3 mars 2017

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  • Mars 2017, 1er défi

    le 3 mars 2017 à 05:10, par Al_louarn

    Notons $N_i$ le nombre de boules noires de la boîte n°$i$.
    Comme il y a $2$ boules par boîte, des faux nombres inscrits sur les boîtes on déduit :
    $N_1 \in \{0,1\}$, $N_2 \in \{1,2\}$, $N_3 \in \{0,2\}$, $N_4 \in \{0,2\}$.
    Par ailleurs, s’il y a plus de boules blanches dans la dernière boîte que dans la première, alors $N_4 < N_1$.
    Mais $N_1 \leq 1$ donc $N_4 = 0$.
    Alors $0 < N_1$ et donc $N_1 = 1$.
    Comme on sait aussi que $N_1 + N_2 + N_3 + N_4 = 4$, on en tire $N_2 + N_3 = 3$.
    Mais $N_2 \leq 2$ donc $N_3 \geq 1$, et finalement il reste $N_3=2$, d’où $N_2=1$.

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  • Mars 2017, 1er défi

    le 3 mars 2017 à 11:58, par ROUX

    La première boite a (0N,2B) ou (1N,1B) puisque 2N est faux tandis que la dernière boite a (0N,2B) ou (2N,0B) puisque 1N est faux.
    La dernière boite doit avoir (strictement) plus de boules blanches que la première boite : elle ne peut avoir alors que (0N,2B) et la première boite a alors (1N,1B).
    Il reste une boule blanche à caser qui sera automatiquement dans le couple (1N,1B) qui ne peut pas être dans la troisième boite puisque le nombre 1 est faux : (1N,1B) est dans la deuxième boite.
    Donc les nombres de boules noires sont 1, 1, 2 et 0.

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  • Mars 2017, 1er défi

    le 3 mars 2017 à 12:01, par ROUX

    A noter que si le « plus » avait été pris en compte avec le même laxisme que le « supérieur » qui est implicitement « ou égal » pour nos camarades mathématicien-ne-s, eh bien nous avions 0, 2, 2 et 0.

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  • Mars 2017, 1er défi

    le 4 mars 2017 à 12:36, par FDesnoyer

    bonjour,

    1120 par disjonction de cas ? :-)

    F.D.

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