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Forum > Sciences > Petites enigmes
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03/10/13 (13:07) Membre | Mouton a écrit : > Et pourtant tres difficile pour mes eleves, qui ne sont pas au point en probas. Du coup, ca > fait une intro sympa. A ce niveau la, j'aime bien la proba suivante : Lors d'un jeu on a 3 portes identiques : 2 contiennent rien et 1 contient un prix. Le joueur choisit la porte de son choix. Le presentateur ouvre une mauvaise porte parmi les deux portes que le joueur n'a pas choisi. Puis il propose au joueur de changer de porte. Apres avoir eventuellement change de porte, le joueur ouvre la porte et prend le prix. Le joueur doit-il changer de porte? Est-ce que ca ne change rien a ses chances? Pourquoi? Et en annexe, tes eleves, ils sont a quel niveau? Parce que t'as des enigmes complexes et des bien moins complexe. Genre le coup de division de cercle, pour moi c'etait des personnes niveau fac assez avance alors que le coup des tasses, je vois ca plus niveau lycee. [ce message a été édité par Elune Jumper le 03/10 à 13:12] |
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04/10/13 (00:52) : 1 | Elune MorningwoodJumper a écrit : > Lors d'un jeu on a 3 portes identiques : 2 contiennent rien et 1 contient un prix. > Le joueur choisit la porte de son choix. > Le presentateur ouvre une mauvaise porte parmi les deux portes que le joueur n'a pas choisi. > Puis il propose au joueur de changer de porte. > Apres avoir eventuellement change de porte, le joueur ouvre la porte et prend le prix. > > Le joueur doit-il changer de porte? Est-ce que ca ne change rien a ses chances? Pourquoi? C'est une énigme très connue effectivement. Dans mon cas, elle pose plusieurs problèmes : - la réponse est du oui/non. Comme je demande peu de justifications, je choisis des énigmes pour lesquelles les élèves peuvent bidouiller un peu, et sortir quelque chose même sans avoir tout compris aux dessous du problème. Ici ce serait impossible. - l'énoncé n'est pas toujours clair. Par exemple, tel que tu l'as écrit, il est impossible de dire s'il faut changer de porte ou si ça ne change rien (ça dépend de si le présentateur sait que la porte qu'il ouvre est mauvaise, ou s'il ouvre une porte au pif et constate qu'elle est mauvaise) - il est facile de trouver la solution en ligne. Ou plus généralement, c'est un peu du "je sais / je sais pas". Il est très rare de trouver tout seul la réponse à cette énigme. > Et en annexe, tes eleves, ils sont a quel niveau? Parce que t'as des enigmes complexes et des > bien moins complexe. Première année de prépa TSI. Ce sont des élèves qui ont fait des choses par le passé, mais moins que des élèves de S. Leur niveau est très hétérogène, à la fois en terme de calculs, de compréhension de concepts, ou d'imagination/initative face à des problèmes nouveaux. Par exemple, j'ai l'impression que le coup des cercles leur a posé moins de problème que le coup des tasses, mais ils ont peut-être eu de l'aide sur le cercle. C'était un problème un peu trop difficile par rapport à ce que je pense poser à l'avenir (ou alors pas trop souvent). > Genre le coup de division de cercle, pour moi c'etait des personnes niveau fac assez avance > alors que le coup des tasses, je vois ca plus niveau lycee. La division de cercles se fait bien au niveau prépa, en fait. Je ne demandais pas de formule explicite, et seulement les termes U_6 et U_18. Je les ai recalculés avec leurs connaissances de calcul, en calculant une formule de récurrence à la calculatrice : Voir le corrigé. Pour les tasses, je pense que presque aucun élève ne sait calculer ça au niveau lycée. Déjà, dénombrer les permutations différentes (6!/(2!)^3) n'est pas évident. Compter celles qui collent est difficile aussi. Le calcul est moins technique, mais le raisonnement est moins développé dans ce domaine, chez eux. Ce n'est ici que ma perception des choses, hein. De toute façon, ce n'est pour moi pas un problème de varier la difficulté : ça intéresse des élèves différents. Par exemple, mes élèves costauds en maths n'ont pas cherché l'enigme avec les huit, et c'est très bien : d'autres élèves ont bidouillé et cherché leur liste (et ont oublié 11). Un dernier truc : je suis content de tous les retours que j'ai de votre part concernant cet essai. Je ne sais pas bien si je continuerai toute l'année, mais pour le moment, je suis aussi content des réponses des élèves que j'ai reçues. Si j'ai du temps, je vous scannerai la réponse d'un élève pour l'énigme 2, il y avait des choses très intéressantes dedans. -- Mouton [ce message a été édité par Compte détruit le 04/10 à 00:52] |
