Ah oui, je triche sans même m'en rendre compte !

Bon alors, il est assez facile de voir qu'on ne peut pas y arriver avec 9 cartes exposées (ou moins) :

En effet, il n y a que 8 retournements possibles.

Or, pour chaque combinaison que l'on choisit d'associer à un retournement, on en exclut automatiquement 8 (ce sont les combinaisons qui ont les mêmes cartes ouvertes), qui ne pourront être associées à ce retournement. Ce qui fait que chaque retournement ne peut être associé au maximum qu'à 1/9 des combinaisons.

8 x 1/9 < 1, le compte n'y est pas !

@Clydevil : j'ai le même argument qu'on peut expliquer en quelques mots smile

Oui lol: il y a 3^9 combinaisons possibles mais pourtant 8x3^7 positions possibles avec 2 cartes cachées, ça ne peut donc pas être surjectif dans le sens positions->combinaisons.

En fait, c'était sûr qu'il existait une solution pour 5 cartes.

Le tout était d'en trouver une pas trop horrible, faisable par une personne entraînée au calcul.

En voici une que j'ai trouvée :

On associe un numéro à chaque couleur : B=0, R=1, V=2.

Pour une combinaison de 5 cartes données, on note x1, x2, ..., x5 les 5 numéros associés aux couleurs des 5 cartes de gauche à droite.

L'assistant calcule :

a = x1 + x3 + x4 + x5 (mod 3) et b = x2 + x3 - x4 - x5 (mod 3)

et enfin c = 3a+b

Ce nombre c fournit les cartes à retourner :
c = 0 => cartes 1 et 2, c = 1 => cartes 1 et 3, ..., c = 8 => cartes 3 et 5

Le magicien arrive, retrouve facilement c, puis a et b.
Pour finir, il doit résoudre un système de 2 équations à 2 inconnues qui est toujours de Cramer.

Je confirme: c'est une belle énigme et bravo. Je n'avais pas répondu, non par manque d'intérêt ou d'envie, mais plutôt par manque de matière grise (je n'avais même pas l'ombre d'une solution).
Edit: Pour moi, les énigmes sont automatiquement belles, quand je n'ai pas compris la solution

Oui, merci, c'était une très jolie énigme.

Par contre je ne crois pas à la solution à 5 cartes... Il n'y a que 20 codages possibles pour 27 combinaisons potentielles. Je ne comprends pas la solution, mais je suis convaincu que si je la comprenais, il serait possible de trouver 2 exemples différents qui amènent au même retournement de cartes.

Ce qui donne c = 3a + b = 4. Il en déduit les cartes à retourner :
0=>12, 1=>13, 2=>14, 3=>15, 4=>23 : il retourne les cartes 2 et 3.

Ca doit être là que je ne te suis pas...Pourquoi 4 => 23 ?

De plus :

3(x1+x3+x4+x5) + x2+x3-x4-x5 =4 mod3

3x1+x2+4x3+2x4+2x5 = 4 / 7 / 10 / 13 / 16 / 19 / 22  admet plein de solutions...

RRBBB
BBBRR
RBRBB
VRBBB
....  qui donnent toutes c=4 modulo 3

Que donnent ces solutions ?

OK, je viens de comprendre... c est donné modulo 9.

Dans ce cas, si x4 et x5 ont le même facteur , ca laisse une incertitude sur leur ordre non ?

BBBVR = BBBRV ?

Bonsoir à tous et merci pour les messages de sympathie

La solution au problème initial a été donnée à plusieurs reprise , je n'y reviens pas .

Pour le cas de 5 cartes la solution de titoufred est plutôt originale car elle exploite le fait qu'il y a 10 paires de cartes pour 9 combinaisons de couleurs .

Je n'y croyais pas

Vasimolo

La question d'une solution "calcul-facile" avec 5 cartes reste ouverte

Vasimolo

Les équations obtenues sont toujours dans Z/3Z, et l'on peut facilement voir qu'elles admettent un unique couple de solutions.

Pour le cas où l'on cherche x3 et x4, voici une résolution :
a + b = x1 + x2 - x3 donc x3 = x1 + x2 - a - b
puis a = x1 + x3 + x4 + x5 donne x4 = a - x1 - x3 - x5

De manière plus théorique, le déterminant de la matrice correspondant au système doit être inversible dans Z/3Z, c'est-à-dire non nul.
Pour le cas où les inconnues sont x3 et x4, la matrice est 1  1
                                                                                   1 -1
donc le déterminant est 1x(-1)-1x1=-2=1 (mod 3), c'est bon.