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#801 Programmation » Dobble Algorithme pour 4, 6 ou 8 figures par carte » 29-04-2012 18:57:45
- totomm
- Réponses : 1
Bonjour,
Algorithme pour 4, 6 ou 8 figures par carte, avec vérification des règles 2 et 3
#Python 3.2
#Dobble
#1. Sur une carte, il apparait exactement 8 figures distinctes.
#2. Deux figures distinctes étant données, il existe au plus une carte possédant ces deux figures.
#3. Deux cartes distinctes étant données, elles ont toujours exactement une figure (et une seule) en commun.
#4. Chaque figure apparait sur au plus 8 cartes distinctes.
#5. Il y a au moins une figure qui apparait sur 8 cartes distinctes.
#*********************
nbFiguresParCarte = 8
#*********************
nbfpc=nbFiguresParCarte
nbf=nbc=nbfpc*(nbfpc-1)+1
carte=[0]*nbfpc
cartes=[]
for i in range(0,nbc):cartes.append(carte[0:nbfpc])
#remplir les nbfpc premières cartes
numf=1
for i in range(0,nbfpc):
cartes[i][0]=1
for j in range(1,nbfpc):
numf+=1
cartes[i][j]=numf
#remplir la première figure des cartes de nbfpc à nbc-1
numc=nbfpc
for f in range(1,nbfpc):
for k in range(0,nbfpc-1):
cartes[numc][0]=cartes[0][f]
numc+=1
#remplir maintenant les k-ièmes figures des cartes nbfpc à nbc-1
#avec les figures des 2ème à nbfpc-ièmes cartes
for c in range(1,nbfpc):
listesource=[]
for f in range(1,nbfpc):
listesource.append(cartes[c][f])
for f in range(1,nbfpc):
fref,listedest=cartes[c-1][f],[]
for u in range(nbfpc, nbc):
if cartes[u][c-1]==fref: listedest.append(u)
for v in range(0,nbfpc-1):
cartes[listedest[v]][c]=listesource[v]
#permutation circulaire de la liste source
m=listesource.pop(0)
listesource.append(m)
#Voir les cartes
for i in range(0,nbc):
print("Carte N° ",i+1,cartes[i])
#Vérification
#2. Deux figures distinctes étant données, il existe au plus une carte possédant ces deux figures.
paires=[0]*(nbf*nbf)
nbtest,nbOK=0,0
for c in range(0,nbc):
for i in range(0,nbfpc-1):
for j in range(i+1,nbfpc):
f1=cartes[c][i]-1
f2=cartes[c][j]-1
if f1>f2:f1,f2=f2,f1
paires[f1*nbf+f2]+=1
nbtest+=1
for i in range(0,nbf-1):
for j in range(i+1,nbf):
if paires[i*nbf+j]==1:
nbOK+=1
else:
print("Paire N°",i,j," =",paires[i*nbf+j],"fois, *************KO")
print("règle 2 :",nbtest," paires testées, NombreOK =",nbOK)
#3. Deux cartes distinctes étant données, elles ont toujours exactement une figure (et une seule) en commun.
nbtest,nbOK=0,0
for c1 in range(0,nbc-1):
for c2 in range(c1+1,nbc):
nbtest+=1
nbcommun=0
for k in range(0,nbfpc):
fi=cartes[c1][k]
if fi in cartes[c2]:
nbcommun+=1
if nbcommun==1:
nbOK+=1
else:
print("cartes N°",c1+1,c2+1," cartes communes=",nbcommun)
print("règle 3 :",nbtest," paires de cartes testées, NombreOK =",nbOK)
cordialement
#802 Café mathématique » prédominance grammaticale du masculin » 22-04-2012 16:10:41
- totomm
- Réponses : 11
Bonjour,
Dans une réunion où les dames étaient très majoritaires, la discussion est venue sur l'égalité hommes-femmes et sur l'accord au masculin quand masculin et féminin figuraient comme sujet ou complément dans une phrase.
J'ai dit avoir lu (sans me rappeler où) que si le masculin prédominait en français, c'était parce que le neutre du latin, plus proche du masculin que du féminin, avait été assimilé au masculin en vieux français.
Il m'a été demandé si j'étais certain qu'en latin on employait le neutre pour désigner ensemble une personne homme et une personne femme : Quelque bon latiniste pourrait-il confirmer ou infirmer ? fournir un exemple ou une citation ?
#803 Re : Entraide (collège-lycée) » Récurrence. » 22-04-2012 08:49:56
Bonjour,
Montrez que pour tout n>0 2x6x10x....x(4n-2)=(n+1)(n+2)......(2n) [c'est un produit].
On utilise un raisonnement par récurrence pour établir cette égalité.
1°-Initialisation:
pour n=1 on a 2=(1+1).P1 est vrai.
2°-Hérédité:
On montre que pour tout n>0
Si 2x6x...x(4n-2)=(n+1)(n+2)...(2n) alors 2x...x(4n-2)(4n+2)=(n+1)....(2n)(2n+1).
