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“Copy Right” est un jeu de Julien Sentis édité par Ferti, et c’est Monsieur Cédric de Ferti qui est venu nous expliquer tout ça. Et nous avons fait une partie, comme ça vous verrez si le jeu est fait pour vous où pas…
Partie très sympa à suivre comme souvent avec monsieur Cédric de ferti. Perso j’y vois qd même suffisamment de différences pour qu’il vienne rejoindre ma collection de jeux bien que je possède déjà vitrail. À voir la partie j’ai l’impression qu’il est qd même bien plus brise neurones que son ancêtre!
Avec 10 cartes données différentes, sachant que chaque carte possède 8 possibilités pour être posées (4 orientations recto 4 orientation verso) on obtient 10^8 soit 100.000.000 de possibilités.
Ce résultat suppose qu’aucune des cartes choisies ne soit symétrique. Car une carte symétrique retournée suivant son axe de symétrie ne changera pas et les solutions seront donc moins nombreuses.
Pour répondre à la question de M. Phal, à savoir combien de cartes différentes il pourrait exister, le chiffre est faramineux :
9 cases
4 possibilités (vide, rond, carré, croix)
9^9^4 = 5,075*10^68
Signé : Un professeur d’anglais.
(=> Résultat à vérifier. 
)
Très sympa la vidéo !
Mon interprétation de la question posée par Cédric est : combien de combinaison différentes de 10 cartes parmi les 66 je peux poser dans le carré officiel de 9 cases sachant que chacune peut être décalée ?
Donc déjà je dois choisir 10 cartes parmi 66 : C(10,66) = 210 980 549 208
Ensuite chaque carte peut être placée selon 8 orientations différentes (recto/verso et 4 rotations)
Et une fois choisie l’orientation, elle peut être placée de 25 façons différentes dans le carré officiel (depuis une seule case partagée tout en bas à gauche à une seule case partagée tout en haut à droite.
Soit 8x25= 200 façons de poser chacune des 10 cartes donc à élever à la puissance 10 pour avoir toutes les 10 cartes.
Au final on a donc C(10,66)x(8x25)^10 = 216 044 082 388 x10^23 combinaisons soit une tonne de combinaison
Pour les 4 cartes de départ, le nombre de combinaisons est plus simple : C(4,66)x8^4 = 2 952 069 120
Voilà, voilà : )
Ma participation au concours :
Qu’il y ait 66 cartes de change rien puisqu’elles sont toutes differentes. Du coup on a 10 cartes, ayant toutes jusqu’à 8 combinaisons différentes (hors symetries), ce qui fait un nombre de combinaisons de 8^10, soit 1073741824 combinaisons (dans le carré centrale de 9x9
Manifestement ce jeu n’est pas fait pour les inconditionnels du kubembois :o)
J’avoue être perplexe devant le positionnement de la première carte de Monsieur Phal lors de la partie “cool”.
Même si le principe est proche de Vitrail, je pense que le cheminement doit quand même être assez différent, non ?
Davidnews a le bon raisonnement, une petite erreur pour la 1ere formule mais les résultats finaux sont malheureusement faux. Excel prête à confusion entre de le nombre de permutations et de combinaisons (voir wikipedia). La 2eme erreur est le fait qu’il ne reste que 62 cartes pour reproduire la combinaison de départ (4 étant déjà utilisées pour la réaliser).
Il y a donc 70 849 658 880 combinaisons de départs (avec 4 cartes) et 3.99529*10^40 (39 952 865 968 440 600 000 000 000 000 000 000 000 000
) combinaisons avec 10 cartes parmi 62.
Bref une vie ne suffit pas à toutes les faire !
My mistake, Davidnews a raison, ces sont bien des combinaisons (l’ordre n’a pas d’importance ici). Bien 2 952 069 120 combinaisons de départs mais (seulement) 1.10099 x10^34 (11 009 938 814 054 400 000 000 000 000 000 000) combinaisons pour réaliser celle de départ.
Désolé tompooss mais tu utilises la formule des arrangements A(k,n) qui prend en compte l’ordre dans lequel sont tirées ou posées les 10 cartes, or dans ce jeu on se fiche de leur ordre d’apparition puisqu’elles sont toutes transparentes donc poser la carte 1 sur la carte 2 ou le contraire ne change rien.
