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#1 17-04-2016 07:12:08

jpp
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La météorite.

salut.

Une  météorite   s'écrase sur une commune en France et se disloque en 31 morceaux , tous de masses distinctes .
On pèse  chacun des 31 morceaux . Par le plus grand des hasards on s'est aperçu que  chacune de ces 31 masses sauf une
était un nombre  premier , et que le seul fragment ayant une masse composée m  est tel que  la décomposition de m
n'utilisait aucun des 30 premiers définissant les masses des fragments analysés par la suite. Par exemple si m = 91 , aucun des 30
autres fragments n'a une masse de 7 kg et de 13 kg. La masse totale des 31 fragments récupérés s'élève à 1,870 tonne
Les autorités décident de confier les 30 fragments de masse "première" à 5 laboratoires pour diverses analyses .
Ainsi les pierres sont divisées en 5 lots de 6 fragments ; ces 5 lots possèdent tous la même masse  L kg .
La 31 ième pierre de masse "composée" est alors confiée à ladite commune victime de cet impact afin d'y être exposée.
Q1 : En supposant qu'on puisse faire 5 lots de même masse ,  quelle pierre fut confiée à la commune ? . Le justifier .
Q2 :   Peut - on détailler chacun des 5 lots analysés ?

                                                                                           bon courage.

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#2 19-04-2016 05:24:40

freddy
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Re : La météorite.

Salut jpp,

c'est soluble à la main, ou vaut mieux utiliser un automate ?


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#3 19-04-2016 06:45:04

jpp
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Re : La météorite.

salut Freddy .

pour te répondre , c'est un problème que j'ai conçu . Et la résolution se fait avec une bonne part de logique et tout le reste à la main.
je n'y connais rien aux automates .

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#4 19-04-2016 07:10:43

freddy
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Re : La météorite.

Re,

en tout cas, ça donne bien à cogiter sur les pptés des nombres premiers. Bon, je continue.
T'es sûr de toi, au moins ?:-)


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#5 28-05-2016 15:31:33

Yassine
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Re : La météorite.

Bonjour,
Demande de quelques précisions sur le pb :

jpp a écrit :

chacune de ces 31 masses sauf une était un nombre  premier

Est-ce que les 30 nombres premiers sont distincts ?

jpp a écrit :

Q1 : En supposant qu'on puisse faire 5 lots de même masse ,  quelle pierre fut confiée à la commune ? . Le justifier

Que veux précisément dire la demande "quelle pierre" ? j'imagine que ce n'est pas la réponse "c'est la pierre dont la masse est composée" que tu attends ;-) Est-ce qu'on demande déjà de déterminer la masse de la pierre à ce stade ?

jpp a écrit :

Q2 :   Peut - on détailler chacun des 5 lots analysés ?

S'agit-il ici de donner la liste des 30 nombres premiers ?


L'ennui dans ce monde c'est que les idiots sont sûrs d'eux et les gens sensés pleins de doutes. B. Russel

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#6 28-05-2016 18:14:03

jpp
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Re : La météorite.

salut Yassine.

31 masses distinctes , c'est dans le texte .
Q2 : oui il faudrait donner les 5 lots de 6 roches avec leurs masses , soit 5 lots de 6 premiers tous distincts . Ces 5 lots de même masse.
Q1 : on demande la masse composée en supposant que Q2 soit possible.
après lecture du texte on doit être en mesure de définir les "premiers" définissant m , ces "premiers" disparaissent donc de la liste des 30 masses premières.

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#7 29-05-2016 15:35:50

Yassine
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Re : La météorite.

Ci-après mes tentatives. Je ne sais pas si ça me permettra de conclure.


Mes tentatives à ce stade

Problème:
[tex]p_1, p_2, \cdots, p_{30}[/tex] masses des [tex]30[/tex] premières pierres et [tex]q[/tex] masse de la dernière.
On suppose que [tex]\forall i\forall j, i\neq j \implies p_i \neq p_j[/tex] et [tex]\forall i, p_i \textrm{ premier avec } q[/tex].
On suppose également que [tex]\forall 0 \leq k \leq 4, \sum_{i=1}^6 p_{i+k} = L[/tex] et que [tex]q + \sum_{i=1}^{30} p_i = 2\times 5 \times 11 \times 17[/tex],
soit encore [tex]5L + q = 2\times 5 \times 11 \times 17[/tex].


