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10 mars 2011 4 10 /03 /mars /2011 12:00

Ci-dessous un des épisodes de la série Fantazy Zone éditée par SEGA. Le vaisseau dirigé par le jouer se déplace de haut en bas et de droite à gauche dans des couloirs. 

 

 

 

 

 

 

 

Observez ce qui se passe lorsque le vaisseau arrive à l'extrémité droite et continue, ou ce qui se passe quand il arrive en bas et poursuit sa route. Il passe de l'autre côté. Ce type de téléportation me fait penser à la série de jeu Mario Bros (voir ici pour comparer). 

 

vlcsnap-2011-03-02-14h16m50s161 vlcsnap-2011-03-02-14h17m18s154.png
 Vaisseau en bas
 puis vaisseau en haut

 

 vlcsnap-2011-03-02-14h18m13s47.png  vlcsnap-2011-03-02-14h18m20s186.png
 Vaisseau à gauche
 vaisseau à droite

 

Comment peut-on l'expliquer cette fois-ci ?


Articles précédents :
  1. Le retour de Mario Bros. : téléportation ? 
  2. Le retour de Mario Bros : Téléportation (2) 

Au fait quel autre jeu déjà évoqué sur ce blog se déroule lui aussi dans la Fantazy Zone ?

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24 février 2011 4 24 /02 /février /2011 12:00

Dans le jeu vidéo Kaettekita Mario Bros. (かえってきたマリオブラザーズ) sorti en 1988 sur Famicom Disk System (FDS), et comme dans le précédent volet Mario Bros., les ennemis et le personnage mario lrosqu'ils atteignent le bord de l'écran passer de l'autre côté. Cela se fait naturellement et l'on n'est pas surpris de voir un personnage passer du bord droit au bord gauche en allant dans la même direction. Comment expliquer cette téléportation physiquement ?

 

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22 février 2011 2 22 /02 /février /2011 12:00

La question que j'avais posée est la suivante. Comment se fait-il que j'ai au moins deux amis Facebook ayant le même nombre d'amis en commun avec moi.

 

Disons que j'ai n amis. J'ai n+1 boites numérotées de 0 à n-1. Pour chaque ami, je compte le nombre d'amis qu'il a en commun avec moi, et je le range dans le boite correspondant à ce nombre. Par exemple, si un ami a 17 amis en commun avec moi, je le range dans la boite 17.

 

amis en commun

Boite 0 1 2 ................. n-2 n-1

 

Aucun ami ne peut avoir n amis parmi mes amis car il ne peut être ami qu'avec mes (n-1) autres amis. Donc chaque ami peut être mis dans une boite.

 

Deux cas sont possibles : 

 

Cas 1 : J'ai un ami ami avec tous les autres. Dans ce cas, tous mes autres amis ont au moins un ami et aucun ne se range dans la boite 0. Ils se rangent donc dans les boites de 1 à n-1. Il n'y a que n-1 boites.

 

 

Boite 1 2 ................. n-2 n-1

 

Comme ils sont au nombre de n, au moins une boite contient au moins deux amis d'après le principe des tiroirs (voir Anniversaires de mes amis Facebook (réponse) et principe des tiroirs ).

 

Cas 2 : Je n'ai pas d'ami ami avec tous les autres (qui sont n-1). Dans ce cas, mes amis ont au maximum n-2 amis. Ils se rangent ainsi dans les boites numérotées de 0 à n-2. Il n'y a que n-1 boites.

 

 

Boite 0 1 2 ................. n-2

 

Comme ils sont au nombre de n, au moins une boite contient au moins deux amis d'après le principe des tiroirs (voir Anniversaires de mes amis Facebook (réponse) et principe des tiroirs ).

 

Dans les deux cas au moins deux amis sont dans la même boite, ce qui veut dire qu'ils ont exactement le même nombre d'amis en commun parmi mes amis.

 

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19 février 2011 6 19 /02 /février /2011 12:00

Voici le pavé découpé en quatre : ses dimensions sont a, b et c avec a>b>c.

pavé lettresComme le pavé est découpé en 4 pavé identiques,  les dimensions de chacun des 4 petits pavés sont a/2, b/2 et c.

