En ce qui concerne l'énigme 2b et sa question subsidiaire j'y ai répondu en regard de l'énigme 1... tant pis je ne recommence pas ici, trop compliqué!!!
Quant à l'énigme 2a je partage bien le point de vue de Jean Haillet quant au piège de l'énoncé. Ceci étant je ne le vois pas tout à fait au même endroit que lui. Notre UTL parle de "pions noirs" et
"pions blancs", ce qui de fait est faux car tous les pions sont l'un et l'autre suivant leur face. Aussi UTL ne s'engage-t-il à rien en relevant ce défi. Autrement dit, quelles que que soient les
faces apparentes, il suffit qu'il fasse deux tas de 32 pions chacun pour que chacun contienne 32 pions ayant une face noire (ce qu'il appelle de manière erronée"pion noir")...
#10
Joel Ichas(mercredi, 01 avril 2020 13:40)
Bonjour à toutes et tous
Puisque Michel aborde les logarithmes décimaux pour l'énoncé 2b, voici une autre solution utilisant cette méthode pour calculer le nombre de chiffres de 2020^2020 :
Un nombre N de 2 chiffres est compris entre 10^1 et 10^2 - 1 :
10^1 <= N < 10^2
Un nombre N de 3 chiffres est compris entre 10^2 et 10^3 - 1 :
10^2 <= N < 10^3
Un nombre N de 4 chiffres est compris entre 10^3 et 10^4 non compris :
10^3 <= N < 10^4
En généralisant :
Un nombre N de p chiffres est compris entre 10^(p-1) et 10^p - 1 :
10^(p-1) <= N < 10^p
On simplifie en passant par les logs décimaux :
log(10^(p-1)) <= log(N) < log(10^p)
Ce qui nous donne :
(p-1)log(10) <= log(N) < p*log(10) => p-1 <= log(N) < p
p est donc le premier entier immédiatement supérieur à log(N)
ou encore : p est la partie entière de log(N) + 1
p = E(log(N)) + 1
p = E(log(2020^2020) + 1
p = E(2020*log(2020)) + 1
p = E(6676,809) + 1
p = 6677
Bon confinement
#9
Joel Ichas(mardi, 31 mars 2020 12:03)
Enoncé 2b question subsidiaire
Bonjour à tous
Un X possible est X = 2020^2020^2020^2020
Le nombre de chiffres de X est supérieur 2020^2020^2020 * 3
Le nombre de chiffres du nombre de chiffres est 11
Le nombre de chiffres du nombre de chiffres du nombre de chiffres est 2
Soient
- N le plus petit nombre entier répondant à la question subsidiaire
- n1 le nombre de chiffres de N
- n2 le nombre de chiffres de n1
- n3 le nombre de chiffres de n2
L'énoncé nous indique n3 = 2
Le plus petit n2 possible est 10
Le plus petit n1 possible est 10^9 (un 1 suivi de 9 zéros soit 10 chiffres)
Le plus petit entier possible comportant 10^9 chiffres est 10^(10^9-1)
Bon confinement à tous
#8
Michel Damiens(lundi, 30 mars 2020 15:45)
Au sujet de la réponse #7 de Gilbert Navasa
(je note a^b pour "a à la puissance b")
La réponse est correcte mais il faut corriger deux points dans les explications :
- 1000^2020 n'est pas égal à 10^2023 car (a^b)^c=a^(bxc)
- 2,02^2020 est inférieur mais approximativement égal à 2^2020 et comme 2^10 est approximativement égal à 10^2
on en déduit que 2,02^2020 est approximativement égal à 2^2020
soit 2^(10x202)
ou encore (2^10)^202
soit (10^2)^202
et finalement 10^404
ce qui ajoute au moins 404 chiffres au nombre par lequel on le multiplie (sauf erreur de ma part !)
Merci pour votre participation
Michel
#7
NAVASA(lundi, 30 mars 2020 15:00)
Gilbert Navasa (envoyé par mon fils dimanche soir...)
1) Nombre de chiffres de N :
N= 2020²º²º
= (1000 x 2,02)²º²º
= 1000²º²º x 2,02²º²º
= 10²º²³ * 2,02²º²º
10²º²³ (Nombre comportant 2 024 chiffres)
Comme 2,02²º²º < 10²º²³, on peut penser que la multiplication de ces deux nombres n'ajoute pas de chiffres au nombre de chiffres de 10²º²³, soit 2 024 chiffres.
2) Le nombre de chiffres de 2 024 est 4
3) Le nombre de chiffres de 4 est 1
Conclusion :
Le nombre de chiffres du nombre de chiffres du nombre de chiffres de N est 1
#6
Joel Ichas(lundi, 30 mars 2020 12:10)
Enoncé 2b
Bonjour à tous
Quand on multiplie 2020 par 2020 on obtient un nombre de 7 chiffres.
