y a six années
avatar
Vous avez-eu droit à la pub super longue pour le dentifrice ?

Domi
Re: Les défis Mathématiques du monde,épisode 3
il y a six années
Oui l'énoncé n'est pas claire !
Je n'ai pas compris : cette façon de remplir le carré,de gauche à droite et de haut en bas ?
Façon de remplir le carré?
Re: Les défis Mathématiques du monde,épisode 3
il y a six années
avatar
Faut pas exagérer quand même , on n'est pas à la maternelle , les exemples sont explicites :)

Domi
Re: Les défis Mathématiques du monde,épisode 3
il y a six années
avatar
On se donne une bijection $\sigma$ de $\{1,2,\dots,9\}$ dans $\{1,2,3\}^2$.

$x_{\sigma(1)}=x_{\sigma(2)}=1$, puis pour $i$ entre $3$ et $9$:

$x_{\sigma(i)}=\sum_{j<i, \|\sigma(i)-\sigma(j)\|_{\infty}=1} x_{\sigma(j)}$.

Il faut maximiser $x_{\sigma(9)}$.
Re: Les défis Mathématiques du monde,épisode 3
il y a six années
avatar
Je trouve 15 milliards...smoking smiley
Captain Obvious
Re: Les défis Mathématiques du monde,épisode 3
il y a six années
Tu ments ! c'est majoré par 128.
57. Qui dit mieux ?
Re: Les défis Mathématiques du monde,épisode 3
il y a six années
Je n'ai vu que le début de la video mais n'y a-t-il pas une erreur au 4 de la case centrale ?

Aldo
Regarde la suite alors :)
Re: Les défis Mathématiques du monde,épisode 3
il y a six années
Ok je suis mort de honte. Ceci dit l'intérêt de cette "erreur" n'est pas évident.
TR je pensais que mon 56 était optimal, mais j'avoue n'y avoir consacré que quelques minutes dans les transports. Bon je m'y replongerai du coup.
Re: Les défis Mathématiques du monde,épisode 3
il y a six années
Bonsoir

61

Vérifié plusieurs fois! j'ai mis du temps.
Re: Les défis Mathématiques du monde,épisode 3
il y a six années
avatar
Bonjour,
Modulo le groupe du carré, il y a 8 positions initiales possibles.
Reste à tirer le meilleur total de chacune d'elles

Sans doute la meiileure position initiale n'est pas l'une des deux que l'animateur présente en exemples...;)
bs
Re: Les défis Mathématiques du monde,épisode 3
il y a six années
avatar
Bonjour,

Ça paraît plus rigolo en prenant $a>0$ et $b>0$ comme premiers chiffres.

Amicalement.
Re: Les défis Mathématiques du monde,épisode 3
il y a six années
avatar
Pour $0\leq a\leq b$ je dirais 24a+33b (en blanc).
Re: Les défis Mathématiques du monde,épisode 3
il y a six années
avatar
La réponse asymétrique de Juge Ti suggère que la position initiale optimale est asymétrique...;)

[Edit: Mon raisonnement est FAUX!sad smiley]



Edité 2 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a six ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par jacquot.
Re: Les défis Mathématiques du monde,épisode 3
il y a six années
avatar
Les deux premiers défis avaient une solution élémentaire et je pense que celui est de la même veine . Sans dévoiler la solution , quelqu'un a-t-il une idée pour tuer le problème sans effort ?

Domi
ilfautetrecoherent
Re: Les défis Mathématiques du monde,épisode 3
il y a six années
ça sert à quoi de dire que les deux premiers sont élémentaires et celui-ci aussi si vous n'êtes pas capable de trouver par vous-même ? si vous demandez, assumez au moins que vous ne trouvez pas tout seul !
Re: Les défis Mathématiques du monde,épisode 3
il y a six années
avatar
J'y suis allé de manière bourrine et j'ai trouvé comme valeur maximale 57 (AitJoseph trouve plus, étrange !).

Maintenant il faut que j'optimise mon programme car tester tous les cas c'est pas joli. :D
@Domi : non, pas encore. J'ai aussi une borne inférieure à 57, mais je ne vois pas trop comment attaquer le problème de manière globale.
Cédric Nicolas
Re: Les défis Mathématiques du monde,épisode 3
il y a six années
40320 combinaisons (8 façons de placer deux chiffres un en tenant compte des symétries, multiplié par 7! nombre de séquences de remplissage des 7 cases restantes). Meilleure case finale obtenue : 55. Raisonnement : on place les chiffres un dans les coins pour minimiser leur sommations. Reste deux combinaisons à tester. On remplit le carré afin que chaque nouvelle somme soit maximale par rapport à la précédente, et en évitant de séparer le carré en plusieurs zones non adjacentes non encore remplies.

