Les vases communicants ...

freddy · 05-05-2011 16:03:35

Re,

encore une piste, je pense que jpp a tout en main pour la faire aboutir cette fois.

C'est le jeune Pascal qui remarqua un jour que la somme de la série partielle 1+2+3+4+5+6+7+8+9+10 se faisait de manière simple si on remarquait que les termes d'égale distance étaient de somme constante.

par exemple : 1+10 = 2+9 = 3+ 8 = ... = 5+6=11. En regroupant le termes deux à deux, il fabriqua la fameuse formule n(n+1)/2.

La piste est du même ordre, si je puis dire ... et la généralisation qque soit n > 3 devrait se faire aisément maintenant.

Bon courage !

Dernière modification par freddy (06-05-2011 07:58:07)

totomm · 06-05-2011 07:09:14

Bonjour,

J'ai une démonstration complète pour tout nombre n de l'existence d'une solution et une méthode (stratégie) pour "construire" au moins une solution.

Tout nombre n appartient au moins à l'une des 4 séries arithmétiques 3p, 3p-1, 3p+4 avec p pair, et 3p-2 avec p impair
Si l'on connaît une solution pour p telle que :
CONDITION : "Initialement l'urne A contient 3p, et à l'étape p-1 l'urne A contient 2p, l'urne B contient p et l'urne C contient 0, (B et C étant interchangeables)" :
Alors il existe une règle simple qui permet de construire une solution pour n qui respecte la condition : à l'étape n-1 l'urne B contient n et l'urne C contient 0 (B et C étant interchangeables).

Pour la série 3p cette règle transfère B dans C à l'étape p, puis n'utilise que les urnes A et C.
Pour les séries 3p-1 et (3p-2 avec p impair) cette règle n'utilise que les urnes A et B
Pour la série (3p+4 avec p pair) cette règle utilise 3 fois l'urne C et les urnes A et B aux autres étapes.

Comme l'on connaît une solution au moins respectant la CONDITION pour n=6 à 21, Cette méthode fonctionne parfaitement par récurrence pour tout n.

Ceci clos mes posts #55, #61 et #66 précédents
Cordialement.

jpp · 06-05-2011 19:25:43

Bonsoir .

je donne une méthode avec [tex]n = 20[/tex]

[tex]p 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20[/tex]

[tex]B 1 1 4 8 13 19 26 34 25 35 24 36 23 37 22 38 21 21 40 20[/tex]

[tex]A 59 57 54 50 45 39 32 24 33 23 34 22 35 21 36 20 37 19 0 20[/tex]

[tex]C 0 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 20 20 20[/tex]

je n'avais pas encore essayé celle ci. je cherche avec n impair.

dans ce cas [tex]r[/tex] est pair donc ça marche pour [tex]n = 8 , n = 16....[/tex]

Dernière modification par jpp (07-05-2011 07:51:04)

jpp · 07-05-2011 16:02:26

Bonjour
cette méthode est symétrique avec l'axe porté par la ligne[tex]P_{4}[/tex]

avec [tex]n = 8[/tex]

[tex]\begin{cases}Urne&B-----A-----C\\p0&0-----24-----0\\p1&1<---- 23----- 0\\p2&1-----21---->2\\p3&4<----18-----2\\p4&8<----14-----2-----r=4\\p5&13<----9-----2\\p6&7{\color{red}----- }\;\;9 \;{\color{red} ---->>}8\\p7&0---->16-----8\\p8&8<----8-----8\end{cases}[/tex]

Dernière modification par jpp (07-05-2011 16:36:45)

jpp · 07-05-2011 17:15:01

re

En suivant la meme méthode avec [tex]n = 12[/tex]