Constat 1 : [tex]L[/tex] est pair. En effet, même si [tex]2[/tex] figurait dans les 30 nombres premiers,
il figurerait dans un seul lot de 6. Si bien que les autres lots sont une somme de 6 nombres impairs, et est donc pair.
On écrira alors [tex]L=2l[/tex], ce qui donne donc [tex]2\times 5\times l + q = 2\times 5 \times 11 \times 17[/tex].
On en conclu donc que [tex]q[/tex] est divisible par [tex]2 \times 5[/tex].
On écrira alors [tex]q = 2\times 5 \times r[/tex]. On a donc [tex]l + r = 11 \times 17 = 187[/tex].


Constat 2, [tex]\forall i, p_i \neq 2 \wedge p_i \neq 5[/tex].
Je note dans la suite [tex]\alpha_i[/tex] les [tex]30[/tex] premiers nombres premiers, excluant [tex]2[/tex] et [tex]5[/tex]
et je suppose qu'elle est triée par ordre croissant [tex]\alpha_1 < \alpha_2 < \ldots < \alpha_{30}[/tex]


Constat 3, [tex]\sum_{i=1}^{30} p_i \geq \sum_{i=1}^{30} \alpha_i = 1844[/tex],
ce qui donne [tex]q \leq 1870-1844 = 26[/tex], soit encore [tex]0 < r \leq 2[/tex].
Avec l'équation [tex]l+r = 187[/tex] du Constat 1, ça laisse deux possibilités : [tex]l = 185[/tex] ou [tex]l = 186[/tex] ([tex]L=370[/tex] ou [tex]L=372[/tex]).


Constat 4, [tex]\sum_{i=1, p_i \neq \max(p_i)}^{30} p_i \geq \sum_{i=1}^{29} \alpha_i[/tex].
En examinant la liste des nombre premiers, et en prenant en compte que [tex]q \geq 2 \times 5 \times r[/tex],
j'en conclue que [tex]\max(p_i) \leq 151[/tex] si [tex]r=1[/tex] ou [tex]\max(p_i) \leq 137[/tex] si [tex]r=2[/tex].
J'ai donc au total [tex]34[/tex] ou [tex]31[/tex] nombres premiers candidats, selon le cas.

Je bloque à ce stade.


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#8 03-06-2016 17:53:46

freddy
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Re : La météorite.

Salut,

point d'étape

Je conjecture que ce problème n'admet pas de solution, mais je ne sais pas encore le démontrer.

Sinon, deux résultats immédiats.

Tout d'abord, la masse [tex]M[/tex] n° 31 est divisible par 5. En effet, la masse totale est égale à [tex]1.870 = 5\times L+M[/tex].
Puisqu'il s'agit de nombres entiers, les 5 groupes de 6 nombres premiers ont une masse identique [tex]= L[/tex] et donc on a [tex]L = 374-\frac{M}{5}[/tex].

Ensuite, le nombre premier 2 est exclu d'office, car à cause de la non répétition des nombres premiers utilisés, il ne peut y avoir 5 groupes de masse identique L impaire. On en déduit que L est une somme paire de 6 nombres premiers, 2 et 5 exclus. Bien entendu, on exclut aussi le nombre premier qui entre dans la fabrication de [tex]M[/tex].

Bien entendu, on peut faire l'hypothèse que [tex]M = 0[/tex], puisque selon l'énoncé, le doute est permis. mais ça manque de sel :-)

On peut aussi supposer que [tex]M = 10 + 10\times k[/tex] avec k=1, 2, 3, (..., 186) et regarder comme fabriquer les 5 groupes de 6 nombres premiers tous distincts de même somme [tex]L[/tex].

Après quelques essais avec l'aide de l'ordinateur (l'automate dans ma question à jpp), j'arrive à en trouver 4, mais 5 ... rien pour le moment. D'où ma conjecture.

