Salut kévin

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y'a pas du Gardner, la-dessous ?

Salut mika

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Euh je ne connais pas

Bonsoir Kévin,
^{(si je peux me permettre cette familiarité )}

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Citation :
Et vous qu'en dîtes-vous ?

Ben moi je dis que c'est pas évident, ton truc

Bonsoir Blang, bien sûr appelle Kévin

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On a programmé le jeu ce matin, mais la prof ne nous a pas donné la démo mathématique

C'est pas évident non !

bonjour,

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ce n'est pas dans l'autre sens ,de gauche à droite k,(k-1),...4,3,2,1?
et une fois que l'on a obtenu une telle répartition on n'en sort plus

Bonjour à tous et merci à infophile de me prêter autant d'astuce!

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J'essaie de voir comment ça se passe. Supposons au départ p tas contenant respectivement a1,..,ap cartes. Tant qu'aucun tas n'est vide, on a devant soi de gauche à droite des tas contenant:
a1..ap puis
p,a1-1,a2-1,...ap-1 puis
p+1,p-1,a1-2,a2-2,..,ap-2 puis
p+2,p,p-2,a1-3,a2-3,...,ap-3 puis
....
q,q-2,q-4,.. et là un tas est vide. On a donc le même nombre de tas qu'au coup précédent, soit q. Le coup suivant on a donc:
q,q-1,q-3,.. puis
q+1,q-1,q-2,..
.... jusqu'à ce qu'un nouveau tas soit vide.
Le nombre de cartes par tas décroît strictement de gauche à droite jusqu'à ce qu'on trouve les tas initiaux non encore vides. Quand on aura appliqué le processus un nombre suffisant de fois, ces tas initiaux seront tous vides et on aura donc, pour le nombre de cartes par tas, de gauche à droite, une suite strictement décroissante.

Je vais souffler un peu.
Que pense infophile de ce début?

infophile

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voici quelques idées en vrac
quand plusieurs  tas contiennent un même nombre de cartes au bout d'un certain nombre de manips ils sont éliminés mais on en a peut être formé d'autres?
par hypothèse n est de la forme k(k+1)/2 donc si les tas contiennent des nombres distincts de cartes on a exactement k tas
de plus le nombre de cartes par tas décroit à droite et passe par la valeur 1 avant que le tas  disparaisse

re

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non on ne peut pas dire qu'il y en a k mais seulement k au plus

bonjour
>Rogerd

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comme cet exo n'attire pas la foule j'ai lu les blankés
pour ta dernière remarque  en particulier si l'on part de n tas d'une carte aprés la première manip on a un tas de n cartes
de plus quand des tas de même cardinal disparaissent d'autres peuvent apparaitre,je retourne à mes casseroles.

@Kévin :

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Mais, ce truc m'intrigue, elle est compliquée ta démo ?

Blang >

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Ce n'est pas ma démo, j'en aurais été bien incapable, c'est difficile oui

Blang

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Oui l'histoire des cycles si je ne dis pas de bétises c'est seulement parce que le nombre de partitions est fini donc forcément en répétant la transformation on retombe un moment donné sur une disposition déjà rencontrée.

@Kévin :

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Nous sommes d'accord

Bonjour


Sympa comme enigme. Mes réflexions:

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1) A chaque étape la somme des nombres reste constante.
Comme un entier n'a qu'un nombre fini de décomposition en somme d'entiers positifs, on est sur de tomber sur un cycle


2) Je ne suis pas sur qu'il faille ne plus marquer les tas vides. c'est plus sympa de garder:
2 1 3 0 0 0       (je prévois six tas, on ne pas faire mieux ...)
3 1 0 2 0 0
3 2 0 0 1 0
3 2 1 0 0 0
Il me semble que ce doit être plus facile pour raisonner


3) Soit n le nombre de cartes donc    
En se plaçant dans Rⁿ, on peut considérer la distance entre un vecteur X et un vecteur Y définie comme suit:  

Je conjecture (mais sur peu d'essais) que d'étape en étape, la distance à (4, 3, 2, 1, 0, ..., 0) décroit (pas strictement).



Si mon point 3 s'avère exact, il me semble que cela peut être une bonne entrée pour montrer la convergence de la suite.

Enfin, tout n'est que supposition...

