Énigme n°2
Par Celui le mardi 5 juin 2007, 18:18 - Énigmes - Lien permanent
Voici l'énigme de cette semaine : les pipes du capitaine.
En préparant ses bagages pour le Nouveau Monde, le capitaine range ses pipes. Très précautionneux, il les transportera dans deux valises spéciales, et pour une plus grande stabilité il veut que les deux valises aient le même poids.
Il possède un nombre impair de pipes. Sachant qu'il en aura une sur lui lors du trajet, il se dit qu'il en mettra le même nombre dans chacune des valises.
Il choisit celle qu'elle aura sur lui, et il arrive à faire deux groupes de pipes, chaque groupe contenant le même nombre de pipes et pesant le même poids.
Il se dit qu'il est chanceux, parce que son premier essai fut le bon. Intrigué, il choisit une autre pipe pour le voyage, et arrive à nouveau à faire deux groupes de même poids et avec le même nombre de pipes.
Il se rend compte que quelle que soit la pipe qu'il aura sur lui, il peut faire de tels groupes. Il se précipite alors sur Twitter pour faire part de sa découverte étonnante.
Toutes les pipes du capitaine ont-elles le même poids ?
Question bonus : quel est l'âge du capitaine ?
Commentaires
Le capitaine arrive sur ses 41 ans… :-(
Oui, le nombre de pipes ne compte pas. ;-)
http://fr.wikipedia.org/wiki/Lauren...
Bonjour,
pour des petites quantités (3 ou 5 ou 7), les pipes doivent avoir le même poids :
pour 3 => évident chaque élément devant être interchangeable et donc égal,
pour 5 => même chose,
pour 7 => il ne me semble pas possible de trouver une solution autre que le même poids puisque si l'on remplace un élément par un autre d'un poids différent, le nouveau poids total à diviser par deux donne un poids par sac qui ne peut être composé avec les éléments existants. (ex. : dans un sac 100 +100 +50, autre sac : 100+100+50 (poids total 500) pipe en plus : 50 ( si on remplace un 100 par 50 : poids total = 450, divisé par 2 = 225 or on ne dispose pas de l'unité "25")
j'en conclus donc que pour la suite ce doit être la même chose... (?)
@+
Sympa, cette énigme, elle fait moins mal à la tête que la précédente ;-)
@nap1128: le nombre de pipes n'a aucune importance, tu peux raisonner simplement sur leur poids.
C'est possible s'il dispose d'une infinité de pair de pipe dont le poids forme une suite géométrique de raison 0.5. La dernière (pour faire un bomber impair) complète une des pairs pour faire un trio.
On part du principe que l'on peut avoir des poids différents. A est à l'extérieur.On considère qu'il y a équilibre. On intervertit avec B du lot 1. Il y a une différence (B-A) par rapport au lot 2. Pour compenser, il faut échanger deux clés du 1 et du 2 tel que leur différence vaille (B-A)/2.En effet ce transfert compte deux fois: perdu d'un coté, gagné de l'autre. Il faut donc rajouter une pipe C qui permettent cette différence.
ON fait ensuite une récurrence, aavec C à l'extérieur, on a alors D, et ainsi de suite. Il faut donc une infinité de clé.
Bonjour,
S'il faut une infinité de pipes... cela veut donc dire qu'une solution finie n'existe pas hors un poids égal de chaque pipe... non ?
@+
P.S. (ça va commencer à devenir vulgaire de parler de pipes tout le temps... j'ai bien vu que wdfx était gêné et qu'il nous parle maitenant de clés ! ;o)
@wdfx: On n'est pas obligé de conserver le même nombre de pipes dans les 2 groupes, on peut les changer de groupe comme on veut.
@Joun
On peut changer comme on veux mais on doit conserver le meme nombre.
"nouveau à faire deux groupes de même poids et avec le même nombre de pipes."
"chaque groupe contenant le même nombre"
@wdfx: Heu, oui, tu as raison
Je vais aussi y aller de ma solution, mais en la découpant, pour laisser la possibilité à d'autres de terminer la démonstration.