La dernière stratégie utilisée consiste à retenir les groupes dont la variance des 6 nombres premiers, après élimination des nombres premiers précédemment utilisés, est minimale. Pour l'heure, que nenni !
La première stratégie était celle du doigt mouillé, sans plus de chance pour autant.

I try again and again ...
En fait, il conviendrait de se fabriquer une stratégie de recherche, et là, je manque un peu d'imagination :-)

A suivre, donc !


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#9 04-06-2016 07:35:20

jpp
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Re : La météorite.

salut.

Q1  On suppose d'abord que le partage puisse se faire .  M , la masse composée est unique et non nulle , ainsi que la liste des 30 "premiers" distincts

Q2  Le partage peut se faire ; il y a même plusieurs solutions ; personnellement ça m'a pris une petite heure pour le faire avec crayon et papier.

En utilisant les congruences j'ai au moins 4 solutions pour les 5 lots de même masse L ; et je peux sûrement  en trouver d'autres .

Pour en revenir à la somme S  des 30 "premiers" autorisés , cette somme possède un minorant comme l'a montré yassine , et dans ce cas il n'y a pas beaucoup de nombres premiers pouvant être remplacé .

                                                                                                             cherchez bien .

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#10 04-06-2016 13:53:57

freddy
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Re : La météorite.

Re,

je suis plutôt à la recherche d'une procédure informatique pour résoudre ce problème, donc une solution manuelle m’intéresse assez peu pour le moment. Ensuite, je ne dis pas que je n'essayerai pas à la main. Le problème est que je n'ai pas une heure entière à y consacrer, mais plutôt quelques minutes par-ci, par-là.
A suivre donc !


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#11 06-06-2016 10:28:38

freddy
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Re : La météorite.

Salut,

reprenons la Q1. OK pour le minimum donné par Yassine, savoir [tex]1844\le 5L+M[/tex].
Puisque la masse totale [tex]= 1874[/tex], on a alors [tex]M \le 26[/tex].
On sait que M est divisible par 5 et strictement positif, donc on a M = 5, 10, 15, 20 ou 25.
On sait aussi que [tex]5L+M = 1870 = 2\times 5 \times 11\times 17[/tex] donc M est aussi pair, ce qui réduit le champ des recherches à M =  10 ou 20. Donc L = 372 ou 370.
(...)


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#12 08-06-2016 06:15:38

Yassine
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Re : La météorite.

Ci-après, une solution avec recours à Python !
Je n'ai pas trouvé de moyen "soft" de résoudre.
@jpp : ta solution est-elle purement "logique" ?

Ma solution

Problème:
[tex]p_1, p_2, \cdots, p_{30}[/tex] masses des [tex]30[/tex] premières pierres et [tex]q[/tex] masse de la dernière.
On suppose que [tex]\forall i\forall j, i\neq j \implies p_i \neq p_j[/tex] et [tex]\forall i, p_i \textrm{ premier avec } q[/tex].
On suppose également que [tex]\forall 0 \leq k \leq 4, \sum_{i=1}^6 p_{i+k} = L[/tex] et que [tex]q + \sum_{i=1}^{30} p_i = 2\times 5 \times 11 \times 17[/tex],
soit encore [tex]5L + q = 2\times 5 \times 11 \times 17[/tex].


Constat 1 : [tex]L[/tex] est pair. En effet, même si [tex]2[/tex] figurait dans les 30 nombres premiers,
il figurerait dans un seul lot de 6. Si bien que les autres lots sont une somme de 6 nombres impairs, et est donc pair.
On écrira alors [tex]L=2l[/tex], ce qui donne donc [tex]2\times 5\times l + q = 2\times 5 \times 11 \times 17[/tex].
On en conclu donc que [tex]q[/tex] est divisible par [tex]2 \times 5[/tex].
On écrira alors [tex]q = 2\times 5 \times r[/tex]. On a donc [tex]l + r = 11 \times 17 = 187[/tex].


