Le jeu des énigmes

[Jack the best]

Enigme 1 :
Peut-on remplir cette grille (10*10 moins 2 coins opposés) avec des pièces de cette forme (2*1) ?

Si oui, comment ?
Si non, pourquoi ?

Il faudrait mettre 49 pièces de forme 2*1. Et la figure possède un centre de symétrie ; je soupçonne donc que ce n'est pas possible !

[Aprilfish]

L'intuition est bonne, mais la preuve laisse un peu à désirer (même si l'idée n'est pas mauvaise) ...


Cette image n'a rien de symétrique, possède 62 carrés, et vous ne pourrez jamais la paver ! Pourquoi ? (Hihi, j'adore ces énigmes de pavages, j'en ai d'autres plus compliquées avec plusieurs types de pièces à la fois si vous voulez )...

PS : il y a une preuve d'une simplicité désarmante que ces figures ne sont pas pavables... Une preuve graphique sans aucune considération mathématique !

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Allez, comme promis une plus compliquée, mais dont la solution est tout aussi désarmante (et de même type d'ailleurs...)


Je pave ce terrain 6*10 avec des pièces 1*4 et 2*2 ...
Montrez que je devrai utiliser forcément un nombre impair de carrés

[Daffy]

Il "suffit" d'imaginer le cadrillage avec des carreaux blancs et noirs alternés. Du fait de l'absence des deux coins il y a n carreux blancs et n+2 carreaux noirs. Or en pavant en utilisant des briques de 2*1 on pave automatiquement un carreau blanc et un noir, donc il nous reste à la fin deux carreaux noirs qui de ce fait ne sont pas cote à cote...

[Aprilfish]

Il "suffit" d'imaginer le cadrillage avec des carreaux blancs et noirs alternés. Du fait de l'absence des deux coins il y a n carreux blancs et n+2 carreaux noirs. Or en pavant en utilisant des briques de 2*1 on pave automatiquement un carreau blanc et un noir, donc il nous reste à la fin deux carreaux noirs qui de ce fait ne sont pas cote à cote...

Bien joué

Reste une énigme de pavage, l'énigme des diamants et celle de la figure à tracer sans lever le crayon

[Jack the best]

Je pave ce terrain 6*10 avec des pièces 1*4 et 2*2 ...
Montrez que je devrai utiliser forcément un nombre impair de carrés

Il faut 15 carrés et 0 rectangle pour tout recouvrir.
On ne peut pas remplacer un seul carré par un rectangle, il faut donc en remplacer au moins deux.
Quel que soit le nombre de carrés retirés, c'est donc forcément un nombre pair.
Du coup le nombre restant de carrés est indubitablement (j'aime bien ce mot !) impair.

[Daffy]

pour ce qui est du dessin à faire sans lever le crayon, cela n'est pas possible. Nous pouvons noter qu'en bas à gauche et à droite du dessin se coupent trois segments donc cela veut dire qu'il s'agit dans un cas du point de depart et dans l'autre du point final du dessin. Cependant au milieu du dessin on retrouve aussi des intersetions avec un nombre impaire de segments donc cela signifie aussi qu'il s'agit d'un point de départ ou de fin. Bilan on ne peut pas tracer cette figure sans lever le crayon ou sans repasser sur un trait.

[Jack the best]

Pour les deux maisons :
En appelant A, B, C etc les sommets du polygone, en partant du sommet en bas à gauche et en tournant dans le sens des aiguilles d'une montre, le trajet :

A B C D A H B D H

(ou le trajet inverse !) permet de dessiner une maison.

Je soupçonne encore une fois que ce n'est pas possible pour deux, mais pourquoi ?
Je continue à chercher

[Aprilfish]

pour ce qui est du dessin à faire sans lever le crayon, cela n'est pas possible. Nous pouvons noter qu'en bas à gauche et à droite du dessin se coupent trois segments donc cela veut dire qu'il s'agit dans un cas du point de depart et dans l'autre du point final du dessin. Cependant au milieu du dessin on retrouve aussi des intersetions avec un nombre impaire de segments donc cela signifie aussi qu'il s'agit d'un point de départ ou de fin. Bilan on ne peut pas tracer cette figure sans lever le crayon ou sans repasser sur un trait.

Exactement
Rhaa, plus que le pavage à deux pièces et les diamants

[Aprilfish]

Je pave ce terrain 6*10 avec des pièces 1*4 et 2*2 ...
Montrez que je devrai utiliser forcément un nombre impair de carrés

Il faut 15 carrés et 0 rectangle pour tout recouvrir.
On ne peut pas remplacer un seul carré par un rectangle, il faut donc en remplacer au moins deux.
Quel que soit le nombre de carrés retirés, c'est donc forcément un nombre pair.
Du coup le nombre restant de carrés est indubitablement (j'aime bien ce mot !) impair.

Dans ton raisonnement, tu ne considères que les barres quand elles sont collées à 2 l'une à l'autre et peuvent remplacer les carrés qui sont collés à 2 l'un à l'autre
On peut imaginer des pavages plus compliqués avec les pièces tordues dans tous les sens

[pr£6]

Lol ! J'ai une autre énigme si vous n'aimez pas celle de la table 

Un riche bijoutier sans descendance, avant de mourir, lègue 12 diamants à ses 5 employés Alfred, Barnabé, Charles, David et Eugène par ordre d'âge ...
Le partage devra se faire suivant des conditions strictes :
- Le plus vieux des employés doit proposer un partage
- Ce partage doit être accepté par la majorité absolue des employés (le vote de l'employé qui propose est comptabilisé)
- S'il n'est pas accepté, le plus vieux est éliminé, il n'aura rien, ne participe plus au vote (ni ne compte pour la majorité), et c'est au suivant de proposer.
- Tous les employés sont de parfaits logiciens, et votent de manière a avoir le plus de diamants possible.

