Autoévaluation

Cinq étudiants, assis côte à côte à une table, attendent les résultats d’une épreuve notée sur 5 (pour laquelle ils étaient les seuls candidats). L’examinateur entre dans la pièce, et demande à chacun d’énoncer à autre voix d’annoncer à haute voix combien il pense avoir obtenu. Le candidat situé à l’extrémité gauche de la table pense avoir obtenu 2/5, son voisin 3/5, le candidat du milieu également 3/5, le quatrième 5/5, et le candidat situé à l’extrémité droite 4/5.

L’examinateur leur dit alors :

« Tout d’abord, sachez que personne n’a eu zéro. Concernant votre autoévaluation, sachez que seul l’un d’entre vous a raison. Trois autres se sont trompés d’un seul point… et l’un d’entre vous se surévalue de deux points. Aucun candidat n’a la même note que son voisin, et aucun candidat n’a de voisins qui ont la même note. Seuls deux candidats ont la même note. »

Brusquement, un responsable du centre d’examen entre dans la pièce, et prend l’examinateur à part.

Laissés seuls, les étudiants réfléchissent à la situation. Lorsque l’examinateur revient, il leur donne la moyenne du groupe à cet examen. A cet instant, chacun parvient à deviner la note qu’il a obtenue.

Sachant cela, déterminez la note de chaque étudiant.

 

Notez qu’il n’est pas nécessaire de se lancer dans de longs et fastidieux calculs pour résoudre cette énigme ! Avec la méthode adéquate, cela peut être fait en quelques minutes, à la main, sur un coin de nappe…

La publication de la solution à cette énigme est programmée pour jeudi prochain, 8h00 (les commentaires sous l’énigme seront fermés après cette date).

[Edit du 25/08 : merci à « Machin » de m’avoir signalé la coquille présente dans l’énoncé original ! 🙂 J’ai profité de cette édition pour mettre en gras quelques mots, et ainsi insister sur la distinction implicite entre les termes « trompé » et « surévalué ». L’incertitude quant à la sous-évaluation ou à la surévaluation de ceux qui se sont « trompés d’un point » fait bel et bien partie de l’énigme.]

Bon jeu !

 

83 réflexions sur “Autoévaluation

  • 24 août 2015 à 16 h 03 min
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    Énoncer à autre voix ? C’était donc un examen de ventriloques ?

    (pas pu résister, désolé)

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    • 25 août 2015 à 10 h 54 min
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      Ah ah ! ^^ Bien vu, merci !

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  • 24 août 2015 à 17 h 21 min
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    [spoiler]
    Si avec la moyenne chacun devine sa note, cela signifie qu’il n’y a pas de combinaison interchangeable, notamment entre les places 2 et 3 (comme les suivantes, trouvées par chance: 3-4-1-5-3 et 3-1-4-5-3 qui respectent les indications de l’examinateur). Il y a donc une des règles qui empêche la permutation entre 2 et 3, et la seule possibilité est que place2 = place5.
    Les possibilités pour place2=place 5 sont 2, 3 et 4, ce qui donne les combinaisons suivantes (à moins que je n’en ai oubliées?)
    1-2-4-5-2
    1-4-2-3-4
    1-2-3-4-2.
    Les deux premières donnent la même moyenne, il faudrait donc que la dernière soit la solution.

    Toutefois je ne vois pas comment les étudiants parviennent, de manière théorique, à déterminer leurs notes sans obtenir de permutations. Rétrospectivement, en effet, la moyenne trouvée est basse, ce qui limite drastiquement le nombre de combinaisons pour y arriver, mais la moyenne eût été plus élevée, certaines combinaisons avec permutations auraient été possibles et les étudiants n’auraient pas été capables de déterminer leurs notes. Bref ils connaissent parce qu’ils connaissent la moyenne, mais nous ne connaissons pas la moyenne et devons connaitre leurs notes, je trouve cela injuste :p

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    • 24 août 2015 à 19 h 15 min
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      [spoiler]
      j’ai un doute sur la dernière solution, en effet

      1. elle suppose que le 3e est correct (d’où 3) et que le dernier se sur évalue de 2pts d’où 2, la solution est du type x-x-3-x-2

      2. pour le 4E, il se trompe de 1pt et ne peut que baisser à 4 d’où une solution du type x-x-3-4-2

      3. pour le premier on peut avoir 1 ou 3 et le second 2 ou 4 et aucune des quatres combinaisons ne posent problème d’où il est impossuible de choisir

      Personellement je tombe sur 1-3-2-4-2.
      Le raisonnement est le suivant :

      1. le second est correct et le dernier se sur-estime d’où une solution du type x-3-x-x-2

      2. le premier a forcèment 1 (3 n’est pas possible au cause du voisin) d’où une solution du type 1-3-x-x-2

      3. le quatrième a forcèment 4 (il ne peut avoir 6) d’où une solution du type 1-3-x-4-2

      4. le troisième a forcèment 2 (il ne peut avoir 4 a cause du voisin) d’où le solution 1-3-2-4-2.

