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[Enigme] L'horloge à billes

Mathématiques et algorithmique

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Hors ligne DJ Fox # Posté le 04/06/2012 à 01 h 40
Oh yeah yeah yeah !
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Bonjour à tous !
Je viens vers vous pour vous proposer une énigme qui m'a occupé pour l'après-midi.

Nous disposons d'une horloge à billes à la maison, comme le montre la figure suivante :
Image utilisateur

Cette horloge indique qu'il est 10h40 (10 heures car 10 billes dans le rail inférieur, 40 minutes car 5 x (8 billes) dans le rail du milieu + 0 bille dans le rail du haut). On ne sait pas s'il est 10h40 ou 22h40 car il s'agit d'une horloge au format 12H.

L'horloge est équipée d'un balancier faisant un tour complet toutes les 60 secondes. Le balancier est monté sur un moteur électrique calibré.
Ce balancier prend donc une fois par minute une bille dans la file d'attente des billes.
Une fois le balancier au sommet de l'horloge, la bille tombe par gravité dans le rail supérieur, et arrive sur le rail des minutes (emplacements numérotés de 1 à 4 tout en haut).
Une fois que le rail supérieur contient 4 billes, au tour suivant, lors du lâcher de la cinquième bille, celle-ci arrive sur le rail, et fait basculer celui-ci en raison du poids trop important. Le rail se vide alors intégralement : la cinquième bille qui vient d'être lâchée descend dans le rail inférieur (rail des 55 minutes, numéroté de 5 à 55, deuxième en partant du bas), tandis que les quatre autres retournent sagement mais tristement dans la fille d'attente.

De même, le rail des 55 minutes contient 11 billes (5 x 11 = 55). Lorsque le rail des minutes contient 4 billes, que le rail des 55 minutes est rempli (11 billes), et que le bras dépose une bille supplémentaire dans le circuit, voici ce qui se produit :
Comme précédemment, le rail supérieur se vide, en faisant descendre la dernière bille ajoutée dans le rail en-dessous (le rail des 55 minutes). Les autres 4 billes vont à la file d'attente. Mais, puisqu'il y a déjà 11 billes dans le rail des 55 minutes, le fait d'en ajouter une 12ème provoque à nouveau une surcharge pondérale et fait donc basculer ce rail qui se vide intégralement. Là encore, la dernière bille ajoutée à ce rail (la 12ème) est celle qui descendra dans le rail des heures. Les onze autres billes finissent en file d'attente.

Dernier scénario : lorsque les trois rails sont pleins (4 billes dans celui d'en-haut, 11 billes dans celui du milieu, et 12 billes dans celui du bas), et qu'on ajoute une bille au sommet du circuit, la méga-réaction-en-chaine se produit :
- le rail supérieur est en surcharge pondérale => la dernière bille ajoutée se dirige dans le rail des 55 minutes, les 4 autres à la file d'attente ;
- le rail du milieu est en surcharge pondérale => la dernière bille ajoutée se dirige dans le rail des heures, les autres à la file d'attente* ;
- le rail des heures est en surcharge pondérale => il se vide intégralement dans la file d'attente. Sauf la bille « une heure » qui ne bouge jamais car un ergot en plastique la bloque. Il s'agit d'une bille un peu plus grosse que les autres qui reste toujours au même emplacement. En effet, lorsqu'il est minuit ou midi, le rail contient 12 billes. Il ne peut donc jamais en contenir aucune.

L'horloge est livrée avec 32 billes en acier de même taille et poids, PLUS une bille plus grosse que les autres (celle qui ne bouge jamais et reste toujours dans le logement « 1 heure » du rail des heures.
Notre système est donc composé de 33 billes, dont une ne bouge jamais.

Je vous invite à regarder une vidéo de l'horloge à billes que j'ai uploadée sur YouTube, lorsqu'il est 12h59 (ou 00h59) et que tous les rails se vident.

