Les casse-têtes de Lolo

[Gaétan]

Après Re3, je jouerais Rd7 pour protéger le pion de la fourchette, puis je me casse avec ma dame. Les noirs gagnent la finale (pas nécessairement simple).

Il y a des bons coups dans ce que tu as donné. Le coup le plus difficile à voir est le 4ième. ;-)

 

Flotent, je crois pas que ce soit une bonne idée via le forum, mais on peut toujours jouer par mail. ;-)

[Astrosteph]

Un icosaèdre n'est pas un dodécaèdre Lolo

 

Un icosaèdre possède 20 faces.

[Lolo]

Un icosaèdre n'est pas un dodécaèdre Lolo

 

Un icosaèdre possède 20 faces.

 

Oui, mais 12 sommets!

 

En fait, l'icosaèdre et le dodécaèdre sont duaux: si tu en considères un des deux et que tu relis les centres de ses faces adjacentes par des arêtes, tu obtiens l'autre des deux.

 

Ceci marche aussi pour l'hexaèdre (c'est-à-dire le cube) avec l'octaèdre.

 

Le tétraèdre est son propre dual.

[Lolo]

Il y a des bons coups dans ce que tu as donné. Le coup le plus difficile à voir est le 4ième. ;-)

 

J'ai une idée pour le 4ème coup, mais je n'ai pas encore regardé tout en détail.

 

Les mêmes trois premiers coups, puis sacrifice de fou Fa5+.

Le roi ou la dame doit prendre R X a5 (si D X a5, alors Cc4+ puis finale de pion gagnée par les blancs sur la colonne f).

Il suit alors:

Cc4+ Rb5 (forcé)

Et là, non seulement le roi est coincé, mais la dame aussi à cause de la menace de fourchette Cd6+.

Les noirs doivent donc jouer le pion c5 ou le pion f5.

Après, c5, les blanc joue d5 et la dame est encore coincée (d5 ferme aussi la nouvelle diagonale dangereuse pour éviter l'échec au roi).

Après f5, par contre je vois pas... Rf4? dommage que le roi n'est pas déjà en f4, il aurait pu aller sur g5 et le zwingzwang aurait forcé la perte de la dame...

 

Je suis proche où le sacrifice de fou est idiot?

[Créateur de bugs]

Après Re3, je jouerais Rd7 pour protéger le pion de la fourchette, puis je me casse avec ma dame. Les noirs gagnent la finale (pas nécessairement simple).

Il y a des bons coups dans ce que tu as donné. Le coup le plus difficile à voir est le 4ième. ;-)

 

Flotent, je crois pas que ce soit une bonne idée via le forum, mais on peut toujours jouer par mail. ;-)

 

Par mail ça risque pas d'encombrer ?

Enfin ouaiiiis par forum ou par mail ce srait cool !!

Rq: par le forum suffit de créer un topic pour ça, on a en mémoire les coups joués (au cas où) et on peut même faire des tournois (et se faire exploser en public aussi )

[Gaétan]

Lolo, tu trouveras la solution quand tu ne feras pas jouer les noirs deux fois de suite ! mdr.

Bien vu en tout cas. C'est pas un problème facile du tout. Je me souviens que j'avais mis la position sur Fritz8 pour voir s'il verait Fa5+. Ben, il a pas trouvé, il a joué Fc5+ à la place. :wink:

Bravo !

Moi, j'ai pas enocre trouvé le casse tête 8, mais j'ai pas encore beaucoup réfléchi dessus.

[Gaétan]

Par mail ça risque pas d'encombrer ?

Enfin ouaiiiis par forum ou par mail ce srait cool !!

Rq: par le forum suffit de créer un topic pour ça, on a en mémoire les coups joués (au cas où) et on peut même faire des tournois (et se faire exploser en public aussi )

Il existe des site conçus pour jouer par correspondance. Je jouais beaucoup, il y a quelques mois. J'ai du faire du genre 150 parties en un ans, mais c'était exagéré.

[Créateur de bugs]

On se fait une partie alors ?

[Gaétan]

Ok ! Prend les blancs. :wink:

Et bonne partie (mais peut-être dans un autre post). :wink:

[Lolo]

Lolo, tu trouveras la solution quand tu ne feras pas jouer les noirs deux fois de suite ! mdr.

Bien vu en tout cas. C'est pas un problème facile du tout. Je me souviens que j'avais mis la position sur Fritz8 pour voir s'il verait Fa5+. Ben, il a pas trouvé, il a joué Fc5+ à la place. :wink:

Bravo !

Moi, j'ai pas enocre trouvé le casse tête 8, mais j'ai pas encore beaucoup réfléchi dessus.

 

Oui, effectivement, le roi peut alors aller en f4 pour bondir en g5 après f5 avec perte de la dame pour les noirs et gain dans la finale de pions pour les blancs.

 

Très joli problème.

[Gaétan]

N'est-ce pas ?

Tu peux trouver un nouveau problème chaque jour ici. Celui d'aujourd'hui est pas mal du tout.

[Lolo]

Casse-tête 9.

