Forum de mathématiques - Bibm@th.net

Je dois avouer que j'ai aussi du mal à y croire après avoir pas mal cherché.
Il reste encore la force brute d'un programme d’exploration de toutes les suites $a_k$ possibles. Mais je ne vois aucun raisonnement menant même à 10,3.
En tâtonnant j'étais arrivé à 10,31.
Ernst est arrivé à 10,30 ce qui est mieux.
Mais je ne vois même pas comment prouver un tel résultat en dehors de la force brute. Et j'ai la flemme de m'y coller.

[edit] Il n'y a pas que de la flemme, il y a aussi de l'incompétence.

J'ai vraiment du mal avec ce problème.
Voilà où j'en suis.

On fait une liste de n valeurs  croissantes $(a_1,\dots a_k,\dots  a_n)$ avec $a_n=100-1$.
On lance une boule de l'étage $a_1$ puis, si elle n'a pas cassé, de l'étage $a_2$ etc jusqu’à ce qu'elle casse.
Si elle n'a pas cassé à l'étage 99 on sait qu'elle va casser à l'étage 100 d'après l'énoncé. On peut donc s’arrêter.

Pour simplifier on pose $a_0=0$ et, pour $k$ entre 1 et $n$, $d_k=a_k-a_{k-1}.$
Si la boule casse à l'étage $a_k$ on lance la seconde boule à partir de l'étage $a_{k-1}+1$ jusqu’à ce qu'elle casse.
Si elle ne casse pas à l'étage $a_k-1$ on sait que l'étage cherché est $a_k.$

En résumé si la boule casse à un étage $B$ tel que $a_{k-1}<B<a_k$ il faut $k+B-a_{k-1}$ lancers pour trouver l'étage.

En regroupant les valeurs de $B$ vérifiant $a_{k-1}<B\leqslant a_k$ on voit qu'il faut au total $(k+1)+\dots+(k+d_k)-1$ essais.
Ce qui fait $k\,d_k+\frac12 d_k(d_k+1)-1$.

Finalement l'espérance est un centième de $\sum_{k=1}^n kd_k+\frac12\sum_{k=1}^n d_k(d_k+1).$

Bonsoir,
ma méthode est mauvaise, en lançant la première boule tous les dix étages on fait mieux.

Je joue aussi aux échecs. Et de 55 ans à 75 ans j'ai perdu 300 points Élo.

Bonsoir,
si, au premier essai, on lance la première boule à l'étage $k$ et qu'elle casse il ne reste plus qu'une stratégie : essayer tous les étages dans l'ordre croissant.
D'après l’énoncé on sait que la boule casse si on la lance de l'étage 100. Il reste donc 99 étages à tester.
Je propose la stratégie suivante.

Bonsoir,
pour l'épisode 1.

Je trouve la même chose, et ça m'a surpris quand je l'ai trouvée.

Bonsoir,
l'aire n'est pas une fonction de l'abscisse de B.
Pour donner un exemple, je prend $x_O=y_O=0$ et $x_A=y_A=1$. On a donc $r=\sqrt2$. Je note $x_B=u$ et $y_B=v$. On a donc $u^2+v^2=2.$

Soit A' le point diamétralement opposé à A. Ses coordonnées sont $(-1\,;-1)$.
L'aire du rectangle est AB×A'B.
$\text{AB}^2=(u-1)^2+(v-1)^2=u^2-2u+1+v^2-2v+1=4-2(u+v)$ car $u^2+v^2=2.$
De même $\text{A'B}^2=4+2(u+v)$.

L'aire cherchée est donc $\sqrt{4-2(u+v)}\cdot\sqrt{4+2(u+v)}$. Ce qui est égal à $2\sqrt{2-2uv}$.

Or $v=\pm\sqrt{2-u^2}$.

Il y a donc deux fonctions à considérer :
— si l'ordonnée est positive l'aire est $2\sqrt{2-2u\sqrt{2-u^2}}$,
— si l'ordonnée est négative l'aire est $2\sqrt{2+2u\sqrt{2-u^2}}$.

Salut Black Jack,
le repère est imposé par l'énoncé

Sinon je suis bien entendu d'accord avec ton résultat.

Bonne année,
il faut distinguer sûr et presque sûr.
Il y a une infinité de tirages dans lesquels ne figure jamais  la séquence « deux fois pile, deux fois  face puis pile et face ».
On est « presque sûr » d’obtenir cette  séquence avec une infinité de tirages mais on est pas sûr de l’obtenir.

Bonsoir,
on a [tex]\sin(u)\simeq u[/tex] et [tex]e^u\simeq 1+u[/tex] quand [tex]u[/tex] tend vers 0.

Bonsoir,
j'ai l'impression que le réservoir est un prisme droit à base triangulaire posé sur une arête latérale, la face opposée à cette arête restant ouverte. ( Un genre d’abreuvoir. )
De plus le triangle de base est isocèle avec deux côtés de 50cm formant un angle [tex]\theta[/tex].
Le volume est maximum quand l'aire du triangle de base est maximale.
Ce qui reste à sonic5791 est de calculer l'aire d'un triangle isocèle dont les deux côtés égaux mesurent 50cm et forment un angle [tex]\theta[/tex] compris entre 0 et [tex]\pi.[/tex]

Bonsoir,
si $A\cap B\neq \emptyset$ il existe des applications $(g,h)\in \mathcal{F}(A,F)\times \mathcal{F}(B,F)$ qui ne sont pas des restrictions d'une application de E dans F.
En particulier parce que g et h peuvent avoir des images différentes sur $A\cap B$.

Par exemple en prenant $E=\mathbb{R}, A=\mathbb{R^-}, B=\mathbb{R^+}$ puis $g : \mathbb{R^-}\to \mathbb{R} ; x\mapsto g(x)=-1$ et $h: \mathbb{R^+}\to \mathbb{R} ; x\mapsto h(x)=1$ on voit qu'il y a un problème en 0 pour associer $(g,h)$ à une application de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$.