*
Sur la vidéo, vous constatez le phénomène suivant, que je ne vous ai pas encore expliqué : à chaque fois que le rail des 55 minutes se vide, une fois que la 12ème bille est redirigée dans le rail des heures, les 11 billes restantes ne vont pas directement à la file d'attente : elles sont bloquées par un loquet intermédiaire, empêchant la masse de billes circulant en même temps de créer un embouteillage.
Le loquet sera débloqué quelques secondes plus tard, par le balancier qui passera dessus et le fera se soulever. Les billes iront donc seulement un peu plus tard dans la file d'attente.

Cela a de l'importance pour comprendre l'ordre d'écoulement des billes : lorsque seuls les deux premiers rails se vident, les 4 billes du rail supérieur vont en premier dans la file d'attente, et les 11 billes du rail du milieu se font bloquer par le loquet et iront rejoindre la file d'attente après les 4 billes du rail supérieur (en deuxième position).

Lorsque les trois rails sont pleins :
- les 4 billes du rail supérieur vont en premier dans la file d'attente ;
- les 11 billes du rail des 55 minutes sont bloquées par le loquet ;
- les 12 billes du rail des heures vont en deuxième dans la file d'attente (juste après les 4 billes du rail supérieur). MAIS la 13ème bille qui venait d'être ajoutée et qui a fait basculer le rail des heures est envoyée en file d'attente après les 12 billes du rail des heures seulement.
- les 11 billes du rail des 55 minutes vont en file d'attente 15 secondes plus tard lorsque le balancier a fait un quart de tour supplémentaire et soulève le loquet, et se retrouvent dans la file d'attente en dernière position.


Pour résumer, lorsque tous les rails se vident, voici l'ordre d'envoi à la file d'attente


- bille excédentaire du rail supérieur (cinquième bille) => redirigée vers le rail des 55 minutes ;
- bille 4 du rail supérieur => part en premier dans la file d'attente ;
- bille 3 du rail supérieur => part en deuxième dans la file d'attente ;
- bille 2 du rail supérieur => part en troisième dans la file d'attente ;
- bille 1 du rail supérieur => part en quatrième dans la file d'attente ;
- (ici, le rail des 55 minutes bascule mais ses billes ne sont pas envoyées en file d'attente tout de suite, en raison du loquet qui les bloque pendant environ 15 secondes) ;
- bille 12 du rail du bas => part en cinquième dans la file d'attente ;
- bille 11 du rail du bas => part en sixième dans la file d'attente ;
- bille 10 du rail du bas => part en septième dans la file d'attente ;
- etc. jusque 2 ;
- bille 2 du rail du bas => part en quinzième dans la file d'attente ;
- bille 1 du rail du bas => ne bouge pas et reste en place en raison de l'ergot en plastique ;
- puis seulement maintenant, la bille excédentaire (celle qui provient du rail des 55 minutes, qui provient elle-même du rail supérieur (celle qui a été ajoutée et qui fait « déborder le vase »)), va en file d'attente (seizième dans la file d'attente) ;
- (quinze secondes plus tard environ, le balancier passe sur le loquet et débloque les 11 billes du rail du milieu qui vont en file d'attente) ;
- bille 11 du rail du milieu => part en dix-septième dans la file d'attente ;
- bille 10 du rail du milieu => part en dix-huitième dans la file d'attente ;
- bille 9 du rail du milieu => part en dix-neuvième dans la file d'attente ;
- etc. jusque 1 ;
- bille 1 du rail du milieu => part en vingt-septième dans la file d'attente.


Mettons-nous d'accord sur les notations


Situation initiale du système


Choisissons une situation initiale pour notre système. Il s'agira du moment où tous les rails sont vides (il n'y a alors aucune bille dans aucun des rails, sauf la fameuse bille des « 1 heure » du rail inférieur).
Nous avons donc 32 billes dans la file d'attente à ce moment, et l'horloge affiche 01h00 (ou 13h00).

Nommage des billes


Numérotons nos billes de 1 à 33. La première sera celle en première position de la file d'attente (celle qui se fera prendre par le balancier dès que celui-ci passera). La 32ème sera la dernière bille dans la file d'attente.
La 33ème, quant à elle, sera celle qui ne bouge jamais (celle des « 1 heure » du rail inférieur).