Il faut bien utiliser la formule des combinaisons C(k,n) que j’ai utilisée.
Ensuite sur le fait de prendre 62 ou 66 cartes cela dépend de la question initiale : est-ce, dans l’absolu, combien je peux faire de combinaisons différentes avec 10 cartes du jeu ou bien une fois les 4 cartes de base tirées ? Car sinon on peut allez plus loin et dire que le résultat est différent si je suis le deuxième joueur à qui on distribue des cartes car alors il m’en reste que 52 etc.
Je confirme donc mon résultat 
En tout cas, je suis content que tu valides mon raisonnement
Prenons au départ 10 cartes et établissons les combinaisons en partant de celles-ci ( sans se soucier des “10 parmi 66” )
La première carte posée aura donc 8 possibilitées différentes d’orientations.
Chaque carte que nous rajouterons sur la première aura 72 possibilitées d’orientations :
Si l’on décale la carte sur celle du dessous sans la superposer parfaitement nous avons 4*8 possibilitées soit 32 (8 combinaisons sur 4 orientations différentes), en comptant la possibilitée de la retourner nous avons 64 possibilitées, et rajoutons les 8 cas possibles où la carte serait parfaitement superposée à la première, on a un total de 72.
En partant de ces données, j’arrive a faire le calcul 8 * 72^9 ( 9 car l’on rajoute seulement 9 cartes sur la premiere)
Ce qui nous donnerait : 415 989 582 513 831 936 possibilitées soit approximativement 4.16*10^17 combinaisons possibles.
Mon interprétation est un peu différente : comme certain l’ont dit, l’ordre des cartes n’a pas d’importance pour ce qui est du résultat final. En particulier on peut poser la carte vide en premier.
Ensuite chaque carte posé n’a pour seule contrainte que d’avoir une case en commun avec le carré de base (les 9 cases qui seront validées à la fin). Le nombre de choix par carte est donc de 25x8=200 (25 positions et 8 orientations).
Ceci donne 200^10 possibilité utilisant les 10 cartes… mais ce n’est pas tout ! En effet le joueur peut jouer de 0 à 10 cartes, le calcul peut sembler bien compliqué et il faut ajouter chaque cas avec de la combinatoire…
Mais pas si on est un peu astucieux : en fait il suffit de jouer les cartes dans l’ordre, en considérant que pour chaque carte il n’y a pas 200 choix mais 201, en effet en plus des différents choix de placement sur le plateau, le joueur peut poser sa carte dans sa défausse.
Le nombre de positions finales est donc : 201^10 = 10^23 (à peu de chose près).
A tout ceci il faudrait retirer tous les cas ou la carte que l’ont ajoute ne change rien au dessin. En effet on compte ici plusieurs dessins identiques car certaines cartes ne changeront pas ce qui apparait dans le cadre (par exemple car elle n’ont que des cases vides dans le cadre).
Cependant pour être plus précis il faudrait savoir exactement quelles cartes sont dans le jeu.
Avec les infos qui nous sont données on ne peut pas faire mieux que de dire qu’en gros le joueur à 10^23 coups possibles… ce qui est de toutes façon beaucoup trop pour tout tester
Gaël, Docteur en mathématiques
Bonjour,
je précise que je suis étudiant en Master 2 de mathématiques pour commencer, et je viens ici pour répondre à la question, qui est très loin d’être facile.
Pour commencer je vais expliquer où se situe les fautes des deux personnes qui ont tenté de répondre (car je n’ai pas encore terminé de répondre moi-même).
BriefAeon : Le 9^4 que tu utilises indique qu’il pourrait y avoir une case avec les 4 possbilités, ce qui est impossible ici.
DavidNews, le raisonnement est bien plus poussé mais il y a 3 erreurs graves :
Premièrement : Les 10 cartes ont été fixées dans l’énoncé, tu ne peux pas calculer ton 10 parmi 66 pour les multiplier aux combinaisons possibles.
2ième erreur : Tu supposes que le joueur utilise ses 10 cartes, or il peut en utiliser que 6 si a lui chante…
3ième erreur : parfois ajoute une carte ne change rien dans la figure, car on ajoute un vide.