      Il s’agit bien d’un cas ou si l’on conait la moyenne on n’hesite pas sur la répartition est c’est la seul cas ou la moyenne est 2.4 (et là ju rejoins ton premier argument).

      E.
      moyenne = 12/5 : 2.4

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      • 24 août 2015 à 22 h 02 min
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        Tu as oublie une problematique du probleme: Aucun candidat n’a la même note que son voisin, et aucun candidat n’a de voisins qui ont la même note.

        Dans ta solution 1-3-2-4-2 les voisings de 4 ont la meme note, donc la solution n’est pas valable.

        Dans la solution precedente ton point 3 ignore aussi cette condition:
        le 2nd ne peut pas etre 4 sinon tu aurais 4 – 3 – 4
        De meme le premier ne peut pas etre 3 sinon tu aurais 3 – 2 – 3
        Donc ils peuvent bien determiner leur note avec 1 – 2 – 3 – 4 – 2
        Aussi ils ont la moyenne la plus faible possible (chaqun a diminue sa note).
        C’est aussi le seul moyen d’obtenir cette solution car on ne peut resoudre le probleme si tout autre chiffre que le 3eme reste le meme, et avec le 3eme chiffre restant 3, on ne peut avoir -2 que sur le 5 eme chiffre.

        Du coup cette moyenne n’a bien qu’une solution et pas besoin de chercher plus loin sinon il n’y aurait pas moyen de resoudre ce probleme.

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  • 24 août 2015 à 18 h 00 min
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    Je suis globalement d’accord avec votre raisonnement, mais j’ai trouvé également
    3-2-4-5-2

    Cela laisse un peu plus d’espoirs aux étudiants avec une moyenne bien plus élevée ! Eux ont tous les éléments pour trouver mais comment pouvons-nous, nous, trouver la solution ?

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    • 24 août 2015 à 18 h 12 min
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      J’en avais donc oublié, merci!

      Votre solution donne une moyenne de 3.2, ce qui est également le cas des solutions permutables que j’ai proposées (3-4-1-5-3 et 3-1-4-5-3). Du coup avec cette moyenne la les étudiants ne sont pas capables de déterminer leurs notes.

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      • 25 août 2015 à 8 h 24 min
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        Oui j’avais oublié de prendre en compte les deux solutions en 3-x-x-x-3… Donc vous aviez bien raison, c’est la moyenne la plus basse qui est la bonne 🙁

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  • 24 août 2015 à 21 h 05 min
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    bonjour,
    je ne vois pas à quoi sert la moyenne.
    Si on rempli un tableau avec les 5 étudiants A B C D E (où A est celui de gauche)
    l’info : 1 note exacte, 3 surévaluations de 1, 1 de 2 permet de calculer la somme des notes : les propositions (17) moins les surévaluations (5) = 12
    donc la moyenne est connue avant que les étudiants soient seuls
    pas de sous évaluation donc les propositions sont des maximums
    on étudie les possibilités en partant de la gauche qui a proposé 2
    deux possibilités c’est 1 ou 2 et on regarde la suite avec les contraintes de « voisinage »
    si c’est 1 le suivant c’est 2 ou 3
    si c’est 2 le suivant c’est 1 mais on ne peut pas aller plus loin
    donc on essaye 12 et 13 et on essaye le troisième
    12 le suivant c’est 3
    13 le suivant c’est 2
    on essaye le quatrième
    123 le suivant c’est 4
    132 le suivant c’est 4
    on essaye le cinquième
    1234 le suivant c’est 2 et la somme fait 12
    1324 le suivant c’est 3 mais la somme ne fait pas 12

    donc une seule solution de gauche à droite: 12342
    et pas besoin de la moyenne

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    • 25 août 2015 à 9 h 25 min
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      Le raisonnement est correct si vous considérez que « se tromper d’un point » = « se surévaluer d’un point », mais ce n’est pas comme cela que je l’ai compris.

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      • 25 août 2015 à 14 h 58 min
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        zillu, c’est vous qui avez raison : donner la moyenne ou la somme des notes, c’est pareil, et Blanco commence par supposer que cette somme est minimale, ce qui est une indication supplémentaire.

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  • 25 août 2015 à 9 h 09 min
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    [spoiler]

    Trouvé à partir du principe : si personne n’a la même note que son voisin ni deux voisins avec la même note, les deux qui ont la même note ont nécessairement 2 personnes entre eux : ce sont donc soit le 1er et le 4è, soit le 2è et le 5è, soit le 1er et le 5è. J’ai pris en compte toutes les possibilités :

    1) Si c’est le 1er et le 5è, soit ils se sont tous deux trompés d’un point et ont 3 chacun, soit le 1er a raison d’avoir 2 et le 5è s’est surévalué de 2 points.
    – 1er cas, avec 3-x-x-x-3 : les 2è et 3è devraient nécessairement se tromper de note, pour ne pas avoir 3 eux aussi, mais les combinaisons permutables sont possibles (1-2, 1-4, 2-1, 4-1), les étudiants n’auraient pas trouvé leur note avec la moyenne.
    – 2è cas, avec 2-x-x-x-2 : les restants se sont tous trompés d’un point, mais il n’y a pas de combinaison possible pour qu’ils n’aient pas de note égale à 2 ou entre eux.