Nommage des emplacement


  • L'horloge contient 32 emplacements de file d'attente. Le premier emplacement de la file d'attente correspond à celui où se trouve notre bille numérotée 1, lorsque le système vient d'être initialisé (l'horloge affiche 01h00 ou 13h00). C'est toujours de cet emplacement-là que le balancier prend la bille courante pour l'amener au sommet de l'horloge et la lâcher dans le circuit.
    Notons ces emplacements FA1, FA2, FA3, etc. jusque FA32 (FA = File d'Attente).
  • L'horloge contient 4 emplacements sur le rail supérieur. Appelons-les M1, M2, M3 et M4 (M = Minute).
  • L'horloge contient 11 emplacements sur le rail du milieu. Appelons-les CM1, CM2, CM3, CM4, etc. jusque CM11. (CM11 représente la valeur « 55 minutes ». CM = Cinq Minutes.)
  • L'horloge contient 12 emplacements sur le rail inférieur. Appelons-les H1, H2, H3, etc. jusque H12 (H = Heure).



Questions


On va commencer doucement avec les trois premières questions, puis ça va sacrément se corser. :pirate:
N'hésitez pas à commencer l'exercice même si la fin vous parait difficile. Vous pouvez sûrement répondre aux trois premières sans effort. :)
Merci de poster vos réponses au sein de balises <secret></secret> , afin que les autres puissent continuer à chercher.

Si vous avez besoin d'éclaircissements sur des questions, ou sur le fonctionnement de l'horloge en elle-même, n'hésitez pas non plus.


Question 1


a)
Est-il nécessaire d'avoir 33 billes pour que l'horloge puisse fonctionner ? Quel est le nombre minimal de billes requises pour que l'horloge fonctionne correctement ?

b)
Que se passe-t-il si on met seulement n - 1 billes dans le circuit, où n est le nombre minimal de billes calculé en question 1 ?


Question 2


a)
Par un raisonnement simple (pas de calcul compliqué requis), quelle est la probabilité (proportion du temps) de trouver une bille sur l'emplacement M4, si l'on regarde l'horloge à un moment aléatoire ?

b)
En déduire de la réponse à la question 3)a) (toujours par un raisonnement simple) les trois probabilités de trouver respectivement une bille sur l'emplacement M3, M2 et M1 si l'on regarde l'horloge à un moment aléatoire.

c)
En déduire des réponses précédentes la probabilité qu'il n'y ait aucune bille dans le rail supérieur (emplacements M1, M2, M3 et M4 vides) si l'on regarde l'horloge à un moment aléatoire.


Question 3


Plaçons-nous dans l'état initial de l'horloge défini précédemment (l'horloge indique 01h00, les emplacement FA1 à FA32 contiennent respectivement les billes numérotées de 1 à 32, et la grosse bille inamovible (n°33) est dans l'emplacement noté H1).

Notre bille d'étude est la bille n°1, qui est actuellement en position FA1. Nous nous fichons des autres billes pour le moment.
a)
Combien de temps faut-il attendre pour que la bille n°1 revienne à la position FA1 ?

b)
Pour cette question et les questions suivantes, il est vivement recommandé d'effectuer soit une analyse formelle et mathématique du problème si vous en avez les compétences (ce qui n'est pas mon cas :p ), soit d'utiliser un langage de programmation quelconque et d'implémenter l'horloge à l'aide de la description que j'en ai faite, pour pouvoir ainsi laisser « mouliner » l'horloge par le processeur de votre ordinateur autant que nécessaire pour répondre à la question.
Ne pensez pas effectuer chaque étape à la main. Cela prendrait des années... Faites-donc travailler les ordinateurs à votre place ! :diable:

Toujours en comptant depuis la situation initiale du système, combien de temps faut-il attendre pour que la bille n°1 revienne à la position FA1 ET qu'il soit 01h00 ?


