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Un seul produit
Bonjour à tous 
Un curieux exercice pour lequel je n'ai pas de solution sauf dans le cas évident ou n est une puissance de 2 .
Un nombre n pair de réels est écrit au tableau . Une opération consiste à choisir deux de ces nombres et de les remplacer par leurs produits . Par exemple si on choisit les nombres a et b de la liste a,b,c,d , on obtiendra : ab , ab , c , d . Montrer qu'en un nombre fini d'opérations on peut aboutir à n entiers égaux . En prolongeant l'exemple précédent , en choisissant c et d puis ab et cd deux fois on arrive à abcd quatre fois .
Même pour n=6 ce n'est pas évident .
On s'amuse et inutile de blanker sauf si on a une idée de génie 
Imod
Bonjour
Dans le choix des produits ,est on libre ou bien ces sera aléatoire?
En effet on observe que les nombres obtenus ont des longueurs
différentes et lors du choix suivant on préfère choisir les plus petits.
Les nombres initiaux sont pris au hasard mais après on est libre de choisir les paires comme ça nous arrange .
Imod
Pas compris 
En partant de nombres transcendentals on arrive jamais à des nombres entiers. Par exemple avec pi deux fois sur le tableau, c'est foutu.
L'exemple de n=6 (entiers )est un bon test:
Puisque on a le droit de choisir les couples on arrive en 3 coups
à avoir 4 nombres égaux mais en suite il faut jouer pour égaler les deux derniers.
Pour n=8 (puissance de 2) on arrive en 4 coups
attention ensuite (notation scientifique )
@dpi
si tu veux faire des essais avec des nombres qui ne deviennent pas trop grands remplace "produit" par "somme", cela revient exactement au même (on calcule avec les logarithmes des nombres initiaux).
Oui , d'ailleurs je pense qu'il faut aborder le problème sous forme d'un calcul vectoriel ou matriciel , en identifiant les n nombres aux coordonnées d'un vecteur et les étapes par des fonctions linéaires indexées par les positions des nombres choisis ( sans certitude ) .
Imod
J'ai essayé un programme avec un calcul vectoriel. Chaque nombre est représenté par les exposants de chacun des nombres de départ.
Par exemple avec les 4 nombres on peut faire:
1000 0100 0010 0001
1100 1100 0010 0001
1100 1100 0011 0011
1111 1100 1111 0011
1111 1111 1111 1111Mais le nombre de chemins possibles augmente très (trop) vite.
Pour 8 nombres, j'arrive à peine à faire 10 étapes et j'arrive déjà à des millions de groupe de nombres possibles même en essayant d'éliminer les groupes équivalents. Pour 8 nombres il faut en réalité 16 étapes. dpi les faits en parallèle mais on perd peut-être des solutions à faire comme ça.
Bref, l'algo n'a trouvé de solution que pour n=2 ou 4. Ça n'est pas assez efficace.
J'avais pensé aussi à une version matricielle mais je ne sais pas comment m'en servir:
Est-ce qu'un produit de matrices de la forme
Bonsoir LittleFox , j'ai eu une journée très lourde mais j'ai parfois repensé au truc pour me changer les idées : il n'y a absolument rien de finalisé . Je voyais ça comme ça :
On définit des vecteurs ei=(0,0,0,..,1,0 ,0...) avec le 1 en ième position . Les différents nombres choisis : x1,x2,...,xn sont les coordonnées dans la base des ei . Il est facile ensuite de définir une étape Pij impliquant les rangs i et j qui est linéaire sur l'ensemble des positions . On regarde ensuite l'effet d'un Pij sur les ek , je n'ai pas eu le temps de voir plus loin .
Imod
En fait on peut voir le problème sous un angle légèrement différent en considérant que les nombres de départ sont les vecteurs ei=(0,0,0,..,1,0,0...,0) et que les transformations autorisées sont celles qui transforment deux vecteurs ei et ej en deux vecteurs ei+ej . Il faut alors montrer qu'une succession de ces opérations peut aboutir à des vecteurs tous égaux . Un avantage évident , toutes les coordonnées sont entières .
Je n'ai pas poussé plus loin les investigations …
Imod
Bonjour, je n'arrive pas avec l'exemple suivant qui pourrait me débloquer si je parvenais à le résoudre: n= 6 et on prend 2 2 2 2 e e
J'ai l'impression que mon exemple est un contre-exemple. Dans ce cas, peut-être avec un peu de théorie de Galois. Sauf erreur.