    2) Si le 1er et le 4è ont la même note, nécessairement le 1er s’est trompé d’un point et a 3, le 4è s’est surévalué de deux points : on a donc 3-x-x-3-x. Les 2è et 3è doivent alors avoir tort d’un point, pour ne pas avoir 3 eux aussi (et le 5è raison), mais alors soit les deux ont 2, soit l’un a 4 comme le 5è, et donc on a plusieurs doublons.

    3) Si le 2è et le 5è ont la même note, il y a trois possibilités :
    – soit le 2è se trompe d’un point et le 5è se surévalue de deux : x-2-x-x-2.
    trois possibilités alors :
    1-2-4-5-2
    3-2-4-5-2
    1-2-3-4-2
    – si les deux se trompent d’un point, on a soit x-3-x-x-3, soit x-4-x-x-4. Pour x-3-x-x-3, aucune combinaison de marche sans créer de nouveaux doublons. Pour x-4-x-x-4, on obtient comme seule possibilité :
    1-4-2-3-4

    La moyenne de 1-4-2-3-4 et 1-2-4-5-2 est la même. Celle de 3-2-4-5-2 pourrait avoir la même moyenne que certains de nos premiers cas permutables (3-1-4-5-3 et 3-4-1-5-3), donc les étudiants n’auraient pas pu être sûrs.

    Reste une seule solution : 1-2-3-4-2

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    • 25 août 2015 à 10 h 55 min
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      Chapeau bas ! 🙂

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    • 25 août 2015 à 14 h 52 min
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      hmm… si je ne me trompe pas, 1-2-1-5-3 est aussi une solution valide. Or cela donne la même moyenne que 1-2-3-4-2. Donc, ca n’est ni l’une ni l’autre de ces solutions.

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      • 25 août 2015 à 15 h 23 min
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        Pardon, 1-2-1-5-3 n’est pas valide. Donc c’est bien 1-2-3-4-2.

        Excellent.

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  • 25 août 2015 à 14 h 18 min
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    En faisant tous les cas de figures, c’est très rapide, et j’arrive aux solutions:

    1 2 3 4 2
    3 2 1 5 3
    3 2 4 5 2
    1 2 4 5 2
    1 4 2 3 4

    La première et la troisième ont des moyennes uniques, alors que les trois autres ont la même moyenne.

    Comment choisir entre la première et la troisième qui se semblent toutes deux répondre au probléme, ou bien j’oublie quelque chose?

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    • 25 août 2015 à 14 h 42 min
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      3-2-4-5-2 n’est pas possible, c’est un 5 en derniere position et l’énigme n’autorise que -2 ou -1 dessus.

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    • 25 août 2015 à 14 h 42 min
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      Vous avez oublié quelques cas de figure.

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      • 25 août 2015 à 15 h 36 min
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        En faisant avec la bonne méthode (c’est-à-dire dans l’ordre : déterminer quels étudiants peuvent avoir la même note, puis ensuite étudier les possibilités pour que toutes les conditions de l’énoncé soient respectées) on fait exactement ce qu’à fait

        « Mathilde | le 25 août 2015 à 09:09 | RépondreSignaler un abus | »

        Et on trouve exactement la même solution, la bonne, 1-2-3-4-2, la seule qui satisfasse aux multiples conditions de l’énoncé. J’ai trouvé exactement la même solution et je viens de lire les commentaires, donc c’est du sûr les enfants, ne cherchez plus. Si vous voulez le détail de la démonstration relisez son post, tout y est parfaitement expliqué, je ne vais pas expliquer une 2ème fois.

        Bonne journée et désolé pour le spoil

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    • 25 août 2015 à 14 h 57 min
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      J’ai trouvé quelques cas supplémentaires (entre parenthèses, les sommes des notes):

      1 4 2 3 4 (14)
      1 2 4 5 2 (14)
      3 2 4 5 2 (16)
      3 1 4 5 3 (16)
      3 1 2 5 3 (14)
      1 4 1 5 3 (14)
      3 4 1 5 3 (16)
      1 2 1 5 3 (12)
      3 2 1 5 3 (14)
      1 2 3 4 2 (12)

      Du coup, aucune de ces combinaisons n’est valides 🙁

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      • 25 août 2015 à 15 h 04 min
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        Les solutions 2 3 10 ne sont pas valides pour la meme raison. Les solutions 1 4 5 6 7 9 ne sont pas valides car il faut que l’un d’entre eux ait eu raison depuis le début. La solution 8 n’est pas valide car 2 à deux voisins identique.

