Donnez moi l'énigme de MATHS la plus complexe...

Le 04 mars 2020 à 23:47:31 Thermofake a écrit :

Le 04 mars 2020 à 23:23:22 StariStaross a écrit :
Trouve moi un algorithme qui permet de décomposer n'importe quel nombre en produit de 2 facteurs premiers Personne n'a jamais réussi pour

While( a x b != produit) {
a = randomPremier();
b = randomPremier();
}

Super maintenant fais le tourner avec 12 en entrée, ça va tourner un moment... J'imagine qu'il parlait de la décomposition en facteurs premiers

Le 04 mars 2020 à 23:55:44 jameswardprowse a écrit :

Le 04 mars 2020 à 23:47:31 Thermofake a écrit :

Le 04 mars 2020 à 23:23:22 StariStaross a écrit :
Trouve moi un algorithme qui permet de décomposer n'importe quel nombre en produit de 2 facteurs premiers Personne n'a jamais réussi pour

While( a x b != produit) {
a = randomPremier();
b = randomPremier();
}

Super maintenant fais le tourner avec 12 en entrée, ça va tourner un moment... J'imagine qu'il parlait de la décomposition en facteurs premiers

"Un moment" Quelques milliers d'années possiblement.

Le 04 mars 2020 à 23:50:44 LereuLeon a écrit :

Le 04 mars 2020 à 23:47:31 Thermofake a écrit :

Le 04 mars 2020 à 23:23:22 StariStaross a écrit :
Trouve moi un algorithme qui permet de décomposer n'importe quel nombre en produit de 2 facteurs premiers Personne n'a jamais réussi pour

While( a x b != produit) {
a = randomPremier();
b = randomPremier();
}

Donc tu mets en entrée 1, il te ressort 7 et 183.
Bravo.

Pas de soucis, je vais corriger ce problème MAJEUR

While( a x b != produit) {
a = randomPremierInferieurOuEgalA(produit);
b = randomPremierInferieurOuEgalA(produit);
}

Le 04 mars 2020 à 23:02:07 Mp9-S a écrit :

Le 04 mars 2020 à 22:59:55 deng-xiaoping a écrit :
Prouve moi que tout entier positif plus grand 6 peut s'écrire comme somme de 2 nombres premiers.

Moi je peux faire mieux, je peux te prouver que c'est faux :

Je prends le nombre 51.
51 > 6, pourtant :
-Si je prends deux nombres premiers impairs, alors leur somme sera nécessairement paire, donc leur somme ne donnera pas 51.
-Pour obtenir 51 en additionnant deux nombres premiers, je dois donc nécessairement utiliser un nombre premier pair, à savoir 2. Or 51 = 2+49 et 49 n'est pas un nombre premier (49=7*7).

Donc 51 ne peut pas être écrit comme somme de deux nombres premiers, et ton énoncé est faux.

Apprends correctement l'énoncé de la conjecture de Golbach la prochaine fois

Ouch bien joué

Le 04 mars 2020 à 23:38:41 LereuLeon a écrit :

Le 04 mars 2020 à 23:34:05 TontonJVC0 a écrit :
0-50+35=35

Malheureusement non.

Et pourtant si

Saurais-tu dire quels sont les deux derniers chiffres du produit de tous les nombres premiers à deux chiffres et expliquer sans avoir à calculer tous ces nombres ?

(2*3*5*7*11*13*17*19*23*29*31*37*41*43*47*23*59*61*67*71*73*79*83*89*97)

Le 04 mars 2020 à 22:45:32 Grandmanitou213 a écrit :
Un paysan veut se rendre au marché avec ses trois ânes, Fari, Nio et
Tonda, pour vendre sa récolte.
Il doit charger neufs sacs sur ses ânes : un sac de 1 fg, un sac de 2 kg,
un sac de 3 kg, . . . , un sac de 8 kg et un sac de 9 kg.
Fari porte le sac de 1 kg, Nino porte le sac de 2 kg et Tonda porte le
sac de 3 kg.
Chaque âne transporte le même nombre de sacs et la même masse.
Donne la répartition des sacs entre les ânes

1 6 8
2 4 9
3 5 7

L'hypothèse de Riemann est une conjecture formulée en 1859 par le mathématicien allemand Bernhard Riemann. Elle dit que les zéros non triviaux de la fonction zêta de Riemann ont tous pour partie réelle 1/2. Sa démonstration améliorerait la connaissance de la répartition des nombres premiers.

