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A mon tour, petite énigme (aucune connaissance en maths requise):

Si
2   +   3   =   10
7   +   2   =   63
6   +   5   =   66
8   +   4   =   96

Alors,

9   +   7   =   ?

Spoiler

144 ?

(9+7)*9

Yup, j'ai trouvé ça aussi.

11 hours ago, jubal said:
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144 ?

(9+7)*9

9 hours ago, Neomatix said:

Yup, j'ai trouvé ça aussi.

:-)

Citation

Deux enveloppes contiennent chacune un chèque. On sait que l'un des chèques porte un montant double de l'autre, mais on n'a aucune information sur la façon dont les montants ont été déterminés. Un animateur propose à un candidat de choisir une des enveloppes, le montant du chèque contenu dans l'enveloppe choisie lui sera acquis.

Avant que le candidat n'ouvre l'enveloppe choisie, l'animateur lui conseille de changer son choix avec le raisonnement suivant :

Soit la valeur du chèque dans l'enveloppe choisie. Il y a deux cas possibles :

• _ une chance sur deux que l'autre enveloppe contienne un chèque deux fois plus important (donc de valeur ) ;
• _ une chance sur deux que l'autre enveloppe contienne un chèque deux fois plus petit (donc de valeur ).

L'espérance du montant obtenu en changeant d'enveloppe serait alors qui est supérieur à .

Le candidat aurait donc intérêt à changer d'enveloppe, ce qui est absurde puisque les deux enveloppes jouent le même rôle, et que le candidat, n'ayant pas encore ouvert la première, n'a aucun moyen de les distinguer. C'est nawak.

Pour échanger les enveloppes il faut rendre celle que tu as dans la main, donc ton espérance de gain en changeant d'enveloppe est E = 50% * (2M-M/2) + 50% (M/2-2M), ce qui est trivialement zéro.

il y a 16 minutes, Neomatix a dit :

C'est nawak.

Pour échanger les enveloppes il faut rendre celle que tu as dans la main, donc ton espérance de gain en changeant d'enveloppe est E = 50% * (2M-M/2) + 50% (M/2-2M), ce qui est trivialement zéro.

Non, ce que tu as dans la main, c'est M, donc : E = 50% * (2M - M) + 50% (M/2 - M) = 50% * M + 50% (-M/2) = M/4

L’espérance de gain est donc positive, ce qui est cohérent avec la formule initiale puisque (5/4*M - M) = M/4.

30 minutes ago, Neomatix said: C'est nawak.

Pour échanger les enveloppes il faut rendre celle que tu as dans la main, donc ton espérance de gain en changeant d'enveloppe est E = 50% * (2M-M/2) + 50% (M/2-2M), ce qui est trivialement zéro.

7 minutes ago, Nihiliste frustré said:

Non, ce que tu as dans la main, c'est M, donc : E = 50% * (2M - M) + 50% (M/2 - M) = 50% * M + 50% (-M/2) = M/4

L’espérance de gain est donc positive, ce qui est cohérent avec la formule initiale puisque (5/4*M - M) = M/4.

Oui, espérance de gain positive car le milieu de 2M et M/2 est plus grand que M.

En détail:

Spoiler

L'espérance du montant obtenu en changeant d'enveloppe est: esperance nouvelle enveloppe (enveloppe 2) moins "prix du jeu", i.e. enveloppe que l'on a dans la main (enveloppe 1).

i.e. E(gain) = E(enveloppe 2) - E(enveloppe 1)

E(gain) = [.5*(2M) + .5*(M/2) ] - M

E(gain) = [ M + M/4 ] - M

E(gain) = M/4

Donc il vaudrait mieux changer.

Je trouve "L'espérance du montant obtenu en changeant d'enveloppe serait alors " mal dit. Ce trux est plutot l'esperance du jeu "soit 2M, soit M/2", sans cout d'entrée (i.e. mon "milieu" de mes deux gains possibles), et non l'espérance du montant obtenu à l'issue du jeu.

Je vois où est la faille :

M n'a pas une valeur fixe on ne peut pas écrire l'espérance de gain comme égale à une variable aléatoire.

En fait M n'a pas la même valeur dans les événements pris en compte, donc on additionne deux 'M' qui ont en fait une valeur différente suivant l'éventualité dans laquelle on se place

Il faudrait poser M gros montant et m petit montant,

On aurait une chance sur deux de gagner M-m et une chance sur deux de faire un gain négatif égal à m-M.