 

On avait au départ :a>b>c donc a/2>b/2. Notons a'>b'>c' les dimensions d'un petit pavé. On a 3 cas  :

  1. a'=a/2 et b'=b/2 et c'=c ou
  2. a'=a/2 et b'=c et c'=b/2 ou
  3. a=c et b'=a/2 et c'=b/2.

Pour que les petits rectangle aient la même forme que le grand, on doit avoir :

ega1.png

Dans le premier cas : cela donne en particulier (b/2)/b=c/c soit 1/2=1 donc ce cas n'est pas possible.

 

Dans le deuxième cas : cela donne (a/2)/a=c/b=(b/2)/c d'où 1/2=c/b soit b=2c. Mais alors (b/2)=c d'où (b/2)/c=1. Encore une fois on aboutit à 1/2=1. Ce cas est donc lui aussi à éliminer.

 

Ainsi la seule possibilité pour notre problème est le cas 3 : 

 possibilit.png

 

Pour simplifier les calculs, prenons comme unité de mesure le segment c. Ainsi c=1.

 

On a donc

ega2.png

 

calculs-copie-1.png

 

Ci-dessous, un petit pavé et le grand. Il faut les faire tourner pour voir la ressemblance.

 

pave_petit-copie-1.png  pave_iso-copie-1.png
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18 février 2011 5 18 /02 /février /2011 12:00

Prenons un motif de contour rectangulaire, comme celui ci-dessous :

rect_motif.png

Dupliquons ce rectangle à sa droite son double contre le côté verticale droit.

rect motif doublé

On peut répéter cette opération plusieurs fois, et obtenir ainsi une frise :

rect_motif_frisepng.png

Prochainement, je reparlerai de frise et de cylindre ....

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15 février 2011 2 15 /02 /février /2011 12:00

amis_en_commun.jpg

Dans mes amis facebook, je ne l'ai pas vérifié mais je suis certain d'avoir 2 amis ayant en commun avec moi exactement le même nombre d'amis.

 

Pourquoi ?

 

Réponse dans une semaine... N'hésitez pas à poster des commentaires.

 


 

Précédemment :

  1. Anniversaires de mes amis Facebook 
  2. Anniversaires de mes amis Facebook (réponse) et principe des tiroirs
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13 février 2011 7 13 /02 /février /2011 12:00

Quelle était la particularité de la date du 11 février 2011 ?

 

Tout simplement : On peut l'écrire 11022011.

 

Ce nombre est un palindrome, on peut la lire de la gauche vers la droite ou de la droite vers la gauche. (voir  Palindrome )

 

Quelle est la prochaine date palindromiqe ?

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12 février 2011 6 12 /02 /février /2011 12:00

pave_iso.pngCi-contre, nous avons un pavé droit partagé en 4 pavés identiques.

 

Ces quatre pavés ont la même forme que le grand pavé.

 

Cela est-il possible ? Si oui, comment ?


Quelles dimensions a ce solide ?

 

 

 

 

Indications.

 Regarder les articles :

 

 

Des éléments de réponse dans une semaine .....

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11 février 2011 5 11 /02 /février /2011 12:00

         Quelle est la particularité de la date d'aujourd'hui ?

 

C'est l'anniversaire de la mort de René Descartes, mathémartcien et philosophe Français en 1650.


 

C'est aussi le jour où le mathématicien Emile Picard est entré à l'académie française en 1924.

 

      Tout cela n'a rien à voir avec ce que je cherche car ce n'est pas la bonne année. Alors pourriez vous me dire quelle est la particularité du 11è jour du 2 è mois de la 12 è année du 2è millénaire ?

 

Peut-être une réponse un de ces jours ....

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10 février 2011 4 10 /02 /février /2011 12:00

Happy Birthday! Dans une année, il y a 52 semaines. Sur un calendrier, je note le nom de mes amis Facebook dans la semaine où il se produit. Avant d'avoir placé mes 70 amis je me rends compte que j'ai déjà noté le nom de deux de mes amis dans la même semaine. En effet, arrivé au 53è ami deux cas peuvent se produire :

  1. Cas 1  : pour chaque semaine, j'ai déjà un ami dont c'est l'anniversaire. Alors le 53è ami qui a forcément son anniversaire dans l'une de ses 52 semaines a le même anniversaire que la personne déjà notée pour cette semaine.
  2. Cas 2 :  il reste une semaine où aucun ami n'a son anniversaire. Dans ce cas, mon 53è ami peut avoir son anniversaire durant cette semaine-là et je vais montrer que parmi mes 52 premiers amis, au moins d'eux d'entre eux ont leur anniversaire la même semaine.