        Répondre
    • 25 août 2015 à 15 h 22 min
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      [Spoiler]
      (desole pour les accents, mon clavier n’en possede pas)

      En appliquant les regles enoncees (il existe de multiples techniques plus ou moins imediates) on peut en fait trouver 9 cas de figure:
      1 2 3 4 2
      1 2 4 5 2
      1 4 2 3 4
      3 1 2 5 3
      3 1 4 5 3
      3 2 1 5 3
      3 2 4 5 2
      3 4 2 3 4
      3 4 1 5 3

      En calculant leur moyenne, un seul cas de figure obtient une valeur unique.

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      • 25 août 2015 à 16 h 28 min
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        34234 ne marche pas (seuls deux candidats ont la bonne note)

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        • 25 août 2015 à 16 h 29 min
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          Pardon, je voulais dire
          « 34234 ne marche pas (seuls deux candidats ont la même note) »

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    • 25 août 2015 à 15 h 23 min
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      Il manque aussi celles ci :

      3 1 4 5 3
      3 1 2 5 3
      3 4 1 5 3
      Donc la moyenne de 16/5 ne permet pas de connaître l’emplacement.

      Répondre
      • 25 août 2015 à 15 h 28 min
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        La combinaison 3 4 2 3 4 ne fonctionne pas car seuls 2 doivent avoir la même note.

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    • 25 août 2015 à 15 h 30 min
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      Bonjour,

      Pour moi vous avez oublié 2 cas possible, quand 5 a raison, qui se composent comme ça:
      3 * * 5 3

      J’en avais raté un que vous avez trouvé, merci à vous!
      😉

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    • 25 août 2015 à 16 h 22 min
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      En fait, il vous manque quelques solutions, dont une a la même moyenne que la troisième de votre liste.
      Pour vous mettre sur la piste et ne pas spoiler : sur les trois qui vous manquent (à supposer que je les ai toutes..), il y en a deux en 31XXX et une en 34XXX. L’une d’entre elles à la même moyenne que votre troisième combinaison.

      Répondre
  • 25 août 2015 à 14 h 55 min
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    Admettons que l’énigme ait une solution. Alors la proposition « le fait que la moyenne permette aux étudiants de trouver leur note nous permet aussi de la déterminer » signifie qu’il existe une et une seule moyenne solution, c’est-à-dire une et une seule moyenne qui suffise à déterminer les notes.

    Il suffit donc d’essayer toutes les moyennes : la première pour laquelle on ne trouve qu’une seule solution est la bonne.

    Maintenant, un peu d’heuristique : les deux configurations pour lesquelles le moins de combinaisons sont possibles a priori (sans tenir compte des indications sur les positions) sont la moyenne maximale et la moyenne minimale (c’est un peu analogue à la somme de deux dés, qui fait plus souvent 7 que 12 ou 2). Il semble donc raisonnable de commencer par celles-là.

    Ensuite, il est assez facile de voir qu’il y a une solution minimale et pas de solution maximale.

    Répondre
    • 25 août 2015 à 15 h 02 min
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      hmm… Je ne suis pas sur que calculer toutes les combinaisons possibles pour une moyenne donnée soit un travail facile. Il me semble plus simple d’énumérer les combinaison possibles et ensuite de vérifier lesquelles ont la même somme.

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      • 26 août 2015 à 10 h 35 min
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        Bien sûr que si. Ce plus facile car la moyenne détermine si les « erreurs » de 1 point sont des surévaluations ou des sous-évaluations. Par exemple, pour la moyenne minimale, vous devez faire +0 une fois, -1 trois fois et -2 une fois, tandis que pour la moyenne maximale, vous devez faire +0 une fois, +1 trois fois et -2 une fois. D’autant que je n’ai ajouté le maximum que par acquis de conscience : si vous avez de la chance, vous commencez par le minimum et vous démontrez rapidement qu’il n’y a qu’une seule solution (voir par exemple la solution de Blanco).

        Le problème de ce genre d’énigme, c’est qu’il n’y a pas de méthode vraiment meilleure que de traiter tous les cas.

        Répondre
  • 25 août 2015 à 15 h 12 min
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    Pour moi, ce serait
    3 2 1 5 3 ou
    3 4 1 5 3

    Répondre
  • 25 août 2015 à 15 h 21 min
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    En posant a chaque fois une position comme « vraie » on n’obtient que 5 combinaisons:
    1 3 2 5 3
    2 4 1 5 4
    1 4 3 2 4
    1 2 4 3 5
    1 4 2 3 5
    les moyennes pour celles-ci sont respectivement
    2.8
    3.2
    2.8
    3
    3
    Donc une seule solution possible

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    • 25 août 2015 à 15 h 24 min
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      Aussi d’autres combinaison avec le 5 à la fin mais elles vont par paire car les position 2 et 3 sont interchangeables

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  • 25 août 2015 à 15 h 24 min
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    Les possibilités sont :
    12342 – total 12
    12452 – total 14
    14234 – total 14
    31253 – total 14
    31453 – total 16
    32153 – total 14
    32452 – total 16
    24153 – total 16

    Seule la première donne une moyenne unique.