[tex]\begin{cases}Urne&B-----A-----C\\p0&0-----36-----0\\p1&1<----35-----0\\p2&1-----33---->2\\p3&4<----30-----2\\p4&4-----26---->6\\p5&9<----21-----6\\p6&3---->27-----6 -----r = 6\\p7&10<----20-----6\\p8&2{\color{red}-----}20{\color{red}--->>}14\\p9&11<----11-----14\\p10&1{\color{red}-----}11{\color{red}--->>}24\\p11&12<----0-----24\\p12&12-----12<----12\end{cases}[/tex]

jpp · 07-05-2011 19:23:23

re

pour [tex]n = 8 r=4[/tex] méthode expliquée au poste#58

[tex]\begin{cases}Urne&B-----A-----C\\p0&0-----24-----0\\p1&1<----23-----0\\p2&1-----21---->2\\p3&1-----18---->5-----r-1\\p4&5{\color{red}<<----}18{\color{red}-----}1----r\\p5&10<----13-----1\\p6&16<----7-----1\\p7&16-----0---->8\\p8&8----->8-----8\end{cases}[/tex]

Dernière modification par jpp (07-05-2011 19:24:27)

jpp · 08-05-2011 07:44:23

Bonjour.

avec les nombres impairs de la forme[tex]n = 4N+1[/tex] comme 9 ou 13 , jusqu'à [tex]n-1[/tex]

on travaille avec A et B pour finir à [tex]n-1 à B=2n\; A=n\; C=0[/tex]

et les nombres impairs de la forme [tex]n = 2N + 1[/tex] comme 11, on travaille

avec les 3 urnes pour finir à [tex]n-1 à B=2N\;\; A=0\;\; C=n[/tex]

[tex]n = 9\begin{cases}p0&0-----27-----0\\p1&1<----26-----0\\p2&3<----24-----0\\p3&0---->27-----0\\p4&4<----23-----0\\{\color{red}\;axe&---------------}\\p5&9<----18-----0\\p6&3---->24-----0\\p7&10<----17-----0\\p8&18<----9-----0\\p9&9-----9--->>9\end{cases}n=11\begin{cases}p0&0-----33-----0\\p1&1<----32-----0\\p2&3<----30-----0\\p3&0---->33-----0\\p4&4<----29-----0\\p5&4-----24---->5\\{\color{red}axe}&-------------\\p6&4-----18---->11\\p7&11<----11-----11\\p8&3---->19-----11\\p9&12<----10-----11\\p10&22<----0-----11\\p11&11---->11-----11\end{cases}[/tex]

Dernière modification par jpp (08-05-2011 08:54:47)

totomm · 08-05-2011 21:17:57

Bonjour,

Pour vous convaincre de la puissance du raisonnement par récurrence dans cette énigme des 3 urnes (que je considère résolue), voici quelques indications sur une des façons de traiter :

TOUT n entier positif appartient à 4 familles dont 3 se subdivisent en 2.
Soient ces 7 familles, repérées par i de 0 à 6, et affectées des valeurs v(0) à v(6) respectives 0,0,2,2,4,4,3.
La plus grande valeur p qui permet de traiter la récurrence sur n=7k+3+i (en un plus petit nombre d'étapes) est p=5k+v(i), k entier positif quelconque.
Par exemple pour k=3, les valeurs n vont de 24 à 30, et les valeurs p sont respectivement 15,15,17,17,19,19,18
De p à n il y a des solutions qui utilisent uniquement 2 urnes. (Cela permet de se pencher sur 2^n plutôt que 6^n ! )
Pour chacune des 4 familles principales le nombre de solutions dans une récurrence, fonction de k, est :
2 + k(k-1)/2 ; k ; 1 ; 3k + ((k-1)k(k+1)/6)
Par exemple pour n= 129 et 130, 131 et 132, 133 et 134, 135, il y a respectivement 155, 18, 1, 1023 solutions pour la première récurrence de n à p ( k = 18 ).
Note : Une réccurence va de p-1 à n-1, A contient 3n-p au début et 2n en fin, B est l'urne utilisée avec A, sauf C vers B à l'étape p pour i valant 1,3,5 et 6.

Espérant être sufisamment clair, Cordialement.

freddy · 08-05-2011 22:55:35

Salut,

je n'ai pas bien compris comment tu passes de 4 à 7 familles, mais là n'est pas l'essentiel.