Question 4


a)
Le système tel que décrit à la question 4)b) a l'air d'être l'état initial (puisqu'il est 01h00, que la bille n°1 est à l'emplacement FA1 et que la bille n°33 est à l'emplacement H1). En quoi (pourquoi) cela n'est-il pas le cas ?

b)
Toujours en partant de l'état initial du système (et en vous aidant d'un algorithme), déterminer la période dans l'unité de votre choix (en jours ou en minutes) après laquelle le système sera à nouveau strictement dans cet état initial (période du cycle de l'état de l'horloge).


Question 5


Vous connaissez maintenant la période (durée) pour que notre état initial se répète strictement.
Pour les questions suivantes, aidez-vous d'un tableur type Excel et de scripts bash. Pensez à regarder du côté des commandes sort, uniq et diff.
a)
Compter pour la bille n°1 (toujours depuis l'état initial du système) le nombre de fois qu'elle occupe chacun des emplacement de l'horloge au cours du cycle que vous avez déterminé à la question 5)b).
Cette bille occupera-t-elle chacun des 59 emplacements (M1 ~ M4 ; CM1 ~ CM11 ; H1 ~ H12 et FA1 à FA32) ? Ou existe-t-il des emplacements qu'elle n'aura jamais la chance d'occuper (dans ce cas citer lesquels) ?

b)
Étendre la question 6)a) à toutes les 33 billes : calculer, pendant un cycle (trouvé à la question 5)b)), combien de fois chacune des 33 billes va occuper chacun des 59 emplacements.
Reportez toutes ces valeurs dans un tableau Excel à 59 x 33 cellules. Que remarque-t-on ?

c)
Regroupez les 33 billes dans 4 catégories différentes selon leur comportement durant le cycle (en observant votre tableau Excel). Une de ces catégories contient uniquement la bille n°33 qui est toujours présente (pendant 100% du temps du cycle) à l'emplacement H1 en raison de l'ergot en plastique.

d)
En déduire de la réponse à la question précédente le numéro de la bille magique (la seule et unique bille qui a le monopole de l'emplacement H4). Il s'agit d'une bille particulière (autre que la n°33) et qui se comporte différemment de toutes les autres.


Question 6


Calculez le taux d'occupation (en pourcentage) de chacun des 59 emplacements durant un cycle, à l'aide de votre tableau Excel.
a)
Quels sont les emplacements − en dehors de H1 − qui sont toujours occupés par une bille (taux à 100%) ?

b)
Quel est l'emplacement le moins occupé de l'horloge ?

c)
Quel est le deuxième emplacement le moins occupé de l'horloge ?


Question 7


Tracez le graphique en trois dimensions (trois axes) du temps d'occupation en fonction des billes et des emplacements, durant un cycle de l'horloge.
On choisira les axes suivants :
  • x (horizontal) pour les 59 emplacements ;
  • y (vertical) pour le temps d'occupation (en minutes) ;
  • z (profondeur) pour les 33 billes.


J'ai créé moi-même l'énigme et chacune des questions. J'ai résolu moi-même l’énigme et j'ai la réponse à chacune des questions (du moins il me semble que c'est juste), à l'aide d'une petite implémentation en Java (et à l'aide de quelques scripts bash et d'Excel pour la gestion statistique des données).


Bon jeu à tous. Que la partie commence ! :ninja:
Modifié le 04/06/2012 à 02 h 07 par DJ Fox

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Hors ligne melepe # Posté le 09/06/2012 à 20 h 28
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Je me souviens avoir déjà vu une horloge du même genre... Je l'avais trouvée un peu bruyante mais très amusante ! Par contre, je ne me suis jamais posé les questions que tu poses. :p
Mais allons-y pour une résolution. Je vais commencer par les questions ne nécessitant pas d'outil informatique (parce que flemme de programmer quelque chose):
1.Secret (cliquez pour afficher)
a) Il faut pouvoir afficher 12h59, ce qui nous fait 27 billes. De plus, il faut une bille en plus pour passer de 12h59 à 13h00. En regardant la vidéo, le transfert des billes est suffisamment rapide pour ne pas avoir besoin de bille supplémentaire. Bien sûr, pour afficher d'autres heures, il y a besoin de moins de billes donc le nombre n est n = 28.

b)Tant qu'il y a au moins une bille en file d'attente, tout se passe normalement. Si par contre il n'y a plus de bille en attente, alors le mécanisme est bloqué. Ici, il est bloqué à la première fois où il n'y a plus de bille en file d'attente, c'est à dire à 12h59.