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    • 25 août 2015 à 15 h 26 min
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      La première implique de conserver deux positions sans changements. ( 3 et 4)

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      • 26 août 2015 à 10 h 38 min
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        Vous devriez relire l’énoncé. La position de départ est 23354.

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  • 25 août 2015 à 15 h 35 min
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    Pour les combinaisons qui marchent, 7 solutions trouvées pour moi !
    1 2 3 4 2
    1 2 4 5 2 / 3 2 1 5 3 / 3 1 2 5 3
    3 2 4 5 2 / 3 4 1 5 3 / 3 1 4 5 3
    La première donne une moyenne de 2.4
    Les 3 de la 2ème ligne une moyenne de 2.8
    Les 3 de la 3ème ligne une moyenne de 3.2.

    Ça ne peut donc bien être que 1 2 3 4 2 !

    Répondre
    • 25 août 2015 à 15 h 39 min
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      1 2 3 4 2 impliquerait que deux personnes aient raison et que 5 se soit trompé de 3 unités

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  • 25 août 2015 à 16 h 02 min
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    Je ne detaille pas le raisonnement qui consiste simplement a enumerer les possibilites de maniere intelligente (pour couper le plus vite l’arbre de decision).

    Au final 3 choix: (3,1,2,5,3) (3,1,4,5,3) (1,4,2,3,4).
    Moyenne : 14/5, 16/5, 13/5

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        • 25 août 2015 à 16 h 15 min
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          Pour conclure, on a donc:
          Au final 6 choix: (3,1,2,5,3) (3,1,4,5,3) (1,4,2,3,4) (1,2,3,4,2) (3,2,4,5,2) (1,2,4,5,2)
          Moyenne : 14 16 14 12 16 14 /5

          Comme la moyenne leur permet de conclure, cela ne peut etre que (1,2,3,4,2)

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        • 25 août 2015 à 16 h 17 min
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          3 2 4 5 2 ==> le cinquième se serait trompé de 3 unités
          1 2 4 5 2 ==> personne n’aurait eu raison au premier coup

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          • 25 août 2015 à 16 h 22 min
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            La serie initiale est (2 3 3 5 4). Vous semblez utiliser (2 3 3 4 5).

      • 25 août 2015 à 16 h 12 min
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        3 1 2 5 3 implique que le deuxieme et le cinquieme se soient tout deux trompés de 2 unités
        3 1 4 5 3 pareil
        1 4 2 3 4 n’a aucune valeur conservée (personne n’a eu raison)
        1 2 3 4 2 conserve deux personnes ayant eu raison (3 et 4)

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        • 25 août 2015 à 16 h 19 min
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          > 3 1 2 5 3 implique que le deuxieme et le cinquieme se soient tout deux trompés de 2 unités
          > 3 1 4 5 3

          Le cinquieme a dit 4/5 donc il ne s’est trompe que d’une unite.

          > 1 4 2 3 4 n’a aucune valeur conservée (personne n’a eu raison)

          Conserve le cinquieme

          > 1 2 3 4 2 conserve deux personnes ayant eu raison (3 et 4)

          Uniquement 3

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          • 25 août 2015 à 16 h 22 min
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            en effet honte sur moi j’avai lu 2 3 3 4 5 en combinaison de départ

    • 25 août 2015 à 16 h 13 min
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      3 1 4 5 3 implique que le deuxieme et le cinquieme se soient tout deux trompés de 2 unités

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  • 25 août 2015 à 16 h 21 min
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    Alors:
    Partons du principe que le 1er etudiant ne peut avoir que 1, 2 ou 3 comme note.
    Si la note est 1, alors on trouve rapidement que la seule solution possible est 1 2 3 4 2. Si la note est 2, alors rien ne fonctionne. Les autres cas sont ceux où l’étudiant 1 a une note de 3 (étudiant=colonne pour la suite). Notre 1ere colonne est donc fixéesCela élimine l’option 3 pour les 2e et 3e colonnes.
    La 2e colonne ne peut faire alors que 1, 2 ou 4, examinons ces 3 cas.

    Si la 2e colonne est égale à 1, alors les options 1 à la 3e colonne, 3 à la 4e colonne et 2 à la 5e disparaissent.
    De là, si 3e colonne = 2, on voit que la combinaison 3 1 2 5 3 est la seule à marcher.
    Si la 3e colonne = 4, la combinaison 3 1 4 5 3 est la seule à marcher. Voilà pour les cas où la 2e colonne est égale à 1.

    Si la 2e colonne est égale à 2, la 3e colonne ne peut faire que 1 ou 4.
    Si elle fait 1: la seule combinaison viable est 3 2 1 5 3
    Si elle fait 4: la seule combinaison viable est 3 2 4 5 2
    Voilà pour les cas où la 2e colonne fait 2.