La question est : soit n quelconque, comment fais tu pour passer de 3n à (n,n,n) en n étapes, sachant qu'à chacune d'elle, repérée par le nombre p, tu transvases p boules d'une urne vers une des deux autres ?

Je ne vois tjs pas comment tu fais.

totomm · 09-05-2011 09:46:23

Bonjour,

Une application numérique pour 3*27 billes, par récurrence suivant méthode indiquée :
étape A B C Total
0 81 81
1 80 1 0 81
2 78 3 0 81
3 75 6 0 81
4 71 6 4 81
5 76 1 4 81
6 70 1 10 81
7 63 1 17 81
8 71 1 9 81
9 71 10 0 81 Récurrence 17 à 10 :pour 17 k=2, i=0 ; v(i)=0 donc 5*2=10
10 61 20 81
11 50 31 81
12 38 43 81
13 51 30 81
14 65 16 81
15 80 1 81
16 64 17 81 Récurrence 27 à 17 : pour 27 k=3,i=3 ; v(i)=2 donc 5*3+2=17
17 64 17 81
18 46 35 81
19 27 54 81
20 7 74 81
21 28 53 81
22 6 75 81
23 29 52 81
24 53 28 81
25 28 53 81
26 54 27 81
27 27 27 27 81
Est-ce maintenant convaincant ? Je ne fais qu'utiliser un algorithme de réduction de la complexité !
Avez-vous une autre solution générale ?

Cordialement

jpp · 09-05-2011 22:22:25

Bonsoir

@Freddy , je n'ai pas abandonné . je bloque sur 2 nombres d'abords 16 avec la méthode (poste #58)

utilisant 2,r-1 et r et le nombre 13 utilisant les symétries du poste #82.

à plus

Dernière modification par jpp (09-05-2011 22:25:27)

freddy · 10-05-2011 06:47:04

totomm a écrit :

Bonjour,
Pour vous convaincre de la puissance du raisonnement par récurrence dans cette énigme des 3 urnes (que je considère résolue), voici quelques indications sur une des façons de traiter :
TOUT n entier positif appartient à 4 familles dont 3 se subdivisent en 2.
Soient ces 7 familles, repérées par i de 0 à 6, et affectées des valeurs v(0) à v(6) respectives 0,0,2,2,4,4,3.
La plus grande valeur p qui permet de traiter la récurrence sur n=7k+3+i (en un plus petit nombre d'étapes) est p=5k+v(i), k entier positif quelconque.
Par exemple pour k=3, les valeurs n vont de 24 à 30, et les valeurs p sont respectivement 15,15,17,17,19,19,18
De p à n il y a des solutions qui utilisent uniquement 2 urnes. (Cela permet de se pencher sur 2^n plutôt que 6^n ! )
Pour chacune des 4 familles principales le nombre de solutions dans une récurrence, fonction de k, est :
2 + k(k-1)/2 ; k ; 1 ; 3k + ((k-1)k(k+1)/6)
Par exemple pour n= 129 et 130, 131 et 132, 133 et 134, 135, il y a respectivement 155, 18, 1, 1023 solutions pour la première récurrence de n à p ( k = 18 ).
Note : Une récurrence va de p-1 à n-1, A contient 3n-p au début et 2n en fin, B est l'urne utilisée avec A, sauf C vers B à l'étape p pour i valant 1,3,5 et 6.
Espérant être suffisamment clair, Cordialement.

Salut,

je crois que nous nous sommes mal compris : on cherche une méthode, pas le nombre de solution.

Pourrais tu être plus explicite sur ta méthode, stp, j'ai un peu de mal à suivre ? On te lira avec intérêt.

totomm · 10-05-2011 10:28:44

Bonjour,

La méthode à suivre pas à pas est dans ce que j'ai publié :
Je vais donc formaliser plus explicitement cette méthode des transferts pas à pas, pour tout nombre n, aussi grand que vous le voudrez (sauf 1, 2 et 4), afin que vous puissiez écrire effectivement, si vous le désirez, chacun des transferts de 1 à n.
Il me faut quelques heures libres pour la mettre sous forme présentable, mais je l'ai, complète, depuis quelque temps...