Quand on multiplie de nouveau le résultat par 2020, on obtient un nombre de 10 chiffres.
etc..
En fait, à chaque itération, on obtient un résultat dont le nombre de chiffres augmente
- de 3 si le digit de poids fort (le plus à gauche) du multiplicande est inférieur à 5 (ce digit multiplié par le 2 de 2020 est inférieur ou égal à 9)
- de 4 si le digit de poids fort du multiplicande est supérieur ou égal à 5 (ce digit multiplié le 2 de 2020 est supérieur ou égal à 10 ce qui donne un chiffre de plus pour le résultat )
En conclusion, le nombre de chiffres du résultat est compris entre
- au minimum 4 + (3*2019) = 6061
- au maximum 4 + (4*2019) = 4*2020 = 8080
Dans tous les cas,
- le nombre de chiffres du nombre de chiffres de N = 2020**2020 est 4
- le nombre de chiffres du nombre de chiffres du nombre de chiffres de N est 1
Bon confinement
#5
Joel Ichas(dimanche, 29 mars 2020 12:25)
Il semble bien que Dany ait trouvé la solution :
- mettre au hasard 10 jetons dans le tas A et le reste dans le tas B
- retourner tous les jetons du tas B
- on se retrouve alors avec le même nombre de jetons noirs dans les 2 tas
Si on généralise la solution de Dany :
Dans le tas A, on se retrouve avec
- n jetons Noirs, n étant compris entre 0 et 10
- et donc 10-n jetons Blancs
Dans le tas B, avant de retourner les jetons, on obtient donc 10 - (10-n) jetons Blancs soit n jetons Blancs et 54 - n jetons Noirs
Et, après inversion des couleurs :
- n jetons Noirs et 54 - n jetons Blancs
On se retrouve donc bien avec n jetons Noirs dans chacun des tas : il est grand temps d'aller se laver les mains
Bon confinement
#4
Dany(samedi, 28 mars 2020 18:13)
Ou alors j'ai une autre réponse, mais elle n'est pas politiquement correcte et Michel ne la validera pas : l'UTL regarde sournoisement sous son bandeau. D'ailleurs, il n'est écrit nulle part qu'il
garde le bandeau jusqu'à la fin de l'exercice.
#3
Dany(samedi, 28 mars 2020 16:53)
L'UTL partage les pions en deux tas inégaux : il met 10 pions dans le tas A et 54 dans le tas B. Il ne touche pas les A mais il retourne les 54 du B.
Si les 10 A sont blancs, les 54 B sont noirs, mais une fois retournés ils sont blancs, et il y a 0 noir dans chaque tas.
S'il y a un seul noir dans A, il y a neuf blancs dans le A, et le dernier blanc est dans le B ; une fois retourné, il sera le seul noir.
S'il y a deux noirs dans A ( et donc 8 blancs ) il y a deux blancs dans B, qui seront les deux noirs une fois retournés.
...
Quand il a fini, comme il ne sait pas si la personne qui a manipulé les jetons est porteuse ou non du virus, il va se laver les mains pendant 5 minutes en chantant " I will survive".
#2
Michel Damiens(samedi, 28 mars 2020 10:58)
Bravo à Michel Guillot pour sa réponse (#1) qui est vraiment très ingénieuse ! Je n'y avais pas pensé - et ce n'était pas la réponse que j'attendais - mais étant donnée la formulation de la question
"à la fin j'aurai fait deux paquets" je ne peux que considérer qu'il a trouvé une bonne solution. Je veux seulement préciser que du point de vue strictement mathématique (mais son point de vue est
tout aussi pertinent) il n'y a pas le même nombre d'éléments à la fin dans les ensembles A et B qu'il considère : A contient 64 éléments mais B contient un seul élément : l'ensemble A.
J'ai eu aussi une autre réponse "quantique" proposant de mettre les pions sur la tranche de manière qu'ils soient dans une infinité d'états superposés noir-blanc !
Je trouve vraiment drôle et très intéressante l'imagination dont certain.e.s font preuve.
Pour contrôler (un peu, quand même) les "dérapages" je vais reformuler l'énoncé en remplaçant "deux paquets A et B" par "deux tas séparés A et B" et à la fin "deux paquets ayant chacun le même nombre
de pions noirs" par "deux tas ayant chacun le même nombre de pions montrant leur face noire"
Michel Damiens
#1
michel.guillot@hotmail.fr(vendredi, 27 mars 2020 22:17)
Énoncé 2a
Bonjour à tous
Je propose de mettre tous les pions dans le sac A puis de mettre le sac A dans le sac B.
Ainsi il y a exactement le même nombre de pions de chaque couleur dans chacun des 2 sacs.