    Si la 2e colonne fait 4, la 3e colonne ne peut faire que 1 ou 2:
    Si elle fait 1: la seule combinaison viable est 3 4 1 5 3
    Si elle fait 2: la seule combinaison viable est 3 4 2 3 4

    Les 7 combinaisons trouvées par les étudiants, avec leur somme respective à la fin de la ligne, sont donc:
    1 2 3 4 2 = 12
    3 1 2 5 3 = 14
    3 1 4 5 3 = 16
    3 2 1 5 3 = 14
    3 2 4 5 2 = 16
    3 4 1 5 3 = 16
    3 4 2 3 4 = 16
    La ligne 1 2 3 4 2 est la seule à moyenne unique. Malheureusement pour les étudiants, le prof leur a annoncé qu’ils avaient une moyenne de 2,4 et ils en ont donc déduit leurs résultats.

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    • 25 août 2015 à 16 h 26 min
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      Oups j’ai oublié 1 2 4 5 2. Ca nous fait donc 8 combinaisons:
      1 2 4 5 2 = 14
      1 2 3 4 2 = 12
      3 1 2 5 3 = 14
      3 1 4 5 3 = 16
      3 2 1 5 3 = 14
      3 2 4 5 2 = 16
      3 4 1 5 3 = 16
      3 4 2 3 4 = 16

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  • 25 août 2015 à 16 h 45 min
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    La solution est :
    1-2-3-4-2

    Il faut considérer le fait que les étudiant connaissent leur notes comme une donnée mathématique du pb (ie la moyenne de la solution est unique dans les possibilité données par les autres données du pb), et non pas comme un autre probleme en soi (ie vu dans plusieurs commentaires: « comment peuvent ils connaitre leur moyenne? »)

    Les autres solutions
    3 2 4 5 2 (16)
    1 2 4 5 2 (14)
    3 1 2 5 3 (14)
    3 1 4 5 3 (16)
    3 4 1 5 3 (16)
    3 2 1 5 3 (14)
    ne permettent pas aux étudiants de connaitre leur note, puisque les combinaisons ont des moyennes identiques.

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  • 25 août 2015 à 16 h 47 min
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    Moi je trouve rapidement :
    24235

    Quelqu un peut il me dire si c est bon. Pour moi c est bon. Mais comme personne n a proposé la solution.

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    • 25 août 2015 à 16 h 52 min
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      ça ne marche pas car celui qui a 4 a ses voisins qui ont la meme note. Et selon l’énoncé : « aucun candidat n’a de voisins qui ont la même note »

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  • 25 août 2015 à 17 h 06 min
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    Le problème c’est que 2 4 2 3 5 ça donne 16 et beaucoup de combinaisons donne 16 or dans l’ennoncé ils disent qu’avec la moyenne ils ont réussis à deviner leur note .. J’imagine que la moyenne est donc unique ..

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  • 25 août 2015 à 17 h 17 min
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    En faisant tous les cas possibles, et en éliminant ceux qui tombent sur la même moyenne, il n’en reste qu’un seul de possible :

    1/5 – 2/5 – 3/5 – 4/5 – 2/5

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  • 25 août 2015 à 17 h 25 min
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    1-2-3-4-2 est la solution répondant à toutes les consignes et ayant une moyenne unique.
    Les autres solutions 8 en tout, ont des moyennes communes (14 ou 16).
    Vivement jeudi !

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  • 25 août 2015 à 17 h 25 min
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    L’essentiel dans un exercice de mathématique, c’est de bien comprendre l’énoncé, de le lire plusieurs fois, de faire des traits au crayon à papier pour bien dissocier les éléments du problème et surtout d’utiliser la méthode avec laquelle on est le plus à l’aise, sauf si à la fin ça ne marche pas. Alors, il ne faut pas perdre sa concentration, relire l’énoncé plusieurs fois, et essayer avec une autre méthode. Plus on fait d’exercices plus on est a l’aise. Evidemment, les énoncés, les méthodes varient d’une école à une autre; c’est un autre travail, arriver à trouver le langage commun à ces écoles, à ces facultés. C’est assez bénéfique, on est moins pris au dépourvu lorsqu’on a un nouvel énoncé de mathématique. Cet exercice de mathématique n’a aucun intérêt de part l’énoncé bordélique et peu clair du problème.

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  • 25 août 2015 à 17 h 28 min
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    non n’importe quoi ! … Impossible ce truc !

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  • 25 août 2015 à 17 h 40 min
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    1 2 4 5 2
    ou
    3 2 4 5 2

    ca dependra de la moyenne donnee par le prof

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  • 25 août 2015 à 17 h 44 min
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    En faisant toute les combinaisons, puis en éliminant celle dont la moyenne est identique on obtient :
    1, 2, 3, 4, 2

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  • 25 août 2015 à 18 h 49 min
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    Aurais-je réussi à trouver la solution tout seul du premier coup? Incroyable, mais apparement vrai…
    J’ai fait un raisonnement bête et méchant, en prenant pour hypothèse de départ que l’un des étudiant à raison, et appliquant les règles pour trouver la (ou les) combinaison(s) correspondant au fait que cet étudiant ne se trompe pas. J’ai répété le processus pour chaque étudiant, en remplissant tout juste ma serviette. Enfin, pour départager les listes candidates, le fait que la moyenne des notes ne doit correspondre qu’à une seule combinaison. La seule dans ce cas est 1 2 3 4 2.