Tu me diras : Oui, mais je peux toujours jouer mes 10 cartes de manière à n mettre que des vides histoire de contrer l’erreur 2. Oui tu peux, MAIS, tu comptes comme 2 combinaisons deux façons d’ajouter du vide, or on obtient la même figure
C’est un calcul malheureusement bien plus compliqué que ça, avec beaucoup de cas à étudier, en l’occurance la position des 3 symboles compte dans l’appréciation de la figure. Donc ça dépend des 10 cartes données. Ainsi, on peut (et encore si on peut voir les 66 cartes seulement) donner un “intervalle” de possibilités selon les cartes, mais comme je l’ai dis ça dépend vraiment des 10 cartes.
Il y a donc un grand nombre de cas à faire, combien de fois j’ajoute du vide etc…
Je vais tenter tout de même d’y répondre rapidement bien que je sois en plein dans des examens
Bonne chance à tous
Mon interprétation est aussi légèrement différente.
Pour chaque carte posée, il y a 201 combinaisons possibles
→ 25 pour le carré de 9 cases
→ multiplié par 4 orientations possibles
→ multiplié par 2 pour le recto/verso
→ plus 1 pour la défausse de la carte
Soit 25 * 4 * 2 1 = 201
Or la première carte ne va pas dans la défausse donc pour la première carte il y a 200 combinaisons possibles (sinon il se pourrait qu’à la fin il n’y ait aucune carte ce qui n’a aucun sens) et 201 combinaisons possibles pour les 9 suivantes.
Ce qui donne au final => Combinaisons possibles = 200 201^9
Je ne vois pas l’intérêt de prendre 10 cartes parmi 66 car la question est bien de donner le nombre de combinaisons possibles avec 10 cartes. Et vu qu’elles sont toutes différentes, à chaque fois que l’on va prendre 10 cartes il y aura toujours le même nombre de combinaisons…
Il y un un " " qui n’est pas passé, la formule est bien :
200 201^9
Bon il doit y avoir une erreur mais le signe “plus” ne veut pas passer…
Donc la formule est : 200 “plus” 201^9
(désolé pour le triple post)
ceillier et cedragondu28 : vous pouvez oublier la combinaison de la défausse : on peut ajouter une case vide si l’on en a envie, PS cela est toujours possible.
Je pense qu’il faut partir du cadre pour répondre à la question, après tout on s’en fout de ce qu’il y a à l’extérieur. Il faut donc poser le cadre d’abord, ce qui donne 200 possibilités d’ajout d’une carte (pour l’instant tout le monde a bon) mais ce que les gens oublient c’est qu’il y a répétition ! En effet si je fais une carte diagonale avec les 3 symboles (peu importe l’ordre) , diagonale de en haut à gauche jusqu’en bas à droite, alors ajouter le coin tout en bas à gauche ou le coin et se case à droite ne change pas la configuration…
J’espère être clair…
J’ai une autre théorie que ma précédente :
Je prends l’analyse dans l’autre sens, car on oublie dans nos stats, qu’il n’y a que 4 possibilités différentes : rien/croix/rond/carré.
Dans toutes les propositions avant, on prend en compte toutes les possibilitées faites en prenant en compte les couches de cartes differentes, pas le resultat final vu du dessus, alors que c’est ca qui compte.
Avec 10 cartes, et 3 symboles par cartes, on peut au mieux aligner les 3 symboles dans chacunes des 9 cases du cube (avec meme 3 symboles en rab qui se chevauchent), et cela dans le cas ou toutes les cases sont remplies des 3 symboles. C’est le cas parfait. Pour connaitre le nombre de combinaisons, il suffit de retrancher a ce cas parfait, 1 symbole, jusqu’à n’avoir que des cases vides.
3 symboles par cases les cases vides dans les 9 cases = 4^9 = 262144 possibilités.
A debatre
Non la défausse compte car comme tu l’as dit le joueur peux n’utiliser que 6 cartes si ça lui chante au lieu des 10…
Et en supposant que la défausse ne compte pas comme une combinaison au aurait alors : 200^(10 - nombre de cartes dans la défausse) combinaisons.
Et la question n’est pas de savoir si la configuration change mais bien de connaitre le nombre de combinaisons possibles en superposant jusqu’à 10 cartes.
Cher Monsieur,
Houa, j’aime beaucoup l’allure des commentaires de cette vidéo. Sur TT, on a de l’internautateurs hight level :o)
Une aspirine, M. Phal ?
Mention spéciale pour le Dr Mops et ses Bourgeois décalés
Mouaaarrrrfff !