Joseph comment trouves tu 61 ?
Re: Les défis Mathématiques du monde,épisode 3
il y a six années
Citation
Joseph comment trouves tu 61 ?

En MP ?
Re: Les défis Mathématiques du monde,épisode 3
il y a six années
avatar
J'ai réussi à diviser par neuf le temps de calcul et j'obtiens encore 57. Voici mes programmes réalisés avec xcas :
calcm(L):={
  local j,k,l,m,M;
  M:=[[0,0,0],[0,0,0],[0,0,0]];
  M[iquo(L[0]-1,3),irem(L[0]-1,3)]:=1;
  M[iquo(L[1]-1,3),irem(L[1]-1,3)]:=1;
  m:=0;
  for(j:=2;j<=8;j++) {
    for(k:=max(0,iquo(L[j]-1,3)-1);k<=min(2,iquo(L[j]-1,3)+1);k++){   
      for(l:=max(0,irem(L[j]-1,3)-1);l<=min(2,irem(L[j]-1,3)+1);l++){
        m:=m+M[k,l]; 
      }
    }
    M[iquo(L[j]-1,3),irem(L[j]-1,3)]:=m;
    m:=0;
  }
  return M,M[iquo(L[8]-1,3),irem(L[8]-1,3)];
}
Ce premier programme prend une liste des numéros des cases numérotées de gauche à droite et de haut en bas. Exemple calcm([1,2,3,4,5,6,7,8,9]) renvoie en sortie le premier exemple de la vidéo.

Ensuite, le second programme se charge d'effectuer tous les cas selon ce qui exposé par Cedric Nicolas ci-dessus, c'est-à-dire qu'on a 8 initialisations différentes possibles (les autres étant symétriques), ensuite dans chaque cas sont effectués tous les cas possibles.
calcm2():={
  local cas,k,M,mmax,Mmax,permumax,permu,bonpermu,init;
  mmax:=0;
  init:=[[1,2],[1,3],[1,9],[1,8],[1,5],[2,5],[4,6],[2,4]];
  for(cas:=0;cas<=7;cas++){
    k:=1;
    permu:=[0,1,2,3,4,5,6];
    while (k<=7!) {
      bonpermu:=permu+[1,1,1,1,1,1,1];
      if (is_element(init[cas][0],bonpermu)!=0) then
        bonpermu[is_element(init[cas][0],bonpermu)-1]:=8;
      end_if;
      if (is_element(init[cas][1],bonpermu)!=0) then
        bonpermu[is_element(init[cas][1],bonpermu)-1]:=9;
      end_if;
      M:=calcm(concat(init[cas],bonpermu));
      if (M[1]>=mmax) then
        mmax:=M[1];
        Mmax:=M[0];
        permumax:=concat(init[cas],bonpermu);
      end_if;
      permu:=nextperm(permu);
      k++;
    }
  }
  return Mmax,permumax;
}
Après une minute de calcul (selon les performances de votre PC), le résultat s'affiche.
Re: Les défis Mathématiques du monde,épisode 3
il y a six années
Ce n'est pas une démonstration,tu utilises cette tigresse qui est l'informatique,et ce démon qui est l'ordinateur!:)
Je pense à la résolution du problème des quatre couleurs.Les calculatrices ne sont pas autorisées.Sérieusement est ce une démonstration?
Re: Les défis Mathématiques du monde,épisode 3
il y a six années
avatar
Il n'y a qu'un nombre fini de cas, les tester tous constitue donc une démonstration... à condition de justifier que l'algorithme fait bien ce qu'on veut (il faudrait expliquer chaque ligne).
@Aitjoseph : je suis largement plus convaincu par le programme de Baggins que par mes propres essais ou par le 61 que tu annonces sans justification. Néanmoins, je doute que ce soit la preuve qui se trouve dans Le Livre rêvé par Erdös et je serai donc heureux d'en voir d'autres .