    Mes listes candidates:
    12342 (12)/ 12452 (14)/ 32452 (16)/ 31253 (14)/ 32153 (14)/ 31453 (16)/ 34153 (16)/ 14234 (14)

    Comment peut on poser le problème de façon plus mathématique?

    Répondre
  • 25 août 2015 à 19 h 04 min
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    [Spoiler]
    J’ai identifié 8 solutions répondant aux différentes contraintes de l’énoncé mais une seule avec un total discriminant permettant donc de trouver la solution de manière certaine à partir de la moyenne : 12342

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  • 25 août 2015 à 19 h 17 min
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    Les 4 combinaisons possibles sont les suivantes :
    -1 -1 -1 -2 = -5
    -1 -1 +1 -2 = -3
    -1 +1 +1 -2 = -1
    +1 +1 +1 -2 = +1

    Par conséquent la somme des scores des candidats est soit :
    (2 + 3 + 3 + 5 + 4) – 5 = 12
    (2 + 3 + 3 + 5 + 4) – 3 = 14
    (2 + 3 + 3 + 5 + 4) – 1 = 16
    (2 + 3 + 3 + 5 + 4) + 1 = 18

    Les combinaisons de résultat possibles sont les suivantes :
    1,1,2,3,4 -> 11 nok
    1,1,2,3,5 -> 12
    1,1,2,4,5 -> 13 nok
    1,1,3,4,5 -> 14
    1,2,2,3,4 -> 12
    1,2,2,3,5 -> 13 nok
    1,2,2,4,5 -> 14
    2,2,3,4,5 -> 16
    1,2,3,3,4 -> 13 nok
    1,2,3,3,5 -> 14
    1,3,3,4,5 -> 16
    2,3,3,4,5 -> 17 nok
    1,2,3,4,4 -> 14
    1,2,4,4,5 -> 16
    1,3,4,4,5 -> 17 nok
    2,3,4,4,5 -> 18
    1,2,3,5,5 -> 15 nok
    1,2,4,5,5 -> 17 nok
    1,3,4,5,5 -> 18
    2,3,4,5,5 -> 19 nok

    En prenant en compte l’énoncé (avec les conditions) :
    Seules les combinaisons suivantes sont possibles :
    1,4,2,3,4 si la moyenne est de 14/5
    1,2,3,4,2 si la moyenne est de 12/5

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  • 25 août 2015 à 19 h 25 min
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    Par élimination,

    Je tombe sur les cas de figure suivants :

    Pour une moyenne de 12/5 :
    1;2;3;4;2

    Pour une moyenne de 14/5 :
    1;2;4;5;2
    3;1;2;5;3
    3;2;1;5;3
    1;4;2;3;4

    Pour une moyenne de 16/5 :
    3;1;4;5;3
    3;2;4;5;2
    3;4;1;5;3

    Or quand le prof annonce la moyenne, chacun connait sa note, du coup vu que pour des moyennes de 14/5 ou 16/5 il y a des possibilités multiples, ça ne peut être que 12/5
    => la solution est 1;2;3;4;2

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  • 25 août 2015 à 22 h 07 min
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    Il y a 9 solutions possibles, dont une seule a une moyenne unique :

    3 1 2 5 3 +14
    3 1 4 5 3 +16
    3 2 1 5 3 +14
    3 4 1 5 3 +16
    3 4 2 3 4 +16
    3 2 4 5 2 +16
    1 2 4 5 2 +14
    1 2 3 4 2 +12
    1 4 2 3 4 +14

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    • 25 août 2015 à 22 h 09 min
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      Oups la 5ème n’est pas valide -_-

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  • 26 août 2015 à 11 h 14 min
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    Je pense que la réponse est 3 1 2 5 3

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  • 26 août 2015 à 11 h 22 min
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    Bonjour tout le monde,

    Comme il l’a déjà été dit par beaucoup, la solution est bien 1-2-3-4-2.
    Cependant le raisonnement qui est de faire la liste des différentes solutions et de regarder laquelle a une moyenne unique n’est pas bonne.
    En effet, certains d’entre vous qui pensaient avoir réalisé une liste exhaustive des solutions existantes se sont rapidement aperçus avec les commentaires de tout le monde que ce n’était pas forcément le cas.