 

Deux joueurs sont en train de jouer une partie d'échecs sans pendule et sans noter les coups. Ils s'absentent en même temps pour aller aux toilettes. Un spectateur s'approche pour regarder où en est la partie et fait tomber le roi blanc par terre par mal adresse, avant d'avoir eu le temps de voir sur quelle case celui-ci se trouvait. Aidez-le à remettre le roi blanc à sa place avant le retour des deux joueurs. Le spectateur ne sait pas à qui est le trait, il sait juste que sur l'échiquier il y a un fou blanc en a1, un fou noir en a5, une toure noire en c5, un roi noir en e5 et un pion noir en a3. De plus, seul le roi blanc manque sur l'échiquier.

 

 

 

Je rappels que le casse-tête 8 n'a toujours pas de solution.

[Gaétan]

Pour le huit je suis en train de chercher.

Voici ma solution la plus absurde, 5! - 5*4! elle a le mérite d'être drôle.

Sinon, je défini la dégénérescence g d'une combinaison par le nombre de smiley qui sont sur leur case qui faut pas.

La position initiale est la seul avec g = 5.

Il n'y en a pas pour g = 4.

On cherche le nombre de combinaisons avec g = 0.

Il faut trouvé les combinaisons g = 1, g = 2, et g = 3.

J'appelle N(n,g) le nombre de combinaison de dégénérescence g pour n smiley's.

Je trouve ça.

N(5,0) = 5! - N(5,1) - N(5,2) - N(5,3) - N(5,5)

N(5,1) = 5 * N(4,0) car 5 = 5!/(1!*4!)

N(5,2) = 5!/(2!*3!) * N(3,0)

N(5,3) = 5!/(3!*2!) * N(2,0)

 

N(4,0) = 4! - N(4,1) - N(4,2) - N(4,4)

N(4,1) = 4 * N(3,0)

N(4,2) = 4!/(2!)² * N(2,0)

 

N(3,0) = 3! - N(3,1) - N(3,3)

N(3,1) = 3 * N(2,0)

 

N(2,0) = 2! - N(2,2).

Si le raisonnement est bon, il doit permettre de trouver une formule pour n'importe quel n. Je vais encore un peu chercher, mais je vais aussi un peu regarder le 9.

[Gaétan]

Arf pas mal du tout le 9. :wink:

J'allais d'abord dire que c'est impossible. Puis j'allais dire qu'il y a plusieurs solutions. Mais finalement non. Il n'y en a qu'une : le roi était en b3.

 

Et pour le 8, je trouve 44 combinaisons. Mais y a peut-être moyen en moins de calculs que moi.

[Lolo]

Arf pas mal du tout le 9. :wink:

J'allais d'abord dire que c'est impossible. Puis j'allais dire qu'il y a plusieurs solutions. Mais finalement non. Il n'y en a qu'une : le roi était en b3.

 

Et pour le 8, je trouve 44 combinaisons. Mais y a peut-être moyen en moins de calculs que moi.

 

Les deux sont justes. :wink:

Bravo!

[Bleu]

Salut!

 

Vous ne méritez pas vos QI d'huîtres les gars...

 

@+

[Lolo]

CASSE-TETE 10.

 

Par combien de chiffres 0 se termine le nombre 1000! si on l'écrit en base 10?

 

 

 

CASSE-TETE 11.

 

Combien de fonctions f de l'ensemble E={1,2,3,4,5,6,7,8,9,10} dans lui-même sont telles que f ( f ( f ( x ) ) ) = x pour tout x appartenant à E?

 

 

 

CASSE-TETE 12.

 

Trouver une position symétrique aux échecs pour laquelle les blancs perdent à cause du trait (en supposant que les noirs jouent bien).

[Gaétan]

Pour le problème 10, il suffit de compter le nombre de facteur 5. il y en a

n = E(1000/5) + E(1000/25) + E(1000/125) + E(1000/625) + 0 = 249

où E(x) est la fonction qui donne le plus grand entier inférieur à x.

 

Pour le problème 11, f(x) = x (et f(x) = 1/x pour x appartenant à R)marche très bien ainsi que tout les fonctions symétrique par rapport à f(x) = x. Comme l'ensemble E est fini, le nombre de f possible est fini aussi. Je dois encore chercher. 10^5 au pif.

 

Le problème 12, il me prend la tête.

[Gaétan]

10^5, c'est n'importe quoi. :lol:

[Lolo]

Pour le problème 10, il suffit de compter le nombre de facteur 5. il y en a

n = E(1000/5) + E(1000/25) + E(1000/125) + E(1000/625) + 0 = 249

où E(x) est la fonction qui donne le plus grand entier inférieur à x.

 

Le problème 12, il me prend la tête.

 

Le 10 est bon.

 

Pour le 12, il y a moyen avec un roi et 5 pions (pour chaque couleur).

[Gaétan]

J'ai une solution au 12, avec 5 pions, mais elle ressemble à rien.

Blancs : a4, b4, c2, c5, c6, Ra3.

Noirs : a5, b5, c3, c4, c7, Ra6.

 

Mais maintenant, je patauge au 11.