@Baggins : pourrais-tu nous dire de combien de façons différentes on obtient 57 ?
Re: Les défis Mathématiques du monde,épisode 3
il y a six années
avatar
Je trouve 4 cas en partant de la configuration $\begin{array}{|c|c|c|}\hline 1 &\phantom{1} & 1\\ \hline & &\\ \hline &&\\ \hline\end{array}$, donc 16 au total si on tient compte des trois autres cas symétriques.

C'est qu'une proposition de ma part, j'ai peux-être faux.
Re: Les défis Mathématiques du monde,épisode 3
il y a six années
avatar
J'avais fait comme Baggins mais en Python. Voilà mes programmes :

from itertools import *

def somme(p,a,b):
    l=[0]*10
    l[p[0]],l[p[1]]=a,b
    for j in range(2,9):
        if p[j]==1:
            l[1]=l[2]+l[4]+l[5]
        elif p[j]==2:
            l[2]=l[1]+l[3]+l[4]+l[5]+l[6]
        elif p[j]==3:
            l[3]=l[2]+l[5]+l[6]
        elif p[j]==4:
            l[4]=l[1]+l[2]+l[5]+l[7]+l[8]
        elif p[j]==5:
            l[5]=l[1]+l[2]+l[3]+l[4]+l[6]+l[7]+l[8]+l[9]
        elif p[j]==6:
            l[6]=l[2]+l[3]+l[5]+l[8]+l[9]
        elif p[j]==7:
            l[7]=l[4]+l[5]+l[8]
        elif p[j]==8:
            l[8]=l[4]+l[5]+l[6]+l[7]+l[9]
        elif p[j]==9:
            l[9]=l[5]+l[6]+l[8]
    return(l[1:10])

def test(a,b):
    lp=permutations(range(1,10))
    M=0
    for p in lp:
        l=somme(p,a,b)
        if max(l)>M:
            M=max(l)
            pmax=p
            lmax=l
    print(M,pmax,lmax)

La première fonction prend comme arguments une permutation de (1,2,3,4,5,6,7,8,9) qui correspond à l'ordre dans lequel on remplit le carré (les cases étant numérotées en commençant par celle en haut à gauche) et les valeurs a et b qu'on met dans les premières cases. Elle renvoie la liste des nombres obtenus.

La deuxième fonction teste toutes les permutations possibles et renvoie le plus grand nombre obtenu, la permutation correspondante et la liste des nombres obtenus dans le carré :

>>> test(1,1)
57 (1, 3, 2, 4, 5, 7, 8, 6, 9) [1, 2, 1, 3, 7, 30, 10, 20, 57]

Je trouve également 16 permutations maximales.



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a six ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par Juge Ti.
Re: Les défis Mathématiques du monde,épisode 3
il y a six années
avatar
J'allais vous signaler une blagounette dans votre programme Juge Ti mais je vois que vous avez rectifié (propre et net votre programme ceci dit).

En revoyant la vidéo on a l'impression que c'est le dernier résultat qui compte, mais au final cela ne change rien (bien qu'il y ait des grilles pour lesquelles le plus grand nombre n'est pas le dernier nombre calculé).

S
Re: Les défis Mathématiques du monde,épisode 3
il y a six années
avatar
Effectivement cher samok, l'indexation des listes en Python est pour moi une inépuisable source d'erreurs (et d'énervement) !

Cela dit je serais curieux de voir une preuve non informatique simple du problème.
Re: Les défis Mathématiques du monde,épisode 3
il y a six années
Citation
Cela dit je serais curieux de voir une preuve non informatique simple du problème.

Voilà qui est bien dit,une preuve non informatique ça n'a pas de sens,une preuve tout court oui.;)

Cordialement
Re: Les défis Mathématiques du monde,épisode 3
il y a six années
avatar
Citation
Grace Hopper
Pour moi, la programmation est plus qu'un art appliqué important. C'est aussi une ambitieuse quête menée dans les tréfonds de la connaissance.

S
Re: Les défis Mathématiques du monde,épisode 3
il y a six années
avatar
Bon, je constate au passage que le problème a été tué.

Perso, j'avais pas fait mieux que 55, blocage psychologique ?
AitJoseph est-il prêt à envoyer sa grille de 61 à quelqu'un par MP pour vérification ?

