Cliquez pour afficher

Je propose A=35, B=14 et C=21 pour le premier, je suis en train de chercher un algorithme pour automatiser tout ça.

 Cliquez pour afficher

Correct !

 Cliquez pour afficher

Sous la forme (A,B,C).
Pour le 2 : (14,23,37) et (8,29,37).
Pour le 3 : (19,40,21).

J'ai fait un programme qui fait des sortes de "déductions" en partant des contraintes A != 0, B != 0 et C != 0. À chaque étape si c'est le tour de X et qu'on a une contrainte X != f * Y alors on en déduit la contrainte Z != (f+1)*Y, sinon la différence de Y et Z serait f*Y et X sachant ne pas être f*Y dirait être la somme Y + Z; sauf à la fin où on a justement Z = (f+1)*Y ce qui permet de conclure avec la valeur donnée.

 Cliquez pour afficher

Bravo
Plus ce détails sur ce problème ici:

 Cliquez pour afficher

On représente une solution par un triplet (a,b,c) où a est le nombre de A, b de B et c de C.

Remarquons déjà que comme les nombres sont strictement positifs, si un joueur voit deux nombres identiques k , il peut immédiatement conclure qu'il a le numéro 2k.

Cherchons la forme des solutions.

On prend le déroulement:

A Passe ->
La solution n'est pas de forme (2k,k,k)

B Passe -> on élimine
(k,2k,k)
(2k,3k,k) :
Si la solution est de cette forme, du point de vue de A: a = 2k ou a = 4k donc il ne peut pas conclure, OK
Du point de vue de B, b=k ou b = 3k.
Si b=k alors la la solution est (2k,k,k) ce qui n'est pas possible sinon A aurait pu conclure
Donc b=3k mais alors B peut conclure. Comme B passe, la solution n'est pas de cette forme.

C Passe -> On élimine
(k, k, 2k)
(k, 2k, 3k)
(2k, k, 3k)
(2k, 3k, 5k)

A dit son nombre-> La solution est de la forme
(3k, k, 2k)
(3k, 2k, k)
(4k, k, 3k)
(4k, 3k, k)
(5k, 2k, 3k)
(8k, 3k, 5k)

Comme les nombres sont entiers, seule la forme (5k, 2k, 3k)  fonctionne pour a=35 ce qui donne (35, 14, 21).

 Cliquez pour afficher

Il me manque manifestement des clés pour suivre votre démonstration,
Pouvez-vous expliquer pourquoi une solution ne peut pas être 35, 15, 20
et ce qui oblige à ne choisir que des nombres ayant un multiple commun ?

 Cliquez pour afficher

Avec (35,15,20) on ne peut pas conclure si vite.

J'aurais du détailler pourquoi (35,14,21) est bien solution.

On se place du point de vue de A au début de son deuxième tour.

A : voit 14 et 21 donc a=7 ou a=35
si a = 7 :
     b = 14 ou b = 28
     c = 7 ou c = 21 mais si a=c=7, B aurait pu conclure. contradiction -> a=35


Essayons le même raisonnement avec (35,15,20)
A : a = 5 ou a = 35
si a = 5 :
     b = 15 ou b = 25
     c = 20 ou c = 10
pas de contradiction
si a = 35 :
     b = 15 ou b = 55
     c = 20 ou c = 50
pas de contradiction

Il manque des informations, A  doit passer.



Rien, d'ailleurs si d est un diviseur commun à a,b et c l'enchaînement sera exactement le même pour (a, b, c) et pour (a/d, b/d, c/d).

 Cliquez pour afficher

Puisque A, B et C ont passé au premier tour, a, b et c, strictement >0, sont différents deux à deux

puisque A ne passe pas au deuxième tour, c'est que, voyant b et c, il sait que B ou C ne pouvaient pas passer sur une des deux valeurs b+c ou |b-c| qu'il a sur son chapeau.
Supposons b<c :
Si (c-b) est la valeur qui oblige B ou C à ne pas passer, c'est que,
soit B, qui voit alors (c-b) et c, calcule  son alternative [(c-(c-b))=b ou c+(c-b)=2c-b] et ne peut
         décider, car (2c-b) ne peut être égal à (c-b)
soit C, qui voit alors (c-b) et b, calcule son alternative [|b-(c-b)|=|2b-c| ou b+(c-b)=b]
         |2b-c| =2b-c alors c-b=2b-c équivalent à 3b=2c convient avec (2b>c)
         pour que C n'ait pas eu d'alternative et donc ne passe pas.
Ainsi le système [a=b+c, 3b=2c] permet de conclure [b=2a/5, c=3a/5]
A peut annoncer tout multiple de 5, et seulement tout multiple de 5,        
Si c<b on retrouve une solution b=3a/5, c=2a/5…

(b+c) ne peut être la valeur qui oblige B ou C à ne pas passer, mais il faut raisonner avec |b-c| pour le calcul de la solution