Comme il s'agit d'une énigme de logique et pas d'une opération de mutilation d'insecte, je suppose que les poids sont représentés par des entiers (des grammes, des patates, ou n'importe quelle autre unité).
Pour une configuration donnée, le poids total T de toutes les pipes vaut le poids P de la pipe sélectionnée plus deux fois le poids d'un groupe (les deux groupes font le même poids). T et P ont donc la même parité (pair ou impair). Ceci est vrai quelle que soit la pipe sélectionnée, donc soient toutes les pipes ont un poids pair, soit elles ont toutes un poids impair.
@wdfx. Je ne comprends pas ce que vous faites. Ce n'est pas assez clair. Mais si vous arrivez à me convaincre que (les pipes n'ont pas toutes le même poids) => (il y a une infinité de pipes), alors je suis preneur. (hein, je ne dis pas que c'est faux, juste que je n'ai pas compris)
@Joun, c'est l'idée à laquelle je m'attendais. Mais il n'est pas suffisant de considérer que toutes les pipes ont des poids entiers, ou que l'on peut s'y ramener par un changement d'échelle. Par exemple si dans un même système de mesure, une pipe à un poids 1 et une autre un poids π, on ne peut pas faire votre technique. Il faut donc faire votre raisonnement en plusieurs étapes :Continuons avec les poids entiers pour l'instant.
Si tous les poids sont pairs, on remarque qu'en divisant tous les poids par 2, on obtient aussi une solution valide.
Si tous les poids sont impairs, comme les groupes comportent toujours le même nombre de pipes, on obtient aussi une solution valide en enlevant 1 au poids de chaque pipe.
>joun
donc, supposons une solution minimale (ordre lexico sur les vecteurs des poids ordonnés), où une pipe a donc un poids de 1. Si les poids sont entiers, ils sont tous impairs.
Si on soustrait 1, on se ramène alors à n-1 mais on ne peut pas pousser facilement la récurrence à n-2 car ça implique seulement, pour n-2, un partage p-1|p-1 OU p-2|p où p=n/2.
@Valerio: Pas compris votre raisonnement.
Je termine le mien, en corrigeant l'étape précédente. Si les poids sont impairs, je ne considère pas l'ensemble des poids P-1, mais (P-1)/2.
On numérote les pipes de 1 à N, avec comme poids P(i) pour i=1...N. On introduit une récurrence :
Pour chaque i fixé, la suite d'entiers P(i,·) est strictement décroissante (sauf pour la valeur 0), ce qui implique que pour tout i, il existe un entier m(i) tel que P(i,m(i))=0. Soit M = max(m(i), i=1...N). Alors pour tout i, P(i,M)=0.
Il reste à remonter à l'étape initiale. Si on est dans une configuration P(i,M), à l'étape précédente M-1, les poids valent 2*P(i,M) ou 2*P(i,M)+1. Comme toutes les pipes ont la même parité, elles ont encore toutes le même poids à l'étape M-1, et ainsi de suite jusqu'à la configuration initiale.
Si les poids sont des rationnels, comme on a un nombre fini de pipes, il suffit de multiplier le poids de chaque pipe par le produit des dénominateurs pour se ramener au cas des poids entiers.
Pour les poids réels, je donne ma langue au chat.
>joun
pas un raisonnement, juste une remarque car je croyais que vous vouliez récurrer les pipes.
heu... pourquoi les P(i,n+1) = (P(i,n)-1)/2 auraient-ils tous la même parité, comme les P(i,n)?
oups... ma question est stupide!
Ça marche.
Question stupide, vous m'en voudrez beaucoup si je ne fais pas du tout votre méthode dans ma solution demain ? (air malicieux : révisez les calculs de rang de matrice)
Et pour les poids réels, il suffit de considérer les coordonnées dans le module sur Z engendré par les poids, non?
Je me demande aussi si l'argument de la solution minimale contradictoire ne suffirait pas. Supposons une solution minimale P (ordre lexico sur les vecteurs des poids ordonnés) avec éventuellement des pipes de poids nul. Alors, P' donné par (P(i)-1)/2 ou P(i)/2 selon la parité de P est une solution strictement plus petite.