La recherche systématique à l'aide d'un ordinateur est un bon exercice, mais ça ne correspond pas à l'esprit des défis du Monde, à moins que Gilles Cohen n'ait l'intention d'évoquer l'avènement des ordis en tant qu'outil d'investigation (fin du XXe siècle)

Sinon, comment prouver qu'on a obtenu à la main, le score optimal ? Sans votre participation, je serais resté convaincu que c'est 55...

Amicales salutations à tous. jacquot



Edité 4 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a six ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par jacquot.
Re: Les défis Mathématiques du monde,épisode 3
il y a six années
avatar
Je trouve au contraire qu'invoquer la résolution de problèmes grâce à la machine ou avec l'astuce et l'espièglerie constitue une bonne photo des maths actuelles (à ce jour plutôt).

Résultat de Test(1,x), x de 0 à 9 du programme de Juge Ti modifié avec la formalisation d'aléa :
Citation
dites 33
33 (1, 3, 2, 4, 5, 7, 8, 6, 9) [1, 1, 0, 2, 4, 17, 6, 12, 33]
57 (1, 3, 2, 4, 5, 7, 8, 6, 9) [1, 2, 1, 3, 7, 30, 10, 20, 57]
90 (1, 3, 2, 6, 5, 9, 8, 4, 7) [1, 3, 2, 47, 11, 5, 90, 32, 16]
123 (1, 3, 2, 6, 5, 9, 8, 4, 7) [1, 4, 3, 64, 15, 7, 123, 44, 22]
156 (1, 3, 2, 6, 5, 9, 8, 4, 7) [1, 5, 4, 81, 19, 9, 156, 56, 28]
189 (1, 3, 2, 6, 5, 9, 8, 4, 7) [1, 6, 5, 98, 23, 11, 189, 68, 34]
222 (1, 3, 2, 6, 5, 9, 8, 4, 7) [1, 7, 6, 115, 27, 13, 222, 80, 40]
255 (1, 3, 2, 6, 5, 9, 8, 4, 7) [1, 8, 7, 132, 31, 15, 255, 92, 46]
288 (1, 3, 2, 6, 5, 9, 8, 4, 7) [1, 9, 8, 149, 35, 17, 288, 104, 52]
321 (1, 3, 2, 6, 5, 9, 8, 4, 7) [1, 10, 9, 166, 39, 19, 321, 116, 58]

S



Edité 2 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a six ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par samok.
Re: Les défis Mathématiques du monde,épisode 3
il y a six années
avatar
Une petite remarque à propos de la question "le plus grand ou le dernier placé ?" . Il est clair que si les deux premières cases choisies contiennent des nombres positifs ou nuls alors tous les nombres de la grilles sont positifs ou nuls et la plus grande case peut-être complétée en dernier . La question revient donc à trouver le plus grand nombre en bout de chaîne .

Domi
Re: Les défis Mathématiques du monde,épisode 3
il y a six années
avatar
Bonjour Domi,

vu que l'ordre de remplissage est important, comment pourriez-vous me convaincre que l'on peut égaler le score maximum en dernier ?

S
Re: Les défis Mathématiques du monde,épisode 3
il y a six années
avatar
C'est assez simple , tu supposes ( pas de vouvoiement entre nous ) que le plus grand n'est pas le dernier inscrit , tu l'enlèves et tu continues le remplissage en sautant simplement cette étape . Maintenant il reste à placer le plus grand qui ne peut sortir qu'égal ou grandi de cette opération .

Domi
Re: Les défis Mathématiques du monde,épisode 3
il y a six années
avatar
Pour ce qui est de la solution via la programmation , c'est imparable mais ça ne m'emballe pas :D

[attachment 28057 Tic-Tac-Toe.jpg]

Le terrain de jeu fait penser au Tic-Tac-Toe , choisir une case c'est activer des liens . Théorie des graphes , des groupes , des matrices ...

Le problème avec l'informatique c'est qu'elle ne dit pas ce qui se cache derrière le résultat . C'est comme résoudre un problème géométrique avec des méthodes analytiques , on a la solution mais pas l'explication ( qui donne sens au résultat ) .

Domi


Re: Les défis Mathématiques du monde,épisode 3
il y a six années
avatar
Merci Domi,

je suis convaincu. C'est une histoire de dés non transitifs qui m'a fait douter.
pourtant une parcelle de moi même pense que c'est faux, quelle est-elle ?

