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• Juin 2017, 2e défi

  le 9 juin 2017 à 07:40, par ROUX

  Pour une pièce : (P)(F).
  Pour deux pièces, on reproduit deux fois la structure (une fois par face de la deuxième pièce) et on ajoute l’état de la deuxième pièce : (PP)(FP), (PF)(FF).
  Pour trois pièces, on reproduit deux fois la structure (une fois par face de la troisième pièce) et on ajoute l’état de la troisième pièce : (PPP)(FPP), (PFP)(FFP), (PPF)(FPF), (PFF)(FFF).
  Je voulais me confirmer que la valeur de chaque face de chaque pièce est prise 2^(nombre de pièces -1) fois.
  Donc la somme vaut 16*(1*5 + 1/2 + 1/3 + 1/4 + 1/5 + 1/6) ou 16*(5 + 1+ 9/20) ou 16*(129/20) ou 4*129/5 ou 516/5.

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• Juin 2017, 2e défi

  le 9 juin 2017 à 08:41, par Al_louarn

  Bonjour
  J’ai l’impression qu’à chaque combinaison vous faites la somme des nombres affichés alors que c’est le produit qui est demandé.
  Comme chaque produit est inférieur ou égal à 1, la somme totale ne peut pas dépasser 32.

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• Juin 2017, 2e défi

  le 9 juin 2017 à 14:34, par ROUX

  Zut ! Mal lu l’énoncé !

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• Juin 2017, 2e défi

  le 9 juin 2017 à 08:53, par Bernard Hanquez

  Bonjour,

  Pour chaque façon de poser les pièces vous avez calculé la somme des valeurs visibles, alors qu’il faut calculer le produit.

  Un tableau Excel donne rapidement la solution : 3,5
  Je vous accorde que ce n’est pas une solution très élégante.

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• Juin 2017, 2e défi

  le 9 juin 2017 à 14:34, par ROUX

  Mince ! Mal lu l’énoncé !

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• Juin 2017, 2e défi

  le 9 juin 2017 à 17:03, par Daniate

  Je regrette de n’avoir pas fait de commentaires parce qu’après zut ! et mince ! que serait-il venu ?

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• Juin 2017, 2e défi

  le 12 juin 2017 à 15:42, par ROUX

  Mais donc du coup j’lai pas résolu, c’défi !!!
  Donc, en fait, pour trois pièces numérotées i avec i=1 ou i=2 ou i=3 et qui ont les valeurs Pi ou Fi, j’ai à calculer : (P1*P2*P3)+(F1*P2*P3)+(P1*F2*P3)+(F1*F2*P3)+(P1*P2*F3)+(F1*P2*F3)+(P1*F2*F3)+(F1*F2*F3).
  Et, c’est exactement égal à (P1+F1)*(P2+F2)*(P3+F3).
  Donc avec ces 5 pièces, c’est (3/2)*(4/3)*(5/4)*(6/5)*(7/6)=7/2=3,5.
  Oh, j’ai bien aimé la simplification des fractions !!!

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• Juin 2017, 2e défi

  le 9 juin 2017 à 08:36, par Al_louarn

  On remarque que l’ensemble des produits obtenus est l’ensemble des inverses des diviseurs de $6!$. Si l’on note $D_n$ la somme des diviseurs de $n!$ alors la somme totale est $S=\frac{D_6}{6!}$.

  Pour calculer $D_n$ on note d’abord que $D_1 = 1$. Ensuite pour tout $n>1$, tout diviseur de $n!$ est soit un diviseur de $(n-1)!$, soit le produit de $n$ par un diviseur de $(n-1)!$. Autrement dit $D_n = D_{n-1} + nD_{n-1} = (n+1)D_{n-1}$, ce qui amène à $D_n=\frac{(n+1)!}{2}$.

  Finalement $S=\frac{7!}{2 \times 6!} = \frac{7}{2}$.