Une question est en suspens : Avez-vous une (autre) méthode générale ?

Cordialement

jpp · 10-05-2011 18:12:27

Bonsoir
soit [tex] n[/tex] pair et au [tex] (n-1)^{iéme} [/tex] j'aurais déplacé [tex]\frac{n.(n-1)}{2}+r[/tex]

avec[tex]\frac{n.(n-1)}{2} = a.n + r avec a=r-1[/tex]

pour commencer dans l'urne B, je déplace [tex] 1+3+4+...+(r-2) de \;A--->B et 2 + (r-1) de\; A-->C[/tex]

puis de C je déplace [tex] r de \;C-->A[/tex]

jusque là il a été déplacé [tex]\frac{r.(r+1)}{2} = \frac{\frac{n}{2}.(\frac{n}{2}+1)}{2}[/tex]

après j'utilise des blocs (4) et des blocs (2)

ex. [tex]n = 12 ---> r = 6 et a = 5[/tex]

[tex]\begin{cases}urne&B-----A-----C\\p0&0-----36-----0\\p1&1<----35-----0\\p2&1-----33---->2---2\\p3&4<----30-----2----\frac{n}{4}\\p4&8<----26-----2\\p5&8-----21---->7---r-1=\frac{n}{2}-1\\p6&8-----27<----1---r=\frac{n}{2}\\p7&15<----20-----1-----\frac{n}{2}+1\\p8&23<----12-----1\\p9&14---->21-----1-----\frac{3n}{4}\\p10&24<----11-----1\\p11&24-----0---->12\\p12&12---->12-----12\end{cases}[/tex]

Dernière modification par jpp (11-05-2011 20:25:08)

totomm · 11-05-2011 16:04:36

Bonjour,

@freddy : On ne peut croire que vous ayez du mal à suivre…

@jpp : Terminez vos recherches interessantes, il y a plusieurs méthodes possibles…

@yoshi : J'ai promis un programme complet écrit en Python pour exécuter les algorithmes de ma méthode par récurrence : C'est fait. Il détermine en quelques secondes les transferts pour tout n choisi, si grand soit-il (j'ai essayé n=5000). Sa limite est celle du temps d'affichage de chacune des n lignes de transfert, qui sont validées totalement chacune avant affichage.

Méthode dans la solution par récurrence : les nombres n sont dans une des 7 familles 7k+3+i,
K entier positif, et i de 0 à 6.
Pourquoi ? Parce que chaque pas de récurrence se fait entre p et n, avec p=5k+v(i) comme je l'ai publié v=[0,0,2,2,4,4,3].
Pourquoi encore ? Parce que cela fournit l'écart minimal entre p et n dans chaque pas de récurrence. En cherchant cet écart minimal, on trouve une propriété émergente : Cela permet de n'opérer qu'entre 2 urnes, toujours A et soit B soit C. et en conséquence, dans chacune des 7 familles, il existe un algorithme particulier qui définit un début, un milieu avec itérations de +1 ou –1, et une partie terminale.
Cet algorithme permet de DEMONTRER algébriquement, fonction de k, l'existence d'une solution pour tout pas de récurrence. Je l'ai fait et peux donc fournir ces 7 algorithmes particuliers, ils sont inclus dans le programme Python…
L'initialisation des récurrences se fait avec une solution bien choisie pour n de 7 à 11. (Je peux aussi expliquer pourquoi)

Est-ce que ces quelques mots vous suffisent pour croire en une solution générale, différente sans doute de celle que freddy connaît…
Cette recherche ne fut qu'un passe-temps, mais avec des perspectives assez riches et intéressantes

Cordialement.

freddy · 11-05-2011 20:33:36

Bonsoir totomm et merci de ta sollicitude.