S
Re: Les défis Mathématiques du monde,épisode 3
il y a six années
avatar
La discussion sur le fait que le plus grand nombre n'est pas nécessairement le dernier nombre inscrit dans la grille montre que mon premier programme (qui sert à compléter une grille étant donné un ordre de remplissage) ne renvoie donc pas en sortie le plus grand nombre à chaque coup. Il nécessite donc un ajustement sur la fin.

Pour moi l'outil informatique est un assistant, de la même façon qu'une feuille et un crayon l'est. Cependant, dans ce problème, si on fait faire à l'ordinateur le calcul de toutes les combinaisons, c'est certe plus rapide que de tout faire à la main, mais c'est complétement inintéressant du point de vue mathématiques. C'est là qu'intervient selon moi les mathématiques : l'optimisation. Dans un premier temps on dégage 8 cas d'initialisations différents à symétrie près ce qui réduit déjà considérablement le temps de calcul (divisé par 9 dans mon cas par rapport au calcul bourrin qui consiste à tester toutes les grilles).

Après il est certainement possible de chercher une autre optimisation (par exemple écarter des configurations par paquets, on devrait finir par arriver à un nombre raisonnable de configurations restantes dont on pourrait tirer la solution au problème).

Mais pour ça il y a certainement des personnes bien plus compétentes que moi à qui je laisse le soin de résoudre le problème joliment.
En fait je trouvais aussi 57, j'avais fait le remplissage dans ma tête et j'ai remplacé un 2 par un 1 au dernier calcul.
Ce qui montre bien qu'avec un peu de méthode dans le remplissage on arrivait assez vite à ce résultat.
De là à en tirer une démonstration rigoureuse, c'est une autre histoire, mais on peut néanmoins bien déblayer le terrain avec les remarques suivantes :

- il faut essayer de finir sur une case qui en touche beaucoup, or si on termine par la case centrale, le chemin obtenu pour y parvenir est très pauvre car toute nouvelle case remplie touche au plus 2 cases déjà remplies, donc il faut plutôt essayer de finir sur une case d'arête
- en testant différentes positions pour les deux premiers 1, on peut assez vite éliminer les configurations qui séparent le carré en deux zones, car chaque zone va travailler séparément, ce qui n'est pas rentable. Au final les seuls candidats sérieux sont
1 1 x,
x x x,
x x x
et
1 x 1,
x x x,
x x x
avec une préférence pour le deuxième car dans la première, si on commence à remplir en haut à droite, on ne peut mettre qu'un 1, et si on ne commence pas par cette case alors la case sera isolée dans le remplissage donc inutile
- il faut remplir par un chemin connexe pour des raisons évidentes

à partir de là on teste différentes approches et on tombe assez vite sur le chemin à 57.
Bonsoir à tous,

voilà, comme un peu, j'ai trouvé 57, et j'ai une "pseudo-démo" qui me permet d'éliminer un bon nombre de cas, avant de faire les cas restants.

Tout d'abord, pour rebondir sur ce qu'à dit lalalo : - il faut essayer de finir sur une case qui en touche beaucoup, or si on termine par la case centrale, le chemin obtenu pour y parvenir est très pauvre car toute nouvelle case remplie touche au plus 2 cases déjà remplies, donc il faut plutôt essayer de finir sur une case d'arête
Je suis pour ma part en désacord complet avec cela, je l'expliquerai par la suite.

Alors, pour placer les 1, on sait qu'il y a 8 possibilités (j'élimine les symétries), dont 4 ou les 1 se touchent :

et 4 ou les 1 se touchent pas.


J'ai alors mis en place l'idée de cases voisines, que j'explique par cette façon :
en rouge, la case que j'ajoute, et en bleu, les cases voisines.


et bizarrement, (je n'ai aucune façon de l'expliquer, et toute la démonstration doit résider dans le fait qu'il faudrait arriver à l'expliquer; je l'ai fait sur beaucoup d'essai, ça marche, si c'est faux, merci de m'en donner un contre exemple), si les 1 se touchent ( comme dans l'exemple), on a 19 cases voisines en tout, et si les 1 ne se touchent pas, on a 20 cases voisines (je vous laisse essayer)

Il parait donc logique que plus on a de voisin, plus on est gros, donc il faudrait que les 1 ne se touchent pas, mais on va le montrer autrement.