Espérance de gain égale à 0, ce qui est logique

C'est le fameux problème de Monty Hall (https://en.wikipedia.org/wiki/Monty_Hall_problem) et effectivement on a plus de chance de gagner si on change d'enveloppe, même si ça choque.

Even when given explanations, simulations, and formal mathematical proofs, many people still do not accept that switching is the best strategy (vos Savant 1991a). Paul Erdős, one of the most prolific mathematicians in history, remained unconvinced until he was shown a computer simulation demonstrating the predicted result (Vazsonyi 1999)."

Ou alors non ce n'est pas tout à fait pareil, car dans Monty Hall on a un "surplus" d'information après l'ouverture de la première porte.

il y a 22 minutes, Fagotto a dit :

C'est le fameux problème de Monty Hall (https://en.wikipedia.org/wiki/Monty_Hall_problem) et effectivement on a plus de chance de gagner si on change d'enveloppe, même si ça choque.

Even when given explanations, simulations, and formal mathematical proofs, many people still do not accept that switching is the best strategy (vos Savant 1991a). Paul Erdős, one of the most prolific mathematicians in history, remained unconvinced until he was shown a computer simulation demonstrating the predicted result (Vazsonyi 1999)."

Non. Tu as choisi ton enveloppe au hasard et avant même que tu l'aies ouvert tu devrais changer de choix ?! Dans le problème du Monty Hall, le présentateur te donne une information en ouvrant une porte bidon, ici il se contente d'un raisonnement que tu aurais pu faire toi-même. Par ailleurs, on pourrait tout à fait imaginer qu'une fois que tu as décidé de changer d'enveloppe, l'animateur te propose une seconde fois de changer d'enveloppe, dans les mêmes conditions, et ainsi de suite indéfiniment...

il y a 38 minutes, Solomos a dit :

Je vois où est la faille :

Yes.

Ma manière de le formuler :

Spoiler

Si le chèque simple vaut X, le chèque double vaut 2*X. Donc en changeant d'enveloppe, j'ai 50% de chance d'obtenir 2*M, avec  M = X, et 50% de chance d'obtenir M/2 avec M = 2*X. L’équation est fausse parce qu'elle opère deux valeurs différentes comme si elles étaient égales.

La plupart des explications que j'ai trouvé étaient très incomplètes ou carrément bidon, soit on donnait la bonne manière de calculer sans expliquer où le présentateur s'était planté, soit on affirmait que M était "variable" sans en dire plus, soit des trucs WTF basés sur l'inexistence de loi de probabilité uniforme sur les entiers ou ce genre de truc. Les paradoxes mettent les scienteux mal à l'aise et eux aussi se contentent visiblement d'une mauvaise explication pourvu qu'elle lève le malaise.

En l'occurrence ce n'est pas un vrai paradoxe, mais je le trouve très élégant.

Il y a 1 heure, Nihiliste frustré a dit :

Non, ce que tu as dans la main, c'est M, donc : E = 50% * (2M - M) + 50% (M/2 - M) = 50% * M + 50% (-M/2) = M/4

Non, ce que tu as dans la main est M avec 50% de chance, et 2M avec 50% de chance. Le "paradoxe" est une erreur de notation (i.e. confondre M variable aléatoire et M/2M valeurs prises par M).

En parlant de pavages, on peut assembler quatre triangles rectangles à côtés entiers* pour former un quadrilatère.

Quel est le plus petit périmètre possible de ce dernier, s'il a des côtés distincts ? * voir cette page

4×(1+1)=8

Forget it.

Si j'en crois mon expérience de maçon,  le premier triangle rectangle avec des côtés entiers c'est 3, 4,5  3×3+4×4=5×5.

Donc je dirais que le plus petit périmètre possible est 4×5=20

@frigo tu es sur la bonne voie avec un triangle 3-4-5, mais j'ai précisé que les 4 côtés du quadrilatère étaient de longueurs distinctes... Ah, j'avais compris distincts dans le sens que ce n'était pas un rectangle plat (  je sais même pas si un rectangle plat existe, si on prend la définition du rectangle comme ayant des diagonales égales un rectangle plat pourrait se concevoir).

J'ai aussi pensé au quadrilatere croisé mais il aurait deux côtés égaux et puis deux triangles suffisent.

Je passe la main.

Je fais quand même un autre essaie avec 60.

Je l'obtient en aditionnant les quatre premiers triplets pythagoriciens , 3-4-5,5-12-13,8-15-17,7-24-25.