Désolé de te décevoir, mais en effet, je ne suis toujours pas convaincu et vais t'expliquer pourquoi.

Il existe une conjecture assez simple d'énoncé, assez simple à vérifier, et que pourtant, la communauté scientifique considère qu'elle n'est toujours pas démontrée. Rassure toi, il y en a beaucoup d'autres de même nature.

Cette conjecture énonce que tout nombre pair est la somme de deux nombres premiers.

Tu peux construire le programme que tu veux, elle ne sera pas pour autant formellement démontrée.

Ici, je voudrais que tu dises, pour n entier quelconque donné, supérieur à 4, comment tu ferais pour résoudre le problème, étape par étape.

Si tu démontrais, en langage mathématique, ta preuve par récurrence, je serais OK. Pour l'instant, tu n'as qu'un algorithme de recherche de solution qui ne me satisfait pas d'un strict point de vue logique, car jamais tu ne pourras soutenir que c'est vrai quel que soit n > 4 !

A te lire !

jpp · 12-05-2011 06:08:57

Bonjour

j'ai une stratégie pour les n pairs et impairs de la forme [tex]n = N^2-1[/tex] que je vais expliquer

en soirée . je pense qu'on peut l'étendre au reste des entiers en utilisant des blocs (0)

à plus.

totomm · 12-05-2011 12:11:38

Bonjour,

Non, je ne confonds pas conjecture et démonstration

DEMONSTRATION rapide : pour n>=12,Soit n = 7k+3+i avec i de 0 à 6, et p=5k+v(i)
Supposons qu'à l'étape (p-1) nous ayons p dans l'urne B et (3n-p) dans l'urne A

Prenons i=0, v(i)=0 donc k>1 et pas de transfert de B vers l'urne C à l'étape suivante p.
(les valeurs pour chaque i sont publiées dans un programme écrit en Python dans le forum "programmation")
étape p=5k ajoutons p, B =p+p=2p=10k
étape 5k+1 ajoutons5k+1, B=15k+1
étape 5k+2 ajoutons5k+2, B=20k+3

à partir de l'étape 5k+3, pendant (2k-4) étapes, ajoutons (k-2) fois 1, en ajoutant (5k+3+2t ) puis retranchant (5k+4+2t), t allant de 0 à (k-3).
note : on a k>1 car n est supposé >11
étape (5k+2)+(2k-4)=7k-2 nous avons donc B=(20k+3)+(k-2)=21k+1

étape 7k-1 retranchons 7k-1, B=14k+2
étape 7k retranchons 7k, B=7k+2
étape 7k+1 retranchons 7k+1, B=1
étape 7k+2 ajoutons, B=7k+3.
Donc POUR TOUT n et i=0, étape n-1 on a bien B=n et A forcément 2n. C.Q.F.D
Si n est l'étape finale, on transfère n de A vers C.

Même démonstration aussi mathématiquement simple pour chaque i de 1 à 6, avec un algorithme adapté à chaque i.
Je reviens sur la nature de ces algorithmes : il sont polynomiaux de degré 1 en k.

Dans le forum Entraide (Collège-Lycée) discussion : Suites Numériques, il y a eu de longs échanges intéressants sur la question (mal rédigée) concernant une suite vérifiant une relation de récurrence. Il s'agissait dans cette question, comme l'a rappelé MOHAMED_AIT_LH, de se rappeler d'appliquer le théorème suivant :
"Tout polynôme de degré n qui s'annule pour plus de n valeurs est identiquement nul"

Dans le problème présent, pour chaque i=0 à 6, il suffit de vérifier l'exécution correcte de l'algorithme pour 2 valeurs de k différentes pour être certain qu'il est correct pour tout k.

A+ : Cordialement

freddy · 12-05-2011 13:47:28

Re,

ça a l'air interessant, mais en cherchant à appliquer pour n=12, j'en ai déduis que k=1, i (reste de la division par 7 de n-3) = 2 et p = 7 et en appliquant ta méthode, je vois que je dois faire la même opération durant -2 étapes ???