on différencie alors 3 sortes de cases :
la case du centre : 8 voisins
les milieux d'arrête : 5 voisins
les coins : 3 voisins

soit les 9 chiffres qui se trouvent dans le carré : 1 ; 1 ; a ; b ; c ; d ; e ; f ; g (dans l'ordre que je les ajoute, le g étant alors le max.

mon désacord avec lalalo étant que comme le g n'intervient pas dans les voisins, il me parait logique que le chiffre final se trouve dans un coin. En effet, comme il n'intervient plus, autant qu'il intervienne sur le moins de case possible. Bien sur, il arrive dans certains cas ( et le ou on arrive au max) où l'inversion du f et g ne change rien.

maintenant, pour choisir l'emplacement des 1, il me parrait logique que les 1 doivent intervenir le moins possible dans les 19 ou 20 voisins ! donc mettre les 1 dans les coins permet de les faire intervenir très peu.
Il nous reste donc 2 départ possible

si on met les 1 dans les diagonales, on a deux possibilités,
soit a vaut 1 et donc on stagne
soit a vaut 2, mais il faut le mettre au centre. si on le met au centre, on se rend alors qu'on ne décolle pas, puisque comme la case centrale a 8 voisins (6 sans les 1), il faut la maximiser.

C'est pourquoi j'en arrive a la conclusion que les 1 doivent se trouver dans deux sommets consécutifs.

parmi les 20 voisins, on a alors les 1 qui possèdent 6 voisins, il reste donc alors 14 voisins parmi les a,b,c,d,e,f,g.
Toujours dans la même idée, si on veut maximiser, il faut éviter que a vale 1, donc pour que a vale 2, il y a 2 possibilités :
soit au centre, il aura 6 voisins
soit entre les 1. il aura 3 voisins
donc comme le 2 reste un petit chiffre, il vaut mieux qu'il se trouve entre les 1.
jen suis donc arrivé à cette première conclusion, le max sera dans ce carré :


plaçons le chiffre b : 3 possibilités :
- le centre (P2), mais il aura bcp de voisins alors qu'il sera petit. donc pas possible
- P1
-P3.
il est logique qu'il faille le mettre en P1 car en P3, il interviendrait alors dans le chiffre final, alors que c'est un petit chiffre

Je ne continue pas, étant donné que je pense que tout le monde a compris, et que je ne vais pas mettre la grille finale.

Bien sur, ça ne présente pas une démonstration mathématique mais un moyen d'avancer et de pouvoir se dire que l'on possède probablement le max.

Si je n'ai pas été assez clair à un instant, merci de me le dire, j'essaierai de réexpliquer

Enfin, ceci reste mon humble avis.
Je trouve également 57, je suis extrêmement impatient d'avoir le corrigé ou de voir la solution à 61 qui a été mentionnée plus haut dans ce sujet !



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a six ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par AD.
Re: Les défis Mathématiques du monde,épisode 3
il y a six années
avatar
La solution de RMVA59 est plutôt une narration de recherche ( ben oui sad smiley ) et le 61 de Joseph , on peut l'attendre encore un moment à mon avis .

Domi
Re: Les défis Mathématiques du monde,épisode 3
il y a six années
avatar
J'ai essayé d'interpréter le problème avec la théorie des graphes :

[attachment 28067 graphe.jpg]

Les sommets représentent les cases , les arêtes sont les relations de voisinage , les flèches sont orientées de la première case choisie vers une suivante . Le numéro sur chaque sommet est le nombre de chemins aboutissant à cette case .

Je suis un peu embarassé pour le numérotation des deux premières cases , "0" semble plus logique mais on perd alors la propriété que la valeur d'un sommet est égal à la somme des valeurs des sommets à l'origine d'une flèche pointant sur le sommet en question .

Domi


Re: Les défis Mathématiques du monde,épisode 3
il y a six années
Bonjour

- On numérote les cases de la grille de gauche à droite en allant vers le bas:
1 2 3
4 5 6
7 8 9

et notons (Ui),i=1,.....,9, les termes de la grille maximale en suivant la règle de remplissage,et soit s la permutation de {1,2,....,9},qui décrit l'ordre de remplissage,à l'étape i:la grille s(i) est remplie par Us(i)
.

Posons Vi=Us(i)

On peut poser V1=V2=1

V3= aV1+bV2; a et b valent 0 ou 1

V4=cV1+dV2+eV3 ; c,d et f=0 ou 1 ; suivant que l'élément figure dans la somme ou non

Et ainsi de suite ....
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