Michel
Alain VILLOCEL (mercredi, 01 avril 2020 17:03)
En ce qui concerne l'énigme 2b et sa question subsidiaire j'y ai répondu en regard de l'énigme 1... tant pis je ne recommence pas ici, trop compliqué!!!
Quant à l'énigme 2a je partage bien le point de vue de Jean Haillet quant au piège de l'énoncé. Ceci étant je ne le vois pas tout à fait au même endroit que lui. Notre UTL parle de "pions noirs" et "pions blancs", ce qui de fait est faux car tous les pions sont l'un et l'autre suivant leur face. Aussi UTL ne s'engage-t-il à rien en relevant ce défi. Autrement dit, quelles que que soient les faces apparentes, il suffit qu'il fasse deux tas de 32 pions chacun pour que chacun contienne 32 pions ayant une face noire (ce qu'il appelle de manière erronée"pion noir")...
Joel Ichas (mercredi, 01 avril 2020 13:40)
Bonjour à toutes et tous
Puisque Michel aborde les logarithmes décimaux pour l'énoncé 2b, voici une autre solution utilisant cette méthode pour calculer le nombre de chiffres de 2020^2020 :
Un nombre N de 2 chiffres est compris entre 10^1 et 10^2 - 1 :
10^1 <= N < 10^2
Un nombre N de 3 chiffres est compris entre 10^2 et 10^3 - 1 :
10^2 <= N < 10^3
Un nombre N de 4 chiffres est compris entre 10^3 et 10^4 non compris :
10^3 <= N < 10^4
En généralisant :
Un nombre N de p chiffres est compris entre 10^(p-1) et 10^p - 1 :
10^(p-1) <= N < 10^p
On simplifie en passant par les logs décimaux :
log(10^(p-1)) <= log(N) < log(10^p)
Ce qui nous donne :
(p-1)log(10) <= log(N) < p*log(10) => p-1 <= log(N) < p
p est donc le premier entier immédiatement supérieur à log(N)
ou encore : p est la partie entière de log(N) + 1
p = E(log(N)) + 1
p = E(log(2020^2020) + 1
p = E(2020*log(2020)) + 1
p = E(6676,809) + 1
p = 6677
Bon confinement
Joel Ichas (mardi, 31 mars 2020 12:03)
Enoncé 2b question subsidiaire
Bonjour à tous
Un X possible est X = 2020^2020^2020^2020
Le nombre de chiffres de X est supérieur 2020^2020^2020 * 3
Le nombre de chiffres du nombre de chiffres est 11
Le nombre de chiffres du nombre de chiffres du nombre de chiffres est 2
Soient
- N le plus petit nombre entier répondant à la question subsidiaire
- n1 le nombre de chiffres de N
- n2 le nombre de chiffres de n1
- n3 le nombre de chiffres de n2
L'énoncé nous indique n3 = 2
Le plus petit n2 possible est 10
Le plus petit n1 possible est 10^9 (un 1 suivi de 9 zéros soit 10 chiffres)
Le plus petit entier possible comportant 10^9 chiffres est 10^(10^9-1)
Bon confinement à tous
Michel Damiens (lundi, 30 mars 2020 15:45)
Au sujet de la réponse #7 de Gilbert Navasa
(je note a^b pour "a à la puissance b")
La réponse est correcte mais il faut corriger deux points dans les explications :
- 1000^2020 n'est pas égal à 10^2023 car (a^b)^c=a^(bxc)
- 2,02^2020 est inférieur mais approximativement égal à 2^2020 et comme 2^10 est approximativement égal à 10^2
on en déduit que 2,02^2020 est approximativement égal à 2^2020
soit 2^(10x202)
ou encore (2^10)^202
soit (10^2)^202
et finalement 10^404
ce qui ajoute au moins 404 chiffres au nombre par lequel on le multiplie (sauf erreur de ma part !)
Merci pour votre participation
Michel
NAVASA (lundi, 30 mars 2020 15:00)
Gilbert Navasa (envoyé par mon fils dimanche soir...)
1) Nombre de chiffres de N :
N= 2020²º²º
= (1000 x 2,02)²º²º
= 1000²º²º x 2,02²º²º
= 10²º²³ * 2,02²º²º
10²º²³ (Nombre comportant 2 024 chiffres)
Comme 2,02²º²º < 10²º²³, on peut penser que la multiplication de ces deux nombres n'ajoute pas de chiffres au nombre de chiffres de 10²º²³, soit 2 024 chiffres.
2) Le nombre de chiffres de 2 024 est 4
3) Le nombre de chiffres de 4 est 1
Conclusion :
Le nombre de chiffres du nombre de chiffres du nombre de chiffres de N est 1
Joel Ichas (lundi, 30 mars 2020 12:10)
Enoncé 2b
Bonjour à tous
Quand on multiplie 2020 par 2020 on obtient un nombre de 7 chiffres.