[Astrosteph]

Pour le 11 Lolo, il y a la conne fonction f(x)=x et tous ses multiples non nuls du genre f(x)= r.x/r, mais c'est trop simple...

 

Tu peux un rien préciser l'énoncé?

[Lolo]

Oui, je pense qu'elle est gagnante, mais cela demande une petite analyse.

Moi, j'avais trouvé:

BLANCS a7, b2, b6, g3, h4 , Ra1.

NOIRS position symétrique.

[Lolo]

Pour le 11, on cherche le nombre de fonctions qui à chaque nombre entier de 1 à 10 associent un nombre entier de 1 à 10 et qui appliquées trois fois reviennent à n'avoir rien fait.

 

Par exemple, la fonction f définie par f(1)=2, f(2)=3, f(3)=1, f(x)=x si x appartient à {4,5,6,7,8,9,10} répond à l'énoncé.

 

 

 

 

 

 

ATTENTION, f(x)=x et f(x)=2x/2, c'est le même fonction avec deux écritures différentes. Mais, elle ne compte qu'une fois.

[Gaétan]

Pour le 11 Lolo, il y a la conne fonction f(x)=x et tous ses multiples non nuls du genre f(x)= r.x/r, mais c'est trop simple...

 

Tu peux un rien préciser l'énoncé?

Le problème, c'est que l'ensemble E est fini et entier. Par exemple, pour F(x) = 1/x, f(f(x) = f(1/x) = x est bon. Mais cette fonction n'est pas définie dans E.puisqu'il n'y a que 1/1 qui appartienne à E.

 

Comme raisonnement, je propose ceci.

Soit Xn le nombre de fonction symétrique par rapport à f(x) = x dans un ensemble comportant n éléments.

En respectant la symétrie, je trouve

Xn = Xn-1 + (n-1) Xn-2.

Je prend

X1 = 1

X2 = 2

Et je trouve tout les Xn. Encore une fois, je fais beaucoup de calcul et je sais pas si y a plus court. Et j'obtiens

X10 = 9028.

C'est bon ?

[Gaétan]

Argh, j'ai mal lu la question. J'ai lu f(f(x)) = x au lieu de f(f(f(x))) = x.

Pas mal ta position. Les blancs sont à un coup du mat.

[Gaétan]

J'avais décidé de pas faire le 11 parce que je boudais d'avoir mal lu l'énoncé. Mais finalement, il a l'air moins compliqué comme ça.

J'appelle un cycle quand f(x1) = x2, f(x2) = x3 et f(x3) = x1, avec x1, x2, x3 tous différents.

Une fonction f sur E ne peut comporter que 0, 1, 2, ou 3 cycles et appellons Ni le nombre de fonctions sur E avec i cycles.

N0 = 1, il s'agit de f(x) = x.

N1 = 2 * 10!/(7!*3!)

N2 = 2 * 10!/(4!*(3!)²)

N3 = 2 * 10!/(1!*(3!)³)

nombre de f = N0 + N1 + N2 + N3 = 42241

 

Et j'ai du faire une connerie dans mon raisonnement pour les f(f(x)) = x.

 

C'est bon cette fois-ci ?

[Lolo]

En fait, dans le cas où f(f(x))=x, on a bien X(n) = Xn-1 + (n-1) * Xn-2.

De plus, on a bien X1=1 et X2=2. Je n'ai pas vérifier le calcul de proche en proche de X10, mais c'est sans importance car le raisonnement est fini. Donc, bravo! :wink:

 

 

Pour le cas où f(f(f(x)))=x, je suis d'accord avec toi, sauf sur le calcul de N3.

 

Je trouve N3= 2³ * ( 10!/3!7! * 7!/3!4! * 4!/3!1!)/3!, c'est à dire 4/3 * 10!/1!(3!)³.

 

De plus, le calcul de N2 est sans doute juste par deux fautes qui se compensent.

[Gaétan]

Argh, j'ai été trop vite pour le 2² et 2³, et j'ai complêtement pas pensé à diviser par les permutation des cycles.

J'étais pas loin.

Et pour f(f(x)), j'ai pas fait d'erreur alors ?

A ben oui, j'avais appliqué le même raisonnement que f(f(f(x))) mais avec les erreur, ce qui fait que je tombais pas sur le même résultat que m'a donné mon premier raisonnement. Mais maintenant que f(f(f(x))) est corrigé, ça doit coller.

[Lolo]

Argh, j'ai été trop vite pour le 2² et 2³, et j'ai complêtement pas pensé à diviser par les permutation des cycles.

J'étais pas loin.

 

Non, tu n'étais pas loin du tout de la solution.

 

Et pour f(f(x)), j'ai pas fait d'erreur alors ?

A ben oui, j'avais appliqué le même raisonnement que f(f(f(x))) mais avec les erreur, ce qui fait que je tombais pas sur le même résultat que m'a donné mon premier raisonnement. Mais maintenant que f(f(f(x))) est corrigé, ça doit coller.

 

J'ai pas vérifié le calcul de X10, mais l'équation de récurrence est bonne. Le reste n'est que du calcul de proche en proche.