J'avoue avoir douté du résultat et je doute encore mais je n'ai pas encore tranché d'un côté ou de l'autre . L'exercice original :
We have n real numbers in the paper, where n is a even positive integer. An operation is delete two numbers a , b and put twice the number ab, prove that, independent of the initial numbers, we always can have n equal numbers, after a finite number of operations.
Imod
C'est clairement les vacances ici
J'ai proposé une version simplifiée du problème ici 
. On peut y jeter un petit coup d'œil pour se distraire s'il fait trop chaud sur la plage ou sous la tente 
Imod
Bonsoir,
en espérant ne pas écrire trop de bêtises.
On peut passer le problème aux logarithmes car si il y a une démonstration pour les nombres strictement positifs il est facile de la compléter pour des réels de signe quelconque. Et si il y a un 0 dans la liste de nombres le résultat est évident.
Donc étudier l'opération avec la somme de réels est équivalent à étudier le résultat avec le produit comme opération.
Comme certains proposent des contre-exemples basés sur des nombres transcendants, dont je ne sais si ils sont valides, je propose un problème plus simple : on part de n entiers strictement positifs avec n pair.
Une démonstration de ce cas me semblerait déjà intéressante.
Tout à fait d'accord et c'est ce que j'ai fait sur le site ami en proposant des sommes de 6 nombres , c'est déjà "coton" d'après les derniers échanges
Imod
Avec n=6 et la liste 2 2 2 2 3 3, je ne pense pas que ce soit possible.
Mais je ne vois pas la rédaction.
Pour le produit, je ne sais pas.
Pour la somme avec des nombres naturels, pour n=6, j'ai:
Initialisation:
a, b, c, d, e, f
a+b, a+b, c+d, c+d, e+f, e+f
a+b+c+d, a+b+c+d, a+b+c+d, a+b+c+d, e+f, e+f
A, A, A, A, B, B
Notons le sextuplet ci dessus k(A, B) avec k=1
Par l'opération k(A, B) -> kd(A/d, B/d), avec d=pgcd(A, B) on a des nombres premiers entre eux.
En repétant l'opération k(A, B) -> k(A, 2B) ->2k(A/2,B), on extrait tous les facteurs 2 de A
Et par l'opération 2k(A,B/2), tous les facteurs 2 de B
On a donc le sextuplet k(A, B) avec A et B impairs et premiers entre eux.
En répétant l'opération k(A, B) -> k(A+B, A) suivie de l'extraction de tous les facteurs 2 de A+B on arrive nécessairement à k'(1, 1).
J'ai pas encore réussi à le prouver mais ça à l'air de bien fonctionner. Par exemple:
1,3,9,7,2,5
4,4,16,16,7,7
20,20,20,20,7,7
1(20,7)
2^2(5,7)
2^4(3,5)
2^7(1,3)
2^9(1,1)
512,512,512,512,512,512
Ça ressemble un peu à une division euclidienne mais avec une somme au lieu d'une soustraction
On peut facilement étendre au nombres entiers puis aux rationnels et aux rationnels fois un irrationnel commun.
Je ne sais pas encore comment étendre à n>=10 mais ça ne m'a pas l'air trop compliqué. Il faut gérer le facteur commun puis on peut travailler sur des sextuplets avec des paires de nombres en commun.
@LittleFox
Le cas n=6 est résolu en toute généralité sur le site ami , ce qui laisse pas mal d'espoir pour tous les n pairs
Imod
Et donc la solution la plus courte sur le site ami appliquée au produits de 2,2,2,2,3,3 donne:
2, 2, 2, 2, 3, 3
6, 2, 2, 2, 6, 3
6,12, 2, 2,12, 3
6,36, 2, 2,12,36
72,36, 2, 2,72,36
72,72,72, 2,72,36
72,72,72,72,72,72
Ça a l'air tellement simple
Comme tu le sous-entends , la simplicité n'est qu'apparente mais du coup je crois que le résultat annoncé dans le premier message est exact . L'écriture littérale me semble plus lisible que l'écriture numérique qui cache les mécanismes mis en œuvre . Le procédé de Marco en image :
On sent une généralisation possible
Merci pour l'intérêt que tu portes au problème .
Imod
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