Quand on multiplie de nouveau le résultat par 2020, on obtient un nombre de 10 chiffres.
etc..
En fait, à chaque itération, on obtient un résultat dont le nombre de chiffres augmente
- de 3 si le digit de poids fort (le plus à gauche) du multiplicande est inférieur à 5 (ce digit multiplié par le 2 de 2020 est inférieur ou égal à 9)
- de 4 si le digit de poids fort du multiplicande est supérieur ou égal à 5 (ce digit multiplié le 2 de 2020 est supérieur ou égal à 10 ce qui donne un chiffre de plus pour le résultat )
En conclusion, le nombre de chiffres du résultat est compris entre
- au minimum 4 + (3*2019) = 6061
- au maximum 4 + (4*2019) = 4*2020 = 8080
Dans tous les cas,
- le nombre de chiffres du nombre de chiffres de N = 2020**2020 est 4
- le nombre de chiffres du nombre de chiffres du nombre de chiffres de N est 1
Bon confinement
Joel Ichas (dimanche, 29 mars 2020 12:25)
Il semble bien que Dany ait trouvé la solution :
- mettre au hasard 10 jetons dans le tas A et le reste dans le tas B
- retourner tous les jetons du tas B
- on se retrouve alors avec le même nombre de jetons noirs dans les 2 tas
Si on généralise la solution de Dany :
Dans le tas A, on se retrouve avec
- n jetons Noirs, n étant compris entre 0 et 10
- et donc 10-n jetons Blancs
Dans le tas B, avant de retourner les jetons, on obtient donc 10 - (10-n) jetons Blancs soit n jetons Blancs et 54 - n jetons Noirs
Et, après inversion des couleurs :
- n jetons Noirs et 54 - n jetons Blancs
On se retrouve donc bien avec n jetons Noirs dans chacun des tas : il est grand temps d'aller se laver les mains
Bon confinement
Dany (samedi, 28 mars 2020 18:13)
Ou alors j'ai une autre réponse, mais elle n'est pas politiquement correcte et Michel ne la validera pas : l'UTL regarde sournoisement sous son bandeau. D'ailleurs, il n'est écrit nulle part qu'il garde le bandeau jusqu'à la fin de l'exercice.
Dany (samedi, 28 mars 2020 16:53)
L'UTL partage les pions en deux tas inégaux : il met 10 pions dans le tas A et 54 dans le tas B. Il ne touche pas les A mais il retourne les 54 du B.
Si les 10 A sont blancs, les 54 B sont noirs, mais une fois retournés ils sont blancs, et il y a 0 noir dans chaque tas.
S'il y a un seul noir dans A, il y a neuf blancs dans le A, et le dernier blanc est dans le B ; une fois retourné, il sera le seul noir.
S'il y a deux noirs dans A ( et donc 8 blancs ) il y a deux blancs dans B, qui seront les deux noirs une fois retournés.
...
Quand il a fini, comme il ne sait pas si la personne qui a manipulé les jetons est porteuse ou non du virus, il va se laver les mains pendant 5 minutes en chantant " I will survive".
Michel Damiens (samedi, 28 mars 2020 10:58)
Bravo à Michel Guillot pour sa réponse (#1) qui est vraiment très ingénieuse ! Je n'y avais pas pensé - et ce n'était pas la réponse que j'attendais - mais étant donnée la formulation de la question "à la fin j'aurai fait deux paquets" je ne peux que considérer qu'il a trouvé une bonne solution. Je veux seulement préciser que du point de vue strictement mathématique (mais son point de vue est tout aussi pertinent) il n'y a pas le même nombre d'éléments à la fin dans les ensembles A et B qu'il considère : A contient 64 éléments mais B contient un seul élément : l'ensemble A.
J'ai eu aussi une autre réponse "quantique" proposant de mettre les pions sur la tranche de manière qu'ils soient dans une infinité d'états superposés noir-blanc !
Je trouve vraiment drôle et très intéressante l'imagination dont certain.e.s font preuve.
Pour contrôler (un peu, quand même) les "dérapages" je vais reformuler l'énoncé en remplaçant "deux paquets A et B" par "deux tas séparés A et B" et à la fin "deux paquets ayant chacun le même nombre de pions noirs" par "deux tas ayant chacun le même nombre de pions montrant leur face noire"
Michel Damiens
michel.guillot@hotmail.fr (vendredi, 27 mars 2020 22:17)
Énoncé 2a
Bonjour à tous
Je propose de mettre tous les pions dans le sac A puis de mettre le sac A dans le sac B.
Ainsi il y a exactement le même nombre de pions de chaque couleur dans chacun des 2 sacs.
Michel