    Selon moi, la seule démonstration valable que la bonne solution est 1-2-3-4-2 est un raisonnement par l’absurde. Je m’explique :
    Dans l’hypothèse des étudiants, la somme de leur notes est égale à 17.
    Ce que nous apprend l’énoncé est que l’un d’eux s’est surestimé de 2 points et que trois autres se sont trompés d’un point.
    Cela nous laisse donc avec une somme réelle des notes des étudiants qui peut être soit 12, soit 14, soit 16, soit 18.
    Comme les étudiants ont pu dire directement les résultats une fois la moyenne annoncée par le professeur, alors cela implique que la solution est unique pour une moyenne donnée et que ce n’est pas le cas pour les autres moyennes.

    Ainsi pour prouvé que la bonne solution est 1-2-3-4-2 pour une somme de 12, il suffit de prouver que pour les autres sommes (14, 16, 18) il existe soit plusieurs solutions, soit aucune.
    Avec les efforts de chacun, il a déjà été montré qu’il existait plusieurs solutions pour les sommes 14 et 16.
    Pour prouver que la solution 1-2-3-4-2 est unique pour une somme de 12, alors il reste à prouver qu’il y a au moins deux solutions ou qu’aucune n’est possible pour une somme de 18.

    Et ainsi on peut prouver que 1-2-3-4-2 est la réponse au problème.

    Pour avoir une solution avec la somme 18, cela implique que les 3 élèves qui se sont trompés d’un point se sont sous-évalués.
    Comme le quatrième élève s’est estimé à 5/5, alors sa note peut soit être égale (le seul élève qui a bien estimé) soit est de 3 (surévalué de 2 points).
    Dans le premier cas, si le quatrième élève a 5, alors le cinquième ne peut avoir que 2 (sinon il serait égal à son voisin), les trois autres étudiants ont donc leur note augmenté de 1, cela ne fonctionne pas car le deuxième et le troisième étudiant auraient la même note alors qu’ils sont voisins.
    Dans le second cas, si le quatrième élève à une note de 3, alors le troisième a forcément une note de 4 (voisins), le cinquième une note de 5 (entourage du quatrième élève), le deuxième une note de 3 (voisins). le premier est alors obligé d’avoir une note de 3 pour satisfaire à la somme de 18, ce qui n’est pas possible car son voisin a déjà une note de 3.
    Ainsi aucune solution n’est possible pour la somme de 18.

    Comme il existe plusieurs solutions pour les sommes de 14 et de 16 et aucune solution pour la somme de 18, alors on peut affirmer que la solution 1-2-3-4-2 pour la somme de 12 est unique.

    Et voilà ^^

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    • 26 août 2015 à 13 h 25 min
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      Curieux raisonnement.
      Vous dites que vous ne voulez pas faire de listes exhaustives mais vous utilisez celles des autres pour dire que les sommes 14 et 16 ont plusieurs solutions.

      De plus, vous avez peut-être prouvé que 12 est la somme recherchée, mais pas que 1-2-3-4-2 soit la seule solution viable qui donne 12.

      Répondre
  • 26 août 2015 à 15 h 45 min
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    En faisant un test de toutes le valeurs possibles (force brute, oui c’est un autre sport), la seule solution possible (en ne considérant que les hypothèses de voisinnage, de non nullité de la note, ainsi que les erreurs relatives annoncées par le professeur) est 1 2 3 4 2.
    L’hypothèse de la moyenne n’est pas nécessaire.

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    • 26 août 2015 à 17 h 51 min
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      Au temps pour moi, la moyenne est bien un critère important…

      Répondre
    • 27 août 2015 à 9 h 39 min
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      Un des étudiants doit avoir estimé correctement sa note, ce n’est pas le cas avec votre proposition a.bal.

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  • 27 août 2015 à 19 h 18 min
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    force brute (15′ derrière une facturette CB) donne les 6 solutions mentionees supra.
    Seule solution totalisant 12 points 12342…
    Voila…

    Répondre
  • 27 août 2015 à 23 h 24 min
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    Idem: force brute, 10 min, 12342 seule possibilité. Bonne énigme.

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  • 28 août 2015 à 17 h 03 min
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    Que de remue -méninges, mais pas trop de logique, qui parmi vous a pris un pris un bout de nappe pour résoudre le problème ? qui a pris le temps de réécrire l’énoncé de la question ?

    pas de voisinage identique
    3 candidats doivent réévaluer leur note de +1 ou -1
    1 doit la dévaluer de -2
    1 a raison
    pas de 0
    La raison du plus fort est toujours la meilleur …

    Voila mon raisonnement

    c1 = 2/5 + 1 = 3
    c2 = 3/5 – 2 = 1
    c3 = 3/5 + 1 = 4
    c4 à raison = 5
    c5 = 4/5 – 1 = 3

    Les identiques à l’opposé comme ça moins de risque de voisins identiques
    2 identiques malgré tout
    il y a bien eu 3 modifications (+1 ou -1 )
    et 1 (-2).

    Allez ca fait du bien de penser avoir raison.
    G

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    • 2 septembre 2015 à 9 h 23 min
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      Sauf qu’avec la moyenne associée, il y a plusieurs solutions ^^ (voir solution publiée la semaine passée)…

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