Oui mais c'est juste pour convaincre Dieu de lui trouver une place. Et puis c'est juste une blague, pas un débat hein :P

Bien sûr ! D'ailleurs, ça m'a fait rire. Pourtant, je la connaissais déjà, avec un belge.

Une devinette facile : 3 boîtes (A,B et C), une contient la formule magique pour devenir modérateur sur Spontex. Vous choisissez la A. Je vous dis que la C ne contient pas la formule magique. Vous changez de boîte ou pas ?
Je veux une réponse ET un raisonnement justifiant la réponse.

Non, je garde la boite A puisque c'était mon choix initial. Et puis, je n'ai pas besoin de formule magique : je suis déjà modérateur ^^

Il faut choisir la B.

Au départ, il y une chance sur 3 que la formule soit dans chacune des boites.

Je choisis la A, et j'ai donc une chance sur 3 d'avoir la formule, il y a 2 chances sur trois qu'elle soit dans l'une des 2 autres boites.
Si tu me dis qu'elle n'est pas dans la C, il y a donc 2 chances sur 3 qu'elle soit dans la B.

Dauby: je change, parce qu'en me montrant une boite qui ne contenait rien,
* ma boite est toujours à 33% (50% – 17%)
* l'autre boite est à 66% (50% + 16%)

Donc ça vaut le coup…

Raph c'est ça ^^ Je comprends pas tes 17 et 16% mans.

Sinon, ils en parlent dans Las Vegas 21, mais leur explication est totalement moisie ^^ Leur histoire de changement de variable est juste là pour faire “matheux”.

Mon 16/17% (arrondi) c'est justement la trace de ce changement de variable aléatoire.

mais effectivement, l'explication de Raph est plus claire.

Pfff, on se croirait au jeu d'Arthur.

Aaaaaaaaaaargh !!!!!! Vision d'horreur !!!!!!!!

Lotharius: Espèce de Godwin nazi.

heureusement que je suis au chomage technique, ça permet de me mettre à jour sur le forum… vous avez pas mal de blagues et devinettes de matheux quand même…

Puisque apparemment, vous aimez les énigmes à forte consonance mathématiques, en voici une qui devrait vous tenir en haleine quelque temps (bien qu'il n'y ait rien de compliqué…).

On considère un grand cube, dont chaque côté est composé de n petits cubes (on a donc n.n.n petits cubes dans notre grand cube). On suppose que tous les petits cubes sont intégralement vert à la base (sur toutes leurs faces). Une fois notre grand cube formé, on peint en rouge les faces extérieures de ce grand cube, puis on le désassemble entièrement et on mélange les petits cubes.

Question : quelle est la probabilité pour un daltonien (ou un aveugle) qui reformerait le grand cube que celui-ci entièrement rouge sur ses faces extérieures ?

Un tube d'aspirine siouplait :)

vite fait, je dirais qu'il faut calculer le nombre de combinaisons possible avec les faces extérieures rouges., et diviser par le nombre total de combinaisons possibles.

• Le nombre total de combinaisons possibles est N_tot = n³!

• Et le nombre de combinaisons avec les faces rouges, je pense que ça doit être: nombre de possibilités d'agencement des cubes extérieurs pour faire les faces rouges x nombre de possibilités d'agencement des cubes intérieurs.

• Le nombre de possibilités d'agencement des cubes intérieurs, c'est pareil que plus haut, ça vaut N_int = (n-2)³!

• Bon, et pour le nombre de possibilités d'agencement des cubes extérieurs pour faire les faces rouges, c'est un peu plus compliqué, vu que les cubes peuvent avoir 1,2 ou trois faces peintes.

- Je commence par ceux ayant 3 faces: Ils sont 8, il y a donc N_ext_3 = 8! façon de les disposer à chaque coin.

- Pour ceux ayant 2 faces, il y en a 2x(4x(n-1))+4x(n-1)= 12(n-1)
Donc N_ext_2 = (12(n-1))! possibilités

- Et pour ceux ayant 1 faces, il y en a 8 x (n²-4(n-1)).
Donc N-ext_1 = (8 x (n²-4(n-1)))! possibilités.

Donc N-ext_1 x N-ext_2 x N-ext_3 = 8! x (12(n-1)! x (8 x (n²-4(n-1)))! possibilités pour les cubes extérieurs.

Donc le nombre de combinaisons avec les faces rouges doit être: N-ext_1 x N-ext_2 x N-ext_3 x N_int = 8! x (12(n-1)! x (8 x (n²-4(n-1)))! x (n-2)³!

Ce qui fait au final une proba de :

N-ext_1 x N-ext_2 x N-ext_3 x N_int / N_tot = 8! x (12(n-1)! x (8 x (n²-4(n-1)))! x (n-2)³!/(n)³!

ça doit pouvoir se simplifier, mais je dois aller manger ^^

(C'était plus long que ce que j'imaginais, je ne suis pas sur d'avoir fait au plus simple, et de pas m'être gaufrer au milieu…)

edit: ça se simplifie un peu en:

8! x (12(n-1))! x (8 x (n²-4(n-1)))! /((n-1) x n)³

Edit 2: J'avais oublié les différentes position de chaque cube. Cette proba correspond donc à celle ou les cubes sont à la bonne place.
Maintenant, pour calculer celle où les cubes sont à la bonne place, et correctement orientés.

Il faut donc multiplier chaque précédent N par le nombre d'orientation possible pour chacun.

Un cube d'une manière générale peut-être orienté de 24 façons. (Pour chaque face, orienté sur un axe, il est possible de faire 4 rotation différentes, et il y a 6 faces, donc 24)

• Donc le nombre de cas total vaut: N_tot x 24ⁿ

• de même, pour le calcul des cubes intérieurs: N_int x 24ⁿ

• pour les cubes ayant 3 faces peintes, il n'y a qu'une seule orientation possible: N_ext_3

• pour les cubes à 2 faces peintes, il y a 2 orientations acceptable: N-ext_2 x 2ⁿ

• pour les cubes à 1 face, il y a 4 orientations: N-ext_1×4ⁿ

Donc ça nous fait comme résultat final:

P = N-ext_1×4ⁿ x N-ext_2 x 2ⁿ x N_ext_3 x N_int x 24ⁿ / N_tot x 24ⁿ

P = 4ⁿ x 2ⁿ x 24ⁿ x 8! x (12(n-1))! x (8 x (n²-4(n-1)))! /((n-1) x n)³ x 24ⁿ

P = 4ⁿ x 2ⁿ x 8! x (12(n-1))! x (8 x (n²-4(n-1)))! /((n-1) x n)³

Mmm. Si il n'y a pas une erreur au milieu de tout ça, je pense que j'entrerai dans une phase d'autoadulation ^^

ça c'est du vite fait…

Moui, je me suis un peu avancé… ^^

Dommage que ce ne soit pas logotisable en taille, sinon…