Hum... non. Il y a une formule mathématique pour ça Les balises spoiler fonctionnent toujours ?

Pour tout x appartenant à N, on a ABC triangle rectangle (tel que BC l’hypoténuse) si pour tout x > 1 :

BC² = AB² + AC²

<=>

AB = x²-1 || AC = 2*x || BC = x²+1

On peut vérifier :

(x²+1)² = x⁴ + 2*x² + 1

(x²-1)² + (2*x)² = x⁴ - 2x² + 1 + 4*x² = x⁴ + 2*x² + 1

Comment on arrive à ce raisonnement ? Perso on nous l'avait fait remarqué en cours d'algèbre la relation très très simple entre (x²+1)² et (x²-1)². Intuitivement, c'est juste en cherchant à généraliser Pythagore à tout indice x.

Maintenant peut être que je dis n'importe quoi, je vais tester de calculer.

x = 2 => 3-4-5 => 6

x = 3 => 6-8-10 => 24

x = 4 => 8-15-17 => 60

x = 5 => 10-24-26 => 120

Soit une aire de 120 + 60 + 24 + 6 = 210

T'es sûr que le quadrilatère est plein ?

J'ai envie de dire l'infini, parce que  par definition il faut que les quatre triangles soient des triplets pythagoriciens  primitifs et que chacun de leurs petits côtés  correspondent  a deux autres triplets primitifs et que déjà dans la liste des triplets inférieurs à 100  y en a pas. Peut être on pourrait démontrer avec la propriété de ces triplets d'être premiers entre eux ?

49 minutes ago, frigo said:

J'ai envie de dire l'infini, parce que  par definition il faut que les quatre triangles soient des triplets pythagoriciens  primitifs et que chacun de leurs petits côtés  correspondent  a deux autres triplets primitifs et que déjà dans la liste des triplets inférieurs à 100  y en a pas. Peut être on pourrait démontrer avec la propriété de ces triplets d'être premiers entre eux ?

Je pense aussi qu'il n'y a pas de solution.

Mais je n'arrive pas à le démontrer.

Il y a 2 heures, Noob a dit :

T'es sûr que le quadrilatère est plein ?

Hum je savais bien que j'avais oublié quelque chose ; le raisonnement que j'utilisais ne prenait pas en compte la contrainte "quadrilatère" (c'était le matin).

Les côtés du quadrilatère appartiennent à N => chaque hypoténuse appartient à N. On ne peut pas conclure sur les autres côtés ; c'est peut être un bon indice pour trouver quelque chose.

Je pense qu'il est possible de montrer que si tous les côtés de chaque triangle appartiennent à N il est impossible de former un quadrilatère complet comme dans le schéma que tu as montré. Maintenant il faut voir comment la contrainte joue quand on se donne plus de liberté pour les côtés non-hypoténuse.

La contrainte quadrilatère force les triangles à partager un côté deux à deux. C'est chaud ça.

Au moins on a l'esprit Coubertin.

J'arrive à une bêtise plutôt sympa.

On cherche à créer le quadrilatère comme dans la figure. On va prendre un exemple concret.

Soit O le point d'intersection des diagonales du quadrilatère ABCD.
On pose OA = 1 ; il faut que AB soit entier, ie AB² = OA² + OB² => OB = sqrt(3) et AB = 2.
On construit ensuite le point C en calculant OC ; il faut que BC² = OB² + OC² => OC = sqrt(x) avec x tel que x + 3 carré d'entier => x = 6 => OC = sqrt(6) et BC = 3
On construit encore D. Et là deux contraintes : CD² = OC² + OD² ET AD² = OA² + OD²

Ce qui se traduit par : CD² = 6 + OD² et AD² = 1 + OD²
Il faut trouver OD tel que CD et AD soient entiers ; on pose OD = sqrt(y) <=> OD² = y

CD² = y + 6 et AD² = y + 1 => sqrt(y + 6) appartient à N et sqrt(y + 1) appartient à N
Ce qui en français signifie que l'on peut trouver un entier y tel que y+1 carré d'entier et y+6 carré d'entier. On prend y = 3 ; SAUF QUE on a déjà OB = sqrt(3). Du coup on se retrouve avec AB = AD ce qui trahit l'énoncé.

Maintenant il s'agit de généraliser tout ce bordel.

Tiens une connerie pour nous détendre.

Quel est le seul poisson dont on peut tondre le poil ?