Forum de mathématiques - Bibm@th.net

Ami nerosson,

la dernière fois que j'ai parlé avec un Savoyard, c'était en août 2004 si je me souviens bien. Je m'étais arrêté faire le plein d'essence au sortir de Bourg St Maurice, en direction de Tignes - Val d'Isère.

Dans la station bien décatie, il y avait inscrit : "Ici, on vous sert" ... Un vieux Monsieur ronchon s'approche et me sert. Je lui demande ce qu'il aurait fait si je m'étais servi. Il m'a indiqué qu'il m'aurait tiré dessus avec son fusil de chasse à gros plomb. Il l'avait déjà fait sur un autochtone.

Lui faisant remarquer que partout ailleurs en France on se servait, il me répondit avec morgue : "c'est que Monsieur, ici, ce n'est pas la France ..." .

Fermez le ban !

Re,

'tain d'Adèle, plus teston que lui, tu meurs !!! C'est bien un savoyard , ça !

On reprend : les matheux durant la nuit, conviennent de noter dans leur tête les coffres de gauche à droite, de 1 à 100. Quelle que soit la disposition des coffres, ils ont convenu d'avance de la manière de les noter.

De cette manière, chaque matheux ouvre un coffre qui est différent de chaque premier coffre ouvert par les autres matheux, quel que soit l'ordre de passage. En ouvrant le coffre, il trouve un numéro => il va ouvrir le coffre dont le numéro d'ordre convenu est le numéro figurant dans le coffre ouvert. And so on ...

Donc, et sous réserve qui les nombres dans chaque coffre forment une permutation circulaire de longueur <= à 50, chaque matheux est sauvé. Pour qu'il le soit tous, il faut que chacun le soit.

On montre que sur 100 ! permutations possibles, il y en a (1- ln2)*100 ! qui forment un cycle d'ordre <= 50. D'où le résultat. Ne pouvant aucunement communiquer, chaque matheux ne peut rien inférer du résultat précédent.

Il sait que les prédécesseurs ont réussi car il peut essayer à son tour. Sinon, quand un matheux a échoué, ils sont tous exécutés.

C'est pourtant simple, non, coquin de sort ?

Tudieu, va finir par m'agacer celui là, nom d'une pipe en terre de bruyère. C'est comme le pb du fantassin et du grenadier : tu peux ne jamais arriver à  me tuer, puisque pour chaque coup tiré, on remet tout à zéro (les tirages sont indépendants, nom de nom de nom de nom !!!).

Heureusement que la théorie quantique est plus jeune que lui, il n'aurait pas aimé le chat de Schröninger !...

Re,

pour n=3 on a [tex]Det(A) = 2\times x^3[/tex].

C'est donc faux, désolé.

Salut,

tu vois qu'on te lit et qu'on te lie. J'ai un peu codé en LaTex, si tu pouvais le faire désormais, ce serait bien pour toute la communauté silencieuse qui te lit. C'est très facile à apprendre (je m'y suis mis il y a peu je trouve le code bien conçu).

On te revient pour les indications !

(...)

Salut,

Yoshi, je croyais que tu pensais à la Poste !!!

Pour Coluche, la réponse est : "Plus vite" ... mouais, voilà à quoi conduisent les devinettes absconses.

(...)

Bonjour,

(suite et fin de ce très joli problème)

Avec mon copain, et un copain d'icelui, on a fini par se convaincre que dénombrer d'une manière générale le nombre de cas favorables était un terrain truffé de mines (comme le dernier copain !).

Comme souvent en la matière, il est préférable de passer par l'événement complémentaire. En l'occurrence, il s'agit de dénombrer le nombre de cas dévaforables, c'est à dire le nombre de cycles (permutations circulaires) de longueur k > 50.

On va raisonner avec 100 matheux, mais on peut généraliser avec N = 2n nombre pair de matheux.

Rappel : cycle de longueur k est la donnée des k éléments suivant :
[tex]x, f(x), fof(x), fofof(x), \cdots,  f^k(x) = x[/tex]
A partir de ces k élements, on peut fabriquer (k-1)! permutations circulaires.

On a 100!/k!(100-k)! façons de choisir k éléments parmi 100.

Donc il y a [tex]\frac{100!\times (k-1)!}{k!(100-k)!} = \frac{100!}{k}[/tex] cycles de longueur k.

La probabilité que le groupe meurt = [tex]\sum_{k=51}^{100} \frac{1}{k}[/tex] car nous savons que nous avons en tout 100! cas possibles.

Pour calculer la somme de cette série partielle, on calcule la limite suivante :

[tex]\lim_{n \to \infty} \int_{n+1}^{2n} \frac{1}{x}\, \maththrm dx  = ln(2)[/tex] avec un nombre de matheux pairs.

Donc la probabilité que le groupe reste en vie = 1- ln(2) # 0,3069 %

Tschüss

PS : bien entendu, l'hypothèse implicite est que les numéros soient posés dans les coffres par une main innocente. Sinon, il suffirait de construire un cycle de longueur > 50 pour les envoyer ad patres avec certitude.

Salut,

à l'attention très particulière de l'ami adouani ines : pas de blague, hein, n'oublie pas que ce sont des blagues, pas des théorèmes généraux.

Amicalement,

Le Blagueur masqué.

Salut,

Tu n'as pas le droit d'utiliser les chiffres plus d'une fois, désolé !

Salut coco,

je veuxtoutsavoir et consoeur sikosiko: ça va bien maintenant, ton petit manège nous gonfle, c'est clair ? Ta pseudo énigme n'intéresse personne, tu comprends ?

Bon, je vais faire comme les Sénégalais, je me tire ailleurs.

Re,

fonction continue monotone croissante sur l'intervalle => f([-3,0]) = [-21,0]

C'est bon ?

Salut,

Ta proposition "je donne l'autre couleur que celle que je vois sur la tête de mon camarade" n'est pas la réponse. Je te l'ai écrit hier # 6, je te l'écris à nouveau ce jour, preuve à l'appui.

Tschüss

Salut,

yoshi, je te rappelle qu'ils doivent parler en même temps ! .

Je comprends mieux ta solution évidente ...

Donc pas d'entourloupe.

(...)

Euh, nerosson, un cannibale est comme un cochon : peu importe le vin pourvu qu'il ait l'ivresse !