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• Juin 2017, 2e défi

  le 9 juin 2017 à 12:35, par Niak

  Je ne suis pas bien sûr de voir le rapport avec les diviseurs de $6!$. $9$ par exemple divise $6!$ mais (son inverse) ne sera pas présent parmi les produits. $6=2\times3$ sera quant a lui présent deux fois. Le $D_n$ calculé ne correspond pas non plus à la somme des diviseurs de $n!$.
  Vous arrivez au bon résultat en retombant sur la même récurrence que Daniate ci-dessous, mais l’argument me semble incorrect, ou alors je n’ai rien compris...

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• Juin 2017, 2e défi

  le 9 juin 2017 à 23:50, par Al_louarn

  Effectivement j’ai été un peu vite. Les nombres dont je parle ne sont pas tous les diviseurs de $6!$ mais seulement ceux obtenus en supprimant certains facteurs du produit $6! = 2 \times 3 \times 4 \times 5 \times 6$. Quand on divise un tel nombre $a$ par $6!$ (par exemple $a=2 \times 5 = 10$) on obtient l’inverse de $b=\frac{6!}{a}$ ($1/b=1/3 \times 1/4 \times 1/6 = 1/72$), où $b$ est aussi un diviseur du même type. Mon $D_n$ est donc la somme des diviseurs de ce type. A part cette erreur de terminologie, le raisonnement reste valable.

  Ceci dit je préfère de loin le raisonnement de Daniate, nettement plus simple !

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• Juin 2017, 2e défi

  le 9 juin 2017 à 10:11, par Daniate

  Bonjour,

  Je pars également d’une pièce qui donne 1+1/2 comme résultat. Si j’ajoute la pièce 1/3 j’obtiens le même total lorsque elle donne 1 et 1/3 de ce total sinon, soit en tout (1+1/2)(1+1/3). Le même raisonnement se poursuit aisément et le produit en réduisant au même dénominateur chaque facteur se simplifie en (n+2)/2 pour n pièces. Avec n=5 on trouve bien 7/2.

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• Juin 2017, 2e défi

  le 10 juin 2017 à 11:24, par ruello

  bonjour,
  Une petite variante :
  Les 32 façons de poser les pièces sont les suivantes :
  Nombre de 1 , somme des produits
  cinq « 1 » : une possibilité : on obtient 1
  quatre « 1 » : 5 possibilités : on obtient 1/2+1/3+1/4+1/5+1/6
  trois« 1 » : 10 possibilités : on obtient 1/2*1/3+1/2*1/4+ ....................
  deux « 1 » : 10 possibilités : on obtient 1/2*1/3*1/4+.....................................
  un « 1 » : 5 possibilités : 1/2*1/3*1/4*1/5+ 1/2*1/3*1/4*1/6+.......................
  zéro« 1 » : 1 possibilité : 1/2*1/3*1/4*1/5*1/6
  la somme de toutes ces sommes est le développement du produit
  (1+1/2)(1+1/3)(1+1/4)(1+1/5)(1+1/6) =7/2
  on peut généraliser à n pièces

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• Juin 2017, 2e défi

  le 9 juin 2017 à 19:40, par Bernard Hanquez

  Je reviens sur ce petit problème car l’énoncé ne nous dit pas dans quelle classe est Mehdi et cela peut changer le résultat.

  Pour trouver 3,5 il faut que Mehdi fasse ses calculs avec une précision suffisante, sinon le 0,333333… de 1/3 et le 0,166666… de 1/6 lui font minorer le résultat.

  S’il effectue tous ses calculs à la main avec par exemple 3 décimales il devrait trouver 3,487 et 1 s’il ne sait faire que des divisions euclidiennes.

  Mais Mehdi est peut être un spécialiste des fractions :-)))

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• Juin 2017, 2e défi

  le 9 juin 2017 à 22:24, par Daniate

  Et s’il connait les règles d’arrondi il trouvera 3,50012475 puisque l’arrondi à 3 chiffres de 1/6 est 1,167.

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