Constat 2, [tex]\forall i, p_i \neq 2 \wedge p_i \neq 5[/tex].
Je note dans la suite [tex]\alpha_i[/tex] les [tex]30[/tex] premiers nombres premiers, excluant [tex]2[/tex] et [tex]5[/tex]
et je suppose qu'elle est triée par ordre croissant [tex]\alpha_1 < \alpha_2 < \ldots < \alpha_{30}[/tex]


Constat 3, [tex]\sum_{i=1}^{30} p_i \geq \sum_{i=1}^{30} \alpha_i = 1844[/tex],
ce qui donne [tex]q \leq 1870-1844 = 26[/tex], soit encore [tex]0 < r \leq 2[/tex]. A
vec l'équation [tex]l+r = 187[/tex] du Constat 1, ça laisse deux possibilités : [tex]l = 185[/tex] ou [tex]l = 186[/tex] ([tex]L=370[/tex] ou [tex]L=372[/tex]).


Constat 4, [tex]\sum_{i=1, p_i \neq \max(p_i)}^{30} p_i \geq \sum_{i=1}^{29} \alpha_i[/tex].
En examinant la liste des nombre premiers, et en prenant en compte que [tex]q \geq 2 \times 5 \times r[/tex],
j'en conclue que [tex]\max(p_i) \leq 151[/tex] si [tex]r=1[/tex] ou [tex]\max(p_i) \leq 137[/tex] si [tex]r=2[/tex].
J'ai donc au total [tex]34[/tex] ou [tex]31[/tex] nombres premiers candidats, selon le cas.

A ce stade, je n'ai plus d'option "soft power". Je recours à la force brute !
L'idée est de vérifier par informatique si les deux sommes ont des solutions. Schématiquement, je construit tous les 6-uplets dont la somme est [tex]370[/tex] ou [tex]372[/tex] et je construit une solution en cherchant un groupe de 6-uplets n'ayant aucun élément en commun.
 
Le code Python est le suivant :


 import itertools
import csv
import time

PrimeList1 = [3, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41, 43, 47, 53, 59, 61, 67, 71, 73, 79, 83, 89, 97, 101, 103, 107, 109, 113, 127, 131, 137]
PrimeList2 = PrimeList1 + [139, 149, 151, 157 ]
Somme1 = 370
Somme2 = 372


def check_sum_condition(primes, num_elts, s):
  return [t for t in itertools.combinations(primes, num_elts) if sum(t) == s]

def empty_intersection(l1,l2):
  x = [e for e in l2 if not e in l1]
  return x and len(l2) == len(x)
     
def get_solution(level, c, ll):
  for i in range(len(ll)):
    if empty_intersection(c,ll[i]):
      c = c + ll[i]
      if level == 4:
        return c
      else:
        return get_solution(level+1, c, ll)
  return None

def get_all_solutions(ll):
  solutions = []
  for e in ll:
    r = get_solution(1,e,ll)
    if r:
      solutions.append(r)
  return solutions

def out_csv(l, fname):
  with open(fname, 'w', newline='') as csvfile:
    writer = csv.writer(csvfile, delimiter=';')
    for e in l:
      writer.writerow(e)


l1 = check_sum_condition(PrimeList1,6,Somme1)
l2 = check_sum_condition(PrimeList2,6,Somme2)

start = time.clock()
sol1 = get_all_solutions(l1)
if len(sol1) > 0:
  print("Found solutions for sum {0}".format(Somme1))
  out_csv(sol1, 'somme-{0}-Sol.csv'.format(Somme1))
duration1 = time.clock()
print("Time to fetch solution for first sum is : ", duration1-start)
sol2 = get_all_solutions(l2)
if len(sol2) > 0:
  print("Found solutions for sum {0}".format(Somme2))
  out_csv(sol2, 'somme-{0}-Sol.csv'.format(Somme2))
duration2 = time.clock()
print("Time to fetch solution for second sum is : ", duration2-duration1)
 

Pour la première somme ([tex]370[/tex]), je trouve [tex]35[/tex] solutions différentes (après 5 mn de calcul). Exemple de solution :
[tex](7,19,73,79,83,109), (3,11,13,103,113,127), (17,23,29,67,97,137), (31,37,41,53,101,107), (43,47,59,61,71,89)[/tex]

Pour la seconde somme, je ne trouve aucune solution (15 mn de calcul)


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#13 08-06-2016 08:07:36

jpp
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Re : La météorite.

salut.