Seul le cas 2 pose problème. Plaçons nous dans ce cas. Alors 52 amis se partagent 51 semaines pour leur anniversaire.

Occupons nous du 52è amis, deux cas sont possibles :

  1. Cas 1 : les anniversaires de mes 51 premiers amis occupent les 51 semaines qui m'intéressent et nécessairement le 52è a son anniversaire durant l'une de ces semaines et c'est fini.
  2. Cas 2 : il reste une semaine  dans les 51 où aucun ami n'a son anniversaire et comme précédemment nous sommes ramenées à la situation où les anniversaires de mes 51 amis occupent 50 semaines.

Comme précédemment, seul le cas 2 pose problème. Ici 51 amis se partagent 50 semaines pour leur anniversaire. En raisonnant de la sorte encore une fois, le seul problème événtuel est que mes 50 premiers amis aient leur anniversaire étamés sur 49 semaines.

 

Succèssivement notre problème se ramène à

  • 49 amis ont leur anniversaire sur 48 semaines, puis
  • 48 amis ont leur anniversaire sur 47 semaines
  • .....
  • 3 amis ont leur anniversaire sur 4 semaines
  • 2 amis ont leur anniversaire la même semaine.

Cette démonstration n'est pas rigoureuse car j'ai passé 44 étapes. Pour une preuve irréprochable, j'aurai du utiliser un raisonnement par récurence.

 

J'aurai pu utiliser également le principe des tiroirs de Dirichlet :

 

 

Principe des tiroirs (Schubfachprinzip) 


Si l'on dispose de n tiroirs et d'au moins n+1 objets, alors au moins un tiroir contiendra 2 objets.

Dirichlet

 

 

 

En appliquant ce principe, on voit que si je range chacun de mes amis dans le tiroir correspondant à la semaine de son anniversaire, puisque 70 est strictement plus grand que 52. Au moins deux amis auront leur anniversaire la même semaine.

 

Le démonstration du principe des tiroirs peut se faire d'une manière analogue à la démonstration précédente.

 

En utilisant un raisonnement par récurence, cela devient beaucoup plus rapide.

 

Démonstration du principe des tiroirs par récurence :

 

m étant un nombre entier naturel, on définit la propriété

P(m) : si j'ai k objets et si k est au moins égal à m+1, alors en les rangeant dans m tirois au moins deux objets seront dans le même tiroir.

 

Initialisation :

P(1) est vraie car si j'ai 2 objets à ranger dans le tiroir, le tiroir contiendra deux objets.

 

Hérédité :

Supposons que la propriété P(m) soit vraie. Prouvons P(m+1). Je dispose d'au moins m+2 objets à ranger dans (m+1) tiroirs. Je ne vais m'occuper que de m+2 objets. Considérons un parmi ces objets, disons mon préféré. Comme pour mes amis Facebook, deux cas sont possibles : 

  1. Soit tout les autres (m+1) objets sont dans un tiroir différent et mon objet préféré ne sera pas seul dans l'un de ces (m+1) tiroirs (il n'y a pas d'autre tiroirs) et c'est fini,
  2. soit il y a au moins un tiroir vide et les m objets sont rangés dans m tiroirs et peu m'importe ou je rangerai mon objet préféré.

En effet, dans le cas 2, j'utilise l'hypothèse de récurence P(m) qui dit que parmi les m tiroirs, au moins un contient au moins deux objets. Cela prouve P(m+1).

 

Conclusion : Comme P(m) implique P(m+1) (hérédité) et que P(1) est vraie (initialisation), alors la propriété P(n) est démontrée pour tout n au moin égal à un.

 


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  • : Au départ, j'ai créé ce blog pour y publier des articles reliant Maths et histoire de l'art et la culture. Maintenant, il me permet d'aborder des sujets simples de la culture mathématique. J'aime parler de jeux vidéos. Vous trouverez aussi sur ce site des fiches de maths et Histoire des Arts de 2009-2010 au format *.pdf. Je ne sais pas où me mène ce blog donc il ne sera sans doute plus le même si je continue à l'alimenter dans un an. N'hésitez pas à laisser des commentaires.
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