2.Secret (cliquez pour afficher)
a) M4 est remplie lorsque l'heure est du genre X heures et Y4 minutes (ex : 8h54) ou XhY9 (c'est-à-dire quand le nombre de minutes est congru à 4 modulo 5), ce qui arrive 2 minutes toutes les 10 minutes, ce qui fait P_4 = \frac2{10} = 20% de chances qu'elle soit occupée.

b) De même, M3 est remplie lorsque l'heure est de la forme XhY3 ou XhY4, donc P_3 = \frac25 = 40%, P_2 = \frac35 = 60%, P_1 = \frac45 = 80%.

c) Petit piège : la méthode classique (P1 = 1 - P2 - P3 - P4) ne marche pas ici, car les événements ("M3 est occupée", "M4 est occupée"... sont des événements au sens mathématique) sont interdépendants (si M4 est occupée, nécessairement M3 est occupée. P4 dépend donc de P3). Il existe bien une formule qui y remédie, mais restons simple et gardons la même approche que précédemment : M1, M2, M3 et M4 sont vides losque l'heure est de la forme XhY0 ou XhY5, d'où une probabilité P_0 = \frac2{10} = 20%


3.Secret (cliquez pour afficher)
a) Au bout d'une minute, la bille 1 va en M1, y reste 4 minutes avant que la branche M ne soit saturée. A ce moment, M5 va en CM1, et les autres vont en file d'attente, la bille 1 arrivant la dernière. Elle se situe donc en FA31, et revient donc en FA1 30 minutes plus tard. Le temps total est donc 1 + 4 + 30 = 35 minutes.

b) On veut qu'il soit 1h00, autrement dit qu'il se soit écoulé un temps qui soit multiple de 12 heures, car l'horloge affiche 1h00 toutes les 12 heures uniquement. De même, on veut que le temps écoulé soit un multiple de 35 minutes, qui est le temps pour que B1 revienne en FA1.
Le temps souhaité est donc un multiple de 12 h = 720 minutes et de 35 minutes. On veut de plus que ce temps soit aussi petit que possible tout en restant multiple de 35 et 720, c'est donc le plus petit commun multiple de 35 et 720. Or ppcm(35,720) = 5040 minutes = 84 heures.


4. 5. Si quelqu'un veut faire un programme là-dessus, libre à lui, moi j'ai la flemme.

6. On peut y répondre sans programme !Secret (cliquez pour afficher)

a) Tout d'abord, les emplacements des heures et des minutes sont à proscrire, pour la bonne et simple raison qu'à 1h00, aucun d'eux ne sont occupés. Il reste donc les emplacements FA1 à FA32. Or, à 12h59, il ne reste que 33 - 28 = 5 billes en file d'attente. Par conséquent, FA1 à FA5 sont toujours occupées et ce sont les seuls emplacements, avec H1, à l'être.

b) Si M3 est vide, alors M4 est vide. Par conséquent, M4 est moins occupée que M3, M2 et M1. De même CM11 est moins occupée que CM1, ..., CM10, et FA32 que FA1,...,FA31.
Donc l'emplacement le moins pris est M4 ou CM11 ou H12 ou FA32.
En suivant le même raisonnement qu'en 2., on a P(M4) = 20\%, P(CM11) = \frac5{60} \approx 8.3\%, P(H12) = \frac1{12} \approx  8.3\%. Enfin, FA32 est pris uniquement lorsqu'aucune bille n'est dans l'horloge, donc P(FA32) = \frac1{12*60} \approx 0.14\% . C'est donc FA32 qui est (de loin) le moins occupé.

c) De même, FA31 est occupé si une bille au plus est dans l'horloge, ce qui arrive à 1h01, 1h05, et 2h00, donc P(FA31) = \frac3{12*60} \approx 0.42%. C'est donc FA31 qui est donc en seconde position des endroits les moins occupés.