@Yassine

 

Q1 :  Dans le cas où  5 x 372 = 1860  ;  il te faut alors démontrer mathématiquement qu'il n'existe aucune liste de 30 premiers distincts différents de  2 et 5  dont la somme est 1860 .

Q2 : bien sûr il existe plusieurs façons de partager en 5 lots de 370 kg . Je l'avais fait en utilisant les congruences . Je donnerai plus tard mon raisonnement .

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#14 08-06-2016 12:01:25

Yassine
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Re : La météorite.

Bonjour,

@jpp

Tout dépend de ce qu'on appelle "démontrer mathématiquement" ;-)
Je montre que la liste des nombres premiers est forcément dans une liste de 34 nombres que je donne.
Ensuite, je donne un programme Python qui explore toutes les possibilités et n'en trouve aucune.

Maintenant, ce que je comprends de ta remarque, c'est qu'il doit exister une méthode plus élégante, moins bourrine, pour démontrer ce point. Je vais continuer à y réfléchir.


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#15 08-06-2016 16:55:27

freddy
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Re : La météorite.

Re,

@Yassine : en la matière, il y a un résultat intéressant à connaitre qui énonce :
si [tex]p[/tex] est premier distinct de 2 et 3 (et 5, bien sûr :-)), alors [tex]p \in \{1,\; 7,\; 11\;, 13\;, 17,\; 19,\; 23,\; 29\}[/tex] modulo 30.
Attention, la réciproque est bien entendu fausse.
Je n'ai pas encore cherché à exploiter ce résultat.

Dernière modification par freddy (08-06-2016 20:30:04)


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#16 08-06-2016 20:05:17

Yassine
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Re : La météorite.

Bonsoir Freddy,
Disons que je connais ce résultat sous sa forme générale : si $p$ est premier et qu'il ne divise pas $n$, alors il est premier avec $n$ (il faut d'ailleurs préciser $p$ distinct de 2,3 et 5 pour le cas 30).


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#17 08-06-2016 20:33:10

freddy
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Re : La météorite.

Re,

Euh, ça va plus loin : dans la parenthèse figurent les restes de la division de [tex]p[/tex] par [tex]30[/tex], nombres premiers (sauf 1) inférieurs à 30. C'est ce point qui me paraissait intéressant à remarquer.
Mais tu as sûrement déjà compris.

Dernière modification par freddy (08-06-2016 20:48:36)


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#18 09-06-2016 11:57:20

Yassine
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Re : La météorite.

Bonjour,
Un complément moins "bourrin" à ma solution

Complément

Complément complètement faux !!

Dernière modification par Yassine (09-06-2016 13:42:10)


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#19 09-06-2016 12:45:41

freddy
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Re : La météorite.

Euh ... comment dire ...

[tex]5\times 372 = 1.860 = 0\; [3][/tex] non ?

PS : oui, bien sûr, je viens de corriger. L'essentiel a été compris, no souci.

Dernière modification par freddy (09-06-2016 14:06:03)


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#20 09-06-2016 13:38:24

Yassine
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Re : La météorite.

freddy a écrit :

Euh ... comment dire ...

[tex]5\times 372 = 1.560 = 0\; [3][/tex] non ?

Non, $5\times 372 = 1.860$ et c'est en effet $=0$ mod $3$ ($5\times372 = 5 \times 0 = 0\ [3]$).
Mais je pense que je me suis planté dans mon raisonnement (je pensais avoir calculé la somme totale par un autre moyen !). Je regarde ça

Dernière modification par Yassine (09-06-2016 13:39:31)


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#21 13-06-2016 07:32:59

freddy
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Re : La météorite.

Salut,

@Yassine : pourquoi ne prendre que les 34 premiers nombres premiers ? je trouve des résultats (6-uplets dont la somme est égale à  370) avec 6 des 64 premiers nombres premiers. Pour 372, il faut pousser un peu plus loin.

@jpp : il est temps que tu nous expliques ta méthode, tu ne trouves pas ?


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#22 13-06-2016 10:11:22

Yassine
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Re : La météorite.