Désolé, j'ai oublié de blanquer: je n'ai pas l'habitude

@siOk :

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Citation :
Si mon point 3 s'avère exact

J'ai peut-être rien pigé, mais si on considère :

33211 → 5221 → 4411 → 433 → 3322 → 42211 → 5311 → 442 → 3331 etc.

la suite de tes "distances" à 432100... est : 1; 2; 2; 1; 2; 2; 2; 1; 2 etc.

Pas de décroissance qui saute aux yeux

@blang

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3 3 2 1 1 0     distance à 4321000 = 1 + 0 + 0 + 1 = 2
5 2 2 1 0 0     distance à 4321000 = 1 + 1 + 0 + 0 = 2
4 4 1 1 0 0     distance à 4321000 = 0 + 1 + 1 + 0 = 2
4 3 3 0 0 0     distance à 4321000 = 0 + 0 + 1 + 1 = 2
3 3 2 2 0 0     distance à 4321000 = 1 + 0 + 0 + 1 = 2
4 2 2 1 1 0     distance à 4321000 = 0 + 1 + 0 + 0 + 1 = 2
5 3 1 1 0 0     distance à 4321000 = 1 + 0 + 1 + 0 = 2
4 4 2 0 0 0     distance à 4321000 = 0 + 1 + 0 + 1 = 2
3 3 3 1 0 0     distance à 1 + 0 + 1 + 0 = 2
...


non ?

@blang

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Le pseudo c'est dérivé d'un autre que j'utilise ailleurs.

Bonjour à tous!
Le sujet commençant à vieillir, je pense que tout le monde sera d'accord pour qu'on cesse de "blanker".
Je vous fait part d'idées qui me sont venues hier sur l'autoroute...
D'abord ranger les tas initiaux par  volume croissant.
Ensuite transférer une carte du premier tas vers le deuxième. Il me semble (à creuser) que, après avoir joué un certain nombre de coups, on a la même configuration que celle qu'on aurait eu sans faire le transfert initial, à l'ordre près des tas.
Ce transfert n'ayant donc pas, à longue échéance, de répercussion, on peut donc le réitérer jusqu'à n'avoir qu'un tas dans la distribution initiale.
Là, ça devient plus facile car on est dans un cas très particulier.
J'ai regardé avec 10 cartes, puis 15. On tombe très vite sur la configuration espérée et un raisonnement général semble se dessiner (à creuser).

Bonjour!

Apparemment, le sujet est délaissé...
C'est dommage!

Bonjour raymond

Non toutes les suggestions sont le bienvenue, et tu as raison laissez tomber le blanké.

Faites moi signe quand vous voulez la/les solutions.

Bonjour infophile , ici rogerd...

J'aimerais bien voir ta solution, avant de creuser plus avant mon idée .
Merci d'avance.

Ce n'est pas ma solution, j'en aurais été bien incapable, je poste le lien après dîner.

bonsoir à tous,
je n'ai pas oublié cet exercice que je trouve intéressant mais pour diverses raisons j'ai trés peu de temps libre en ce  moment
contairement à Rogerd qui veut partir d'un
seul tas j'ai cherché avec p tas de tailles distinctes (p<k si n=k(k+1)/2) mais pour l'instant je n'ai rien trouvé

Oups désolé rogerd

Je mets le lien ce soir sans faute.

Bonjour,

Ce jeu s'appelle le solitaire bulgare.
voici deux références:

(il y a une démonstration en anglais dans le deuxième lien en bas de la page)


(il y a un renvoi vers une autre démonstration en français à la fin de la solution du pb H101)

bonsoir Jandri
merci d'avoir communiqué une solution,j'espère avoir le temps d'y jeter un oeil attentif le prochain week-end

salut Kevin

Comme je te le disais en blanqué dès le premier post, le 30/04/2008 à 19:42, le solitaire bulgare est un jeu qui a été décrit la première fois en 1983 par Martin Gardner...

Bonjour

Les liens que j'avais étaient ceux que jandri a donnés (je lui souhaite d'ailleurs la bienvenue sur l').

Ok mika je ne connaissais que le nom et pas l'auteur !

Merci à Jandri   et à infophile pour ces liens.
Cela n'a pas l'air simple..
C'est rassurant: ceux qui (comme moi) n'ont pas trouvé ne sont donc pas forcément nuls.
Je vais essayer de me plonger là-dedans et aussi creuser ma première idée.