Voilà pour ma part, merci DJ Fox pour cette énigme. :)
 
Hors ligne DJ Fox # Posté le 10/06/2012 à 17 h 04
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Citation : melepe
Je me souviens avoir déjà vu une horloge du même genre... Je l'avais trouvée un peu bruyante mais très amusante ! Par contre, je ne me suis jamais posé les questions que tu poses. :p
Mais allons-y pour une résolution. Je vais commencer par les questions ne nécessitant pas d'outil informatique (parce que flemme de programmer quelque chose):
1.Secret (cliquez pour afficher)
a) Il faut pouvoir afficher 12h59, ce qui nous fait 27 billes. De plus, il faut une bille en plus pour passer de 12h59 à 13h00. En regardant la vidéo, le transfert des billes est suffisamment rapide pour ne pas avoir besoin de bille supplémentaire. Bien sûr, pour afficher d'autres heures, il y a besoin de moins de billes donc le nombre n est n = 28.

b)Tant qu'il y a au moins une bille en file d'attente, tout se passe normalement. Si par contre il n'y a plus de bille en attente, alors le mécanisme est bloqué. Ici, il est bloqué à la première fois où il n'y a plus de bille en file d'attente, c'est à dire à 12h59.


2.Secret (cliquez pour afficher)
a) M4 est remplie lorsque l'heure est du genre X heures et Y4 minutes (ex : 8h54) ou XhY9 (c'est-à-dire quand le nombre de minutes est congru à 4 modulo 5), ce qui arrive 2 minutes toutes les 10 minutes, ce qui fait P_4 = \frac2{10} = 20% de chances qu'elle soit occupée.

b) De même, M3 est remplie lorsque l'heure est de la forme XhY3 ou XhY4, donc P_3 = \frac25 = 40%, P_2 = \frac35 = 60%, P_1 = \frac45 = 80%.

c) Petit piège : la méthode classique (P1 = 1 - P2 - P3 - P4) ne marche pas ici, car les événements ("M3 est occupée", "M4 est occupée"... sont des événements au sens mathématique) sont interdépendants (si M4 est occupée, nécessairement M3 est occupée. P4 dépend donc de P3). Il existe bien une formule qui y remédie, mais restons simple et gardons la même approche que précédemment : M1, M2, M3 et M4 sont vides losque l'heure est de la forme XhY0 ou XhY5, d'où une probabilité P_0 = \frac2{10} = 20%


3.Secret (cliquez pour afficher)
a) Au bout d'une minute, la bille 1 va en M1, y reste 4 minutes avant que la branche M ne soit saturée. A ce moment, M5 va en CM1, et les autres vont en file d'attente, la bille 1 arrivant la dernière. Elle se situe donc en FA31, et revient donc en FA1 30 minutes plus tard. Le temps total est donc 1 + 4 + 30 = 35 minutes.

b) On veut qu'il soit 1h00, autrement dit qu'il se soit écoulé un temps qui soit multiple de 12 heures, car l'horloge affiche 1h00 toutes les 12 heures uniquement. De même, on veut que le temps écoulé soit un multiple de 35 minutes, qui est le temps pour que B1 revienne en FA1.
Le temps souhaité est donc un multiple de 12 h = 720 minutes et de 35 minutes. On veut de plus que ce temps soit aussi petit que possible tout en restant multiple de 35 et 720, c'est donc le plus petit commun multiple de 35 et 720. Or ppcm(35,720) = 5040 minutes = 84 heures.


4. 5. Si quelqu'un veut faire un programme là-dessus, libre à lui, moi j'ai la flemme.