Salut Freddy,
C'était la conséquence de mon constat 4 :  Si on est dans le cas où la masse composée vaut $10$, alors la somme totale vaut $1860$.
J'ai donc écrit la somme totale comme $1860 = \sum_1^{30} pi_i = p_{max}+ \sum_{i=1,p_i \neq p_{max}}^{30} pi_i$ et j'utilise le fait que $\sum_{i=1,p_i \neq p_{max}}^{30} pi_i \geq \sum_{i=1}^{29} \alpha_i$ où je note $\alpha_i$ les $29$ premiers nombres premiers ne contenant ni 2 ni 5. Soit $\sum_{i=1}^{29} \alpha_i = 1713$.
On a donc $1860 = \sum_1^{30} pi_i = p_{max}+ \sum_{i=1,p_i \neq p_{max}}^{30} pi_i \geq p_{max} + \sum_{i=1}^{29} \alpha_i = p_{max} + 1713$, soit encore $p_{max} \leq 1860 - 1713 = 147$. Donc, au plus $p_{max}=139$.

Dans le deuxième cas, la condition finale s'écrie $p_{max} \leq 1850 - 1713 = 137$. Donc, au plus $p_{max}=137$.

Je me suis trompé dans ma solution. C'est uniquement 32 qu'il faut considérer et non 34 !


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#23 13-06-2016 10:14:07

Yassine
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Re : La météorite.

Du coup, si ce n'est pas erroné, je demande encore un peu de temps de réflexion parce que j'avais uniquement regardé le cas avec 34 nombres. Si ce sont que 32 candidats, j'ai peut être une chance !


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#24 13-06-2016 16:05:54

freddy
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Re : La météorite.

Yassine a écrit :

Salut Freddy,
C'était la conséquence de mon constat 4 :  Si on est dans le cas où la masse composée vaut $10$, alors la somme totale vaut $1860$.
J'ai donc écrit la somme totale comme $1860 = \sum_1^{30} pi_i = p_{max}+ \sum_{i=1,p_i \neq p_{max}}^{30} pi_i$ et j'utilise le fait que $\sum_{i=1,p_i \neq p_{max}}^{30} pi_i \geq \sum_{i=1}^{29} \alpha_i$ où je note $\alpha_i$ les $29$ premiers nombres premiers ne contenant ni 2 ni 5. Soit $\sum_{i=1}^{29} \alpha_i = 1713$.
On a donc $1860 = \sum_1^{30} pi_i = p_{max}+ \sum_{i=1,p_i \neq p_{max}}^{30} pi_i \geq p_{max} + \sum_{i=1}^{29} \alpha_i = p_{max} + 1713$, soit encore $p_{max} \leq 1860 - 1713 = 147$. Donc, au plus $p_{max}=139$.

Dans le deuxième cas, la condition finale s'écrie $p_{max} \leq 1850 - 1713 = 137$. Donc, au plus $p_{max}=137$.

Je me suis trompé dans ma solution. C'est uniquement 32 qu'il faut considérer et non 34 !

Exact, ok. De fait, ça simplifie considérablement la recherche sur tableur !


Memento Mori ! ...

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#25 14-06-2016 15:03:15

Yassine
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Re : La météorite.

Une solution qui fait le job, un peu bourrine tout de même

un complément

Je suppose qu'il existe une solution pour le cas où la masse composée est de $10$.
Dans ce cas, la liste des nombres premiers candidats est l'ensemble des 32 premiers nombres premiers, à l'exception de 2 et 5. Je les note $\{p_1,\cdots,p_{32}\}$ et, quitte à renuméroter, je suppose que la solution est constituée des nombres $\{p_1,\cdots,p_{30}\}$.
Alors $\sum_{i=1}^{30} p_i = 1860$. Par ailleurs, on calcule que $\sum_{i=1}^{32} p_i = 2120$.
On a donc $p_{31}+p_{32} = 2120-1860=260$.
On vérifie ensuite à la main qu'il n'y a aucune paire dans les 32 nombres candidats qui vérifie cette condition (il y a $\binom{32}{2}=496$ paires à vérifier).
Il y a peut être un argument plus élégant, mais je ne l'ai pas vu.

Dernière modification par Yassine (14-06-2016 19:34:55)


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