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04/10/13 (09:26) Membre | Mouton a écrit : > Déjà, dénombrer les permutations différentes (6!/(2!)^3) n'est pas évident. Compter celles qui collent est difficile aussi. C'est surtout que c'est pas comme ca qu'il faut partir pour un eleve de lycee. L'eleve de lycee partira comme suit : Spoiler La premiere tasse rouge a 2 places sur 6 correctes. La deuxieme a 1 place sur 5. La premiere d'une autre couleur a 2 places sur 4 correctes. La deuxieme a 1 place sur 3. Les dernieres sont forcement a la bonne place. 2*2 / 6*5*4*3 = 1/90. Je pense meme que c'est plus rapide que par les permutations (mais c'est plus du "je touche" que du "je calcule"). Sinon, je pense que pour les eleves c'est sympa d'avoir des enigmes comme ca qui permettent de faire tourner son cerveau. [ce message a été édité par Elune Jumper le 04/10 à 09:26] |
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04/10/13 (10:27) : 1 | Elune MorningwoodJumper a écrit : > Je pense meme que c'est plus rapide que par les permutations (mais c'est plus du "je touche" > que du "je calcule"). Bon, j'ai passé un moment à réfléchir sur ce que tu disais. Ce « 1/90 » m'avait dit quelque chose, mais en fait, ce n'est pas la bonne réponse. Je pense que tu as mal lu l'énoncé, et calculé la proba que toutes les tasses soient sur une soucoupe de leur couleur. Du coup, le problème est moins simple, et tu as du travail -- Mouton |
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04/10/13 (10:48) Membre | Mouton a écrit : > Du coup, le problème est moins simple, et tu as du travail Effectivement j'ai mal lu l'enonce... J'ai calcule pour que tout corresponde par pour que tout soit different... m'apprendra a lire en diagonal et effectivement c'est plus complexe. Spoiler Et donc je trouve 1/9 par le raisonnement suivant : On a 90 permutation a couleurs differentes (en eliminant les permutations entre tasses de meme couleur). On a 2 cas a echange complet de couleurs BB CC AA et CC AA BB. Ensuite y a BC AC AB qui possede 8 echanges possibles (c'est des couples binaires qu'on peut noter 000 001 010...) Toute autre combinaison implique une tasse a la bonne place (deduction par placement logique : si je mets X ici puis Y la, alors je peux que mettre Z ici...) Donc 10/90. Par contre, j'ai pas cherche a resoudre ca par des maths. [ce message a été édité par Elune Jumper le 04/10 à 11:20] |
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04/10/13 (13:26) : 1 | Elune MorningwoodJumper a écrit : Tu as la même solution que moi, avec la même méthode. Et de manière amusante, la disjonction que tu fais est assez peu applicable si on essaye de généraliser. Est-ce que du coup tu penses que l'écart de difficulté est normalisé ? Il faut que je cherche un problème pour la semaine prochaine. Sur des complexes ou de la géométrie dans le plan. Vous avez des idées ? -- Mouton |
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04/10/13 (14:25) Membre | Je suis extremement mauvais pour pondre des enigmes. |
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10/10/13 (10:19) : 1 | Avec du retard, forcément (mais je n'ai eu aucune proposition pour l'enigme précédente) : On se donne un graphe complet à 6 sommets et deux joueurs. Chaque joueur à son tour colorie une arête de sa couleur (rouge ou verte). Un joueur gagne s'il a colorié un triangle. Montrer qu'il y a forcément un vainqueur. Pour aller plus loin : le jeu de la gaufre se joue sur un tableau n×m. Chaque joueur à son tour désigne une case valide, et supprime alors toutes les cases qui sont en haut et à gauche de cette case (autrement dit, si je désigne la case (i,j), je supprime toutes les cases (k,l) telles que k≥i et l≥j ; supprimer signifie "rendre invalide"). Le perdant est celui qui choisit la case (1,1). Discuter, suivant les valeurs de (n,m), de l'existence d'une stratégie gagnante pour le premier ou le deuxième joueur. -- Mouton |
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11/10/13 (14:09) Membre | Mouton a écrit : > On se donne un graphe complet à 6 sommets et deux joueurs. Chaque joueur à son tour colorie > une arête de sa couleur (rouge ou verte). Un joueur gagne s'il a colorié un triangle. > Montrer qu'il y a forcément un vainqueur. Spoiler Ne pas avoir un triangle revient a dire que : Pour tous points A, B et C, si J1 detient AB et AC alors J2 detient BC. Avec 6 sommets, il existe 5 arretes pour chaque point. Un joueur doit donc avoir au moins 3 arretes. Donc J1 detient AB, AC et AD. D'apres notre regle, cela signifie que J2 detient BC, CD et BD. Ce qui forme un triangle pour J2. Il y a donc forcement un vainqueur. Pour le deuxieme: Spoiler Il y a tres certainement a voir que quand tu as n=m=2, le joueur qui joue est gagnant. Et que a chaque action, tu crees 2 blocs a considerer : on a (k-1,l-1) (k-1,n) et (m,l-1). Et qu'on doit pouvoir dire que celui qui prend le (1,1) de chaque bloc est perdant pour x raison. Mais la, j'arrive pas plus loin sans reflechir plus [ce message a été édité par Elune Jumper le 11/10 à 14:20] |
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11/10/13 (15:30) : 1 | Elune MorningwoodJumper a écrit : > Pour le deuxieme: Il faut déjà montrer qu'un des joueurs a une stratégie gagnante (pas difficile si on a l'habitude de ce genre de raisonnements ou si on a le théorème adapté). Je te laisse chercher. J'avais fait cette démonstration à un de mes oraux d'agrégation, ça m'avait valu une plutôt bonne note. -- Mouton |
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