Autre question : comment fais tu pour être sûr d'avoir à l'étape (p-1), p boules en B, 3n-p en A et 0 en C.

Merci.

totomm · 12-05-2011 14:42:03

Bonjour,

Correctif au post précédent #93 :
à partir de l'étape 5k+3, pendant (2k-4) étapes, ajoutons (k-2) fois 1, en RETRANCHANT (5k+3+t ) puis en AJOUTANT (5k+4+2t), t allant de 0 à (k-3).
C'est évident vu la suite et bien conforme au contenu du programme publié
vous priant d'excuser ce petit cafouillage, car on m'a dérangé quand je le recopiais....

@freddy : la démonstration est faite dans le cas i=0. et j'ai bien dit que k>1 dans ce cas i=0.
Pour i=1 à 6, il y a un algorithme adapté à chaque i (un peu différent à chaque fois)
pour i=1 il faut aussi k>1, ensuite k>0 pour i de 2 à 6

il y a p boules en p-1 parce que les solutions adéquates sont initialisées jusqu'à n=11 et respectent la CONDITION de récurrence dont j'ai déjà parlé : en (p-1) B ou C doivent contenir p et A contenir (3n-p)
la récurrence n'utilise que p >=7 pour n >=12

Voyez le programme que j'ai publié hier en Python ou demandez confirmation à yoshi
Ce programme imprime chaque ligne de 1 à n !
Je l'ai fait en quelques secondes pour n=5000
J'ai sorti les 10 dernières lignes et la récurrence pour n=100000(cent mille) aussi en 5 secondes. Voici :
n = 100000 : Total = 300000
récurrence : [100000, 71427, 51017, 36439, 26025, 18587, 13273, 9479, 6769, 4834, 3450, 2462, 1757, 1254, 894, 637, 454, 322, 229, 162, 114, 78, 54, 37, 23, 13, 7]

p: 99990 99999 0 200001
p: 99991 8 0 299992
p: 99992 100000 0 200000
p: 99993 7 0 299993
p: 99994 100001 0 199999
p: 99995 6 0 299994
p: 99996 100002 0 199998
p: 99997 199999 0 100001
p: 99998 100001 0 199999
p: 99999 200000 0 100000
p:100000 100000 100000 100000

Cette petite étude a été pour moi un vrai plaisir de mathématicien + informaticien. merci
Cordialement.

jpp · 12-05-2011 18:59:42

Bonsoir

@Freddy Je ne sais pas pourquoi, dès le début j'ai mis la formule de Blaise Pascal de coté.

parce que je me trouvais au départ dans le rouge avec des urnes négatives.

et puis les séries alternées portent bien leur nom.

toujours est-il que mon idée de ce matin a eu son temps. mais je la présenterai plus tard.

Maintenant , si je prend d'abord les nombres impairs. On a 2 catégories.

1° _ [tex] n = 2N+1[/tex] ou N est impair exemple 15 et [tex]\frac{n.(n-1)}{2}=a.n[/tex]

ou [tex]a[/tex] est impair

2° [tex] n = 2N+1[/tex] ou N est pair. exemple 13 et [tex] a [/tex] est pair

[tex]n = 15 -->\begin{cases}Urne&B-----A-----C\\p0&0-----45-----0\\p1&0-----44---->1\\p2&2<----42-----1\\p3&5<----39-----1\\p4&1---->43-----1\\p5&6<----38-----1\\p6&0---->44-----1\\p7&7<----37-----1\\axe de symétrie&-----------\\p8&15<----29-----1\\p9&6---->38-----1\\p10&16<----28-----1\\p11&5---->39-----1\\p12&17<----27-----1\\p13&30<----14-----1\\p14&30-----0---->15\\p15&15---->15-----15\end{cases}[/tex]

[tex] n = 3n - 2n +(n-n) +....+(n-n)[/tex]

