Problèmes de maths et autres...

On a un dé à 4 faces numérotées de 1 à 4. Initialement, le dé est sur la face 1 (étape 0) . À chaque étape, on est obligé de changer de face. On a 2001 étapes. Soit s la somme des chiffres indiqués sur la face pour chaque étape, contenant l'étape 0.
Quelles sont les bornes de s, et est-ce que toutes les valeurs intermédiaires sont atteintes?

Pour la borne minimale je dirais 1 + (2 + 1) × 1000 + 2 = 3003 et pour la maximale 1 + (4 + 3) × 1000 + 4 = 7005.

Après pour savoir si toutes les valeurs intermédiaires sont atteintes c'est plus difficile. Déjà en remplaçant dans l'expression 1 + (2 + 1) × 1000 + 2 certains 2 par des 3 on pourrait aller jusqu'à 1 + (3 + 1) × 1000 + 3 = 4004, puis en remplaçant les 3 par des 4 jusqu'à 1 + (4 + 1) × 1000 + 4 = 5005. Ensuite on ferait la même chose en remplaçant les 1 des parenthèses par des 2 jusqu'à obtenir 6005, puis par des 3 et on retrouverait 7005. Donc si je ne me suis pas trompé toutes les valeurs intermédiaires sont bien atteintes.

Bien joué P.Louis, tout est correct

En effet, si tu as pour minimum 1+2+1+... = 3003, pour avoir la valeur d'après, il suffit de rajouter un 1 quelque part (sauf pour la valeur initiale) , donc comme tu dis, 1+3+1+2+1... pour le suivant, c'est encore pareil pour le deux d'après jusqu'à 4004, ensuite tu mets des 2 (ou 4) jusqu'à 5004/5005... jusqu'à 7005.
C'était probablement pas la seule manière de voir les choses, mais c'est une manière correcte et visuelle.

D'ailleurs, heureusement que le dé ne contient que 4 faces, de sorte à ce que toutes les faces soient atteignables depuis toutes les faces. Si on avait un dé à 6 faces, le 6 ne serait pas atteignable en un coup en partant de la face 1, pareil pour 5 et 2, et 4 et 3.

C'était un sujet des olympiades de maths de 2001.

Du coup, si tu veux en proposer un autre, fait toi plez

» modifié le 18 février à 16h21 par Zorro2000onepiece

D'accord.

On souhaite construire un château de cartes. On dispose de 340 paquets de 32 cartes. Combien d'étages le château aura-t-il au maximum ?

On a le droit au château de cartes d'équilibriste où au dessus des deux premières cartes, on dépose direct les deux suivantes sur une carte horizontale?

Non, c'est déjà suffisamment dur les châteaux de cartes classiques.

En supposant que le château maximal est donné par l'algorithme suivant:
1 arche (2 cartes)
1 carte horizontale
2 arches
2 cartes horizontales,
3 arches
3 cartes horizontales,
...

Et en supposant qu'on arrive à n étages, on compte le nombre de cartes nécessaires:
(2x1 + 1) + (2x2 + 2) + ... + (2(n-1) + n-1) + 2*n (pas de carte horizontale pour le dernier étage, ou le premier, question de point de vue)
autrement formulé:
3*(somme des k de 1 à n-1) + 2n = (3n² + n) / 2
on doit trouver le plus grand n tel que
(3n² + n) / 2 <= 32*340

On peut faire une résolution en remplaçant par un x réel et prendre sa partie entière. Je préfère le faire de manière un peu plus rapide (et moins sûre )
l'expression 3n² + n pour n grand est approximativement 3n². Donc je remplace n par x réel et trouve x tel que x = racine(64*340/3)
en prenant la partie entière de ce x, j'obtiens 85.
Et il se trouve que 3*85² + 85 = 2 * 32 * 340 exactement.

Conclusion: je peux faire 85 étages de château de cartes avec 340 paquets de 32 cartes, et il ne me reste aucune carte à la fin.

» modifié le 22 février à 8h48 par Zorro2000onepiece

Et si y a du vent ?

Je ne reconstruirais pas le château de cartes

Je trouve ta méthode hyper compliquée mais le résultat est bon.