Ou tous les autres problème du millénaire

Le 04 mars 2020 à 23:32:06 fragiliter a écrit :
Vous me direz si vous voulez la soluce de mon énigme des 100 prisonniers...
À l'époque où je passais l'agreg elle était posée dans le bouquin de Pierre Colmez mais laissée sans solution. La solution se passait de bouche à oreille

Ouais, je suis chaud

Les prisonniers associent un nombre de 1 à 100 à chaque nom ainsi qu'un numéro de 1 à 100 à chaque coffre.

Ensuite, chaque prisonnier commence par ouvrir le coffre dont le numéro correspond au numéro de son nom, puis continue à ouvrir les coffres en choisissant le coffre dont le numéro correspond au numéro du nom précédemment tiré. (tant que son nom n'est pas trouvé)

La fonction qui associe à chaque numéro de coffre le numéro du nom présent dans le coffre réalise une bijection de [1;100] vers [1;100]. C'est donc une permutation sur l'ensemble [1;100]. Notons-la f.

Si le numéro associé au nom du prisonnier est n, alors le prisonnier commence par ouvrir le coffre n.
Il découvre ainsi le nom numéro f(n). Il va alors ouvrir le coffre f(n). Il découvre ainsi le nom numéro f(f(n)). Etc.

Dans la stratégie de chaque prisonnier, chacun part de son numéro n à lui, puis va explorer les coffres dont les numéros correspondent à n, f(n), f(f(n)), f(f(f(n))),...
Comme f est à valeurs sur un ensemble de 100 éléments, il y a un moment où cette suite d'entiers va boucler (on va retomber sur une valeur déjà tirée auparavant).
On peut même montrer que comme f est "bijective", au premier moment où l'on va "boucler", on va retomber sur le numéro n, càd sur le nom dont le numéro est celui du prisonnier (càd sur le papier que doit trouver le prisonnier).

On a alors deux cas de figure :
- Soit il faut moins de 50 itérations pour retomber sur n, auquel cas le prisonnier trouve son nom.
- Soit il faut plus de 50 itérations pour retomber sur n, auquel cas le prisonnier ne trouve pas son nom. (ex : le coffre 1 contient le nom 2, le coffre 2 le nom 3,... le coffre 99 le nom 100 et le coffre 100 le nom 1).

Or, comme la répartition des noms dans les coffres est commune pour tous les prisonniers chaque jour (la fonction f reste la même toute la journée), on peut en fait juste s'intéresser à la fonction f pour voir toutes les "boucles" qu'elle peut décrire (on appelle ça les orh​aricots de la permutation f).
Si toutes les "boucles" de la fonction f contiennent moins de 50 nombres, alors tous les prisonniers trouveront leurs noms avec cette procédure, car peu importe le numéro de départ il faudra moins de 50 itérations de la fonction f pour retomber dessus.

Sinon, il y aura au moins un prisonnier (en fait 51) qui ne trouvera pas son nom avec cette stratégie.

Comme l'ordre des noms dans les coffres est choisi au hasard de façon uniforme, cela revient à choisir de façon uniforme une fonction f dans l'ensemble des bijections sur [1;100].
Un calcul arithmétique permet alors de montrer que le nombre de fonctions f comportant une boucle de plus de 50 itérations (une permutation avec une orh​aricot à plus de 50 éléments) n'est pas très important (de l'ordre de 1-1/e ~ 63% il me semble, là je dis ça au pif, j'avais cet exo là en sup donc il faudrait refaire le calcul ou aller voir sur wikipedia), ce qui donne une grande probabilité aux prisonniers de rapidement être libérés.

Le 05 mars 2020 à 04:39:11 Cocacolique a écrit :
Saurais-tu dire quels sont les deux derniers chiffres du produit de tous les nombres premiers à un ou deux chiffres et expliquer sans avoir à calculer tous ces nombres ?

(2*3*5*7*11*13*17*19*23*29*31*37*41*43*47*53*59*61*67*71*73*79*83*89*97)

La réponse pour les flemmards :

Le 04 mars 2020 à 22:59:43 LeRat1439 a écrit :
11+2=1

Pourquoi

binaire ?

Complète cette suite :

2, 4, 5, 6, 4, 3, 4, ??