6. On peut y répondre sans programme !Secret (cliquez pour afficher)

a) Tout d'abord, les emplacements des heures et des minutes sont à proscrire, pour la bonne et simple raison qu'à 1h00, aucun d'eux ne sont occupés. Il reste donc les emplacements FA1 à FA32. Or, à 12h59, il ne reste que 33 - 28 = 5 billes en file d'attente. Par conséquent, FA1 à FA5 sont toujours occupées et ce sont les seuls emplacements, avec H1, à l'être.

b) Si M3 est vide, alors M4 est vide. Par conséquent, M4 est moins occupée que M3, M2 et M1. De même CM11 est moins occupée que CM1, ..., CM10, et FA32 que FA1,...,FA31.
Donc l'emplacement le moins pris est M4 ou CM11 ou H12 ou FA32.
En suivant le même raisonnement qu'en 2., on a P(M4) = 20\%, P(CM11) = \frac5{60} \approx 8.3\%, P(H12) = \frac1{12} \approx  8.3\%. Enfin, FA32 est pris uniquement lorsqu'aucune bille n'est dans l'horloge, donc P(FA32) = \frac1{12*60} \approx 0.14\% . C'est donc FA32 qui est (de loin) le moins occupé.

c) De même, FA31 est occupé si une bille au plus est dans l'horloge, ce qui arrive à 1h01, 1h05, et 2h00, donc P(FA31) = \frac3{12*60} \approx 0.42%. C'est donc FA31 qui est donc en seconde position des endroits les moins occupés.




Voilà pour ma part, merci DJ Fox pour cette énigme. :)


Voici mes remarques pour tes réponses :
Secret (cliquez pour afficher)
Excellent, tout simplement excellent. Le raisonnement tient la route, et j'ai trouvé exactement pareil que toi, sauf que tu as utilisé une approche mathématique (qui est donc plus rigoureuse que la mienne, car l'algorithme n'est qu'une preuve par l'expérience (la répétition), alors que les maths sont une preuve tout court [quoiqu'on puisse prouver la validité d'un algorithme mathématiquement]).
Il y a juste une réponse à laquelle je n'ai pas trouvé pareil que toi : il s'agit de la question 3)b).
Tu as trouvé 3,5 jours, j'ai trouvé 14 jours. Il me semble que je me suis basé sur 24H, alors que tu as raison, cette horloge n'a que 12 heures. Mais même si on divise mon résultat par deux, je trouve alors 7 jours, ce qui est différent de ton résultat.
Je ne suis pas sûr d'avoir bon, mais il me semble que même si la bille B1 met 35 minutes la première fois à être à nouveau en position FA1, l'état de l'horloge à ce moment là n'est plus le même (il y a d'autres billes dans le circuit). Donc la prochaine fois, il est fort possible qu'elle ne mette plus 35 minutes à retourner en FA1, mais moins (ou plus, si elle est tombée dans un logement des heures par exemple). Donc ce ne sont pas des multiples de 35 il me semble.


En ce qui concerne les autres questions, j'ai déjà fait le programme et la feuille Excel. Mais je ne donne pas tout de suite les réponses. :)
Merci d'avoir participé en tout cas, je m'attendais à ce personne ne réponde étant donné le pavé et la complexité (complexité apparente uniquement) de l'énigme.

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Hors ligne lulu31 # Posté le 10/06/2012 à 22 h 20
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Même si le fonctionnement de la machine est sûrement très bien expliqué, je pense qu'il est plus facile de résoudre l'énigme si l'on a une horloge à billes chez soi. Cependant, si j'en ai le temps, j'essaierai de résoudre ce problème. Donc ne donne pas les réponses trop rapidement. ;)

(\ /)
( - -)
c(")(")

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Hors ligne melepe # Posté le 15/06/2012 à 21 h 10
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Awwwww. Effectivement, tu as raison pour la 3.b), je retourne donc chercher un moyen analytique (si possible), parce que même si la preuve informatique est tout aussi valable, je préfère personnellement la preuve analytique (qui a dit masochiste ?).
Par ailleurs, la preuve informatique a servi à démontrer quelques théorèmes qui mettaient en échec es maths "classiques" : problème des 4 couleurs, nombre de Dieu... Mais c'est souvent bourrin ! :p
 

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