Dernière modification par jpp (12-05-2011 21:32:29)

jpp · 12-05-2011 20:11:39

Re

autre méthode avec 13

[tex]n=13-->\begin{cases}Urne&B-----A-----C\\p0&0-----39-----0\\p1&1<----38-----0\\p2&3<----36-----0\\p3&0-----36---->3\\p4&4<----32-----3\\p5&9<----27-----3\\p6&3---->33-----3\\p7&10<----26-----3\\p8&2---->34-----3\\p9&11<----25-----3\\p10&1-----25--->>13\\p11&12<----14-----13\\p12&0---->26-----13\\p13&13<----13-----13\end{cases}[/tex]

jpp · 12-05-2011 20:55:23

re

pour certains nombres je cherche [tex]p tel que \frac{n-p-4}{2}=\frac{p.(p+1)}{2}-2[/tex]

d'ou l'équation:[tex]p^2 + 2p - n = 0[/tex]

la racine est [tex]p = \frac{-2+2\sqrt{n+1}}{2}[/tex]

cela donne [tex]n=8 -->p = 2 n=24 --> p=4 n = 48 --> p=6[/tex]

c-a-d que je place 2 dans l'urne C

je place[tex]\frac{p.(p+1)}{2}-2[/tex] dans l'urne B

ensuite j'alterne en n'oubliant pas de placer r-1 dans C puis de retirer r de C pour avoir

1 dans C que l'on complètera après avec (n-1)

avec [tex]n = 24 --> p = 4[/tex]

donc je place 1+3+4 = 8 ---> B 2 ---> C

Ensuite je commence à placer 5 -->B et j'alterne - + - +... sans oublier (r-1) A-->C

puis r C-->A

A p=22 on a 0 -- 71 - - 1 en p23 48 - 0 - 24

freddy · 13-05-2011 08:52:34

totomm a écrit :

Bonjour,
Correctif au post précédent #93 :
à partir de l'étape 5k+3, pendant (2k-4) étapes, ajoutons (k-2) fois 1, en RETRANCHANT (5k+3+t ) puis en AJOUTANT (5k+4+2t), t allant de 0 à (k-3).
C'est évident vu la suite et bien conforme au contenu du programme publié
vous priant d'excuser ce petit cafouillage, car on m'a dérangé quand je le recopiais....
@freddy : la démonstration est faite dans le cas i=0. et j'ai bien dit que k>1 dans ce cas i=0.
Pour i=1 à 6, il y a un algorithme adapté à chaque i (un peu différent à chaque fois)
pour i=1 il faut aussi k>1, ensuite k>0 pour i de 2 à 6
il y a p boules en p-1 parce que les solutions adéquates sont initialisées jusqu'à n=11 et respectent la CONDITION de récurrence dont j'ai déjà parlé : en (p-1) B ou C doivent contenir p et A contenir (3n-p)
la récurrence n'utilise que p >=7 pour n >=12
(...)
Cette petite étude a été pour moi un vrai plaisir de mathématicien + informaticien. merci
Cordialement.

Précisément, pourrais tu répondre à ma petite question ?

totomm · 13-05-2011 15:34:53

Bonjour,

@ freddy : Vous faites exprès de ne pas comprendre ou alors vous n'ètes vraiment pas doué (en dehors des probabilités) !
J'ai déjà justifié et répondu à vos questions qui méconnaissent ma solution qui est démontrée. Vous n'avez pas dû lire avec attention !

Voyez donc le programme que j'ai publié le 11/05/2011 qui contient tout ce qui est nécessaire pour comprendre. Faites le donc s'exécuter, voyez comment sont codées les variations dans les 7 algorithmes, et dites alors ce que vous en pensez !

Le programme que j'ai publié le 22/04/2001 et que vous avez dénigré n'était qu'un programme de recherche brute, pour savoir si existaient d'autres solutions que les 2 premières mises en évidence par jpp. C'est quand même avec cet outil que j'ai investigué et trouvé, avec ce qu'il fallait d'intuition et de réflexion.

Vous-même n'avez pas voulu dire si vous connaissiez une solution générale !

Cordialement, Malgré votre comportement pas très sympa.

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