--> Quel partage propose Alfred

L'énigme de la table tient toujours 

A - 5
B - 0
C - 0
D - 3
E - 4

[Aprilfish]

Lol ! J'ai une autre énigme si vous n'aimez pas celle de la table 

Un riche bijoutier sans descendance, avant de mourir, lègue 12 diamants à ses 5 employés Alfred, Barnabé, Charles, David et Eugène par ordre d'âge ...
Le partage devra se faire suivant des conditions strictes :
- Le plus vieux des employés doit proposer un partage
- Ce partage doit être accepté par la majorité absolue des employés (le vote de l'employé qui propose est comptabilisé)
- S'il n'est pas accepté, le plus vieux est éliminé, il n'aura rien, ne participe plus au vote (ni ne compte pour la majorité), et c'est au suivant de proposer.
- Tous les employés sont de parfaits logiciens, et votent de manière a avoir le plus de diamants possible.

--> Quel partage propose Alfred

L'énigme de la table tient toujours 

A - 5
B - 0
C - 0
D - 3
E - 4

Ca se rapproche de plus en plus Celui-ci serait accepté... Il y a moyen de faire mieux

[pr£6]

Ca se rapproche de plus en plus  Celui-ci serait accepté... Il y a moyen de faire mieux 

c'est trop injuste!

[pr£6]

L'accouchement est difficile:

A=6 B=0 C=0 D=3 E=3?

[Aprilfish]

L'accouchement est difficile:

A=6 B=0 C=0 D=3 E=3?

De mieux en mieux... Accepté aussi, mais A peut aller plus haut

Indice : il faut partir de la fin ... Voir ce qui arrive s'il reste plus que 1 bonhomme, puis 2, puis 3 ...

[jpaa]

A=7 B=0 C=0 D=2 E=3 ?

[pr£6]

Allez, c'est mon dernier prix

8/0/0/2/2

Vendu?

[jpaa]

Vendu?

Le vendeur est surement partit.

Ce message a été modifié par jpaa - 7 Mar 2004, 19:08.

[Aprilfish]

Hihi, non et non
On peut monter jusqu'à 9, mais faut pas servir l'avant-dernier

[jpaa]

9/0/0/2/1 ???

[Aprilfish]

9/0/0/2/1 ???

Lol non...

- Bon, supposons qu'il n'y ait plus que E ...
Le partage sera évidemment 12 pour lui, ce qui sera accepté par lui à l'unanimité, donc à la majorité
- S'il n'y a plus que D et E ... D doit atteindre la majorité absolue soit 2 votes ... Il ne peut que proposer 0 pour lui et 12 pour E ; dans tous les autres cas, E refusera logiquement
- S'il n'y a plus que C, D et E, C proposera bien sûr 11 pour lui, 1 pour D et 0 pour E, il aura son vote et le vote de D qui acceptera pour avoir un diamant (il n'aura rien sinon au coup suivant)
...

--> En poursuivant le raisonnement, quel partage doit proposer A ?

[pr£6]

9/0/1/0/2

ouf!

[Aprilfish]

9/0/1/0/2

ouf!

Yaisse ! Subtil comme enigme non ?

[pr£6]

9/0/1/0/2

ouf!

Yaisse ! Subtil comme enigme non ?

Je n'avais même pas pensé à faire la démarche à l'envers.

Mais p..... quel c..!

[pr£6]

Il encore et toujours l'énigme du pavage à deux pièces...

[Aprilfish]

Il encore et toujours l'énigme du pavage à deux pièces...

Ouep, c'est aussi une histoire de quadrillage (mais pas un sur deux comme l'autre)

[NicoBook]

on m'a posé une énigme et impossible de trouver la solution sur le net dc pt-ête que qqn l'a connait: un panneau avant un pont indique 110kg max, un homme de 70kg porte 2 valises de 15kg et prend le pont, le pont s'écroule pourquoi? Sinon une auter sympa ds le domaine graphique, comment former 5 rangées de 4 arbres avec 10 arbres (l'espacement entre les arbres est sans importance, l'essentiel est d'avoir 4 arbres alignées)?

[psychoid]

un panneau avant un pont indique 110kg max, un homme de 70kg porte 2 valises de 15kg et prend le pont, le pont s'écroule pourquoi?

parce qu'un homme averti en vaut 2...

[NicoBook]

merci

[Grincheux]

Sinon une auter sympa ds le domaine graphique, comment former 5 rangées de 4 arbres avec 10 arbres (l'espacement entre les arbres est sans importance, l'essentiel est d'avoir 4 arbres alignées)?

Devant un mirroir ?

[ChaG]

Sinon une auter sympa ds le domaine graphique, comment former 5 rangées de 4 arbres avec 10 arbres (l'espacement entre les arbres est sans importance, l'essentiel est d'avoir 4 arbres alignées)?

Il faut former une etoile a cinq branches. Un arbre a chaque bout (5), un a chaque intersection (5 autres).
Il y a alors bien 5 lignes (qui forment l'etoile) avec 4 arbres sur chaque.

Guillaume