@alain01 : Vous avez bien vu que dans votre dernière ligne :"alors 2x....(2n+1)" n'est pas juste
dans le second membre il faut ajuster n qui devient (n+1) sans regarder dans le premier membre.
ainsi le premier facteur (n+1) devient ((n+1)+1)=(n+2) et donc (n+1) disparait
et le dernier facteur après (2n) doit être (2(n+1)) : Il faut donc écrire les facteurs (2n+1) et (2n+2) après (2n)
On n'est pas obligé, bien sûr, de démontrer par récurrence (j'ai supposé que cela vous était demandé)
la démonstration de jpp ajoutée au post #4 et validée par freddy au post #6 est probante.
Mieux vaudrait pourtant corriger l'erreur du post #3.
Cordialement
[Edit] Post #3 corrigé 22/04/2012 11:19:57 Dernière modification par freddy [/Edit]
#804 Re : Entraide (supérieur) » Détermination du point critique d'une fonction de deux variables. » 22-04-2012 08:13:08
Bonjour,
Avec g(x;y)=(x+y2+ex)ex, si je dérive par rapport à y je considère x comme constant
alors g'y=2y.ex d'où g'y=0 pour y=0
Exemple (wikipedia)
Considérons le volume d'un cône V ; il dépend de la hauteur h et du rayon de la base r suivant la formule
[tex] V = \frac{ r^2 h \pi }{3}[/tex]
La dérivée partielle de V par rapport à r est [tex] \frac{ \partial V}{\partial r} = \frac{ 2r h \pi }{3}[/tex]
La dérivée partielle par rapport à h est [tex] \frac{ \partial V}{\partial h} = \frac{ r^2 \pi }{3} [/tex]
Cordialement
#805 Re : Entraide (supérieur) » Détermination du point critique d'une fonction de deux variables. » 21-04-2012 14:45:46
Bonjour,
En corrigeant vos dérivées de g, vous trouverez que a et 0 font une bonne paire
et vous vérifierez alors facilement la question 6 avec b=g(a;0)
Cordialement
#806 Re : Entraide (collège-lycée) » Récurrence. » 21-04-2012 11:24:56
Bonjour,
OK pour jpp
et par récurrence, si n augmente de 1
le produit à gauche est multiplié par 4n+2
et le produit à droite est multiplié par (2n+1)(2n+2) / (n+1) = 2(2n+1) C.Q.F.D.
Cordialement
#807 Re : Enigmes, casse-têtes, curiosités et autres bizarreries » réponses vraies en majorité » 20-04-2012 09:31:59
Bonjour,
Une démonstration complète est donnée par l'algorithme dû à M. Katchalski et A. Liu (Référence : page 104 –Supermath de P. Bornsztein ISBN 2711752976)
Début :
(1) Soit S l'ensemble des participants, numérotés de 1 à k.
et 3 ensembles A, B, C initialement vides . Continuer.
Note : toute demande sera : …est-il chimiste ?
Si C est vide, A va recevoir des couples (x, y) dont au moins un membre est un alchimiste
Si C n'est pas vide, B va recevoir des couples (y, z) dont les membres ont répondu différemment concernant un participant x bien repéré.
C va contenir les éléments dont la réponse a été oui pour un même x
(2) Si Card S <= 2, alors pour cause de majorité, chaque élément de S est un chimiste. Aller à (6).
Si Card S > 2, soit x la personne de plus petit numéro qui se trouve dans S. Continuer.
(3) Soit y la personne de plus petit numéro dans S - {x}. Demander à y si x est un chimiste.
Si la réponse est oui, aller à (5) ; sinon continuer.
(4) Si C est vide, enlever x et y de S et mettre (x, y) dans A. Retourner à (2)
Si C non vide, soit z la personne de plus haut numéro dans C. Enlever y de S et z de C et mettre (y, z) dans B. Retourner à (3).
(5) enlever y de S et le mettre dans C.
Si Card S - Card C > 2, retourner à (3).
Si Card S - Card C <= 2, alors pour des raisons de majorité dans S U C, x est un chimiste.
Pour chaque personne de S U C - {x}, demander à x si cette personne est un chimiste. Continuer.
(6) Pour chaque personne de A, demander à un chimiste identifié en (2) ou (5) si cette personne est un chimiste.
Pour chaque couple (y, z) de B, il existe x au sujet duquel y et z sont en désaccord.
De plus, x n'est pas élément de B donc sa qualité est déterminée. Ainsi, y ou z est un alchimiste identifié par sa mauvaise réponse sur x. Demander au chimiste ci-dessus si celui de y ou z non encore identifié est un chimiste.
Fin de l'algorithme
Il faut remarquer qu'aucun couple de A U B n'est formé de deux chimistes. Enlever 2 éléments de S U C en (4) ne change donc pas le fait que les chimistes sont en majorité dans SUC (ce qui valide l'argument utilisé en (2) et en (5)).
L'algorithme s'arrêtera nécessairement, car le cardinal de S décroît strictement.
Supposons qu'à la fin on ait a paires dans A, b paires dans B, c personnes dans C, s personnes dans S.
• Si l'algorithme s'arrête via (2), alors c=0 et s>=1 ;
le nombre de questions posées dans (3) est a + 2b, alors qu'il est de 2a + b dans (6). Or 2a + 2b + s=k, donc :
(a+2b)+(2a+b) <= k+(partie entière (k/2)-1 =(partie entière de 3k/2)-1
• Si l'algorithme s'arrête via (5), alors s-c >=1 et donc c <= (partie entière de (s+c) / 2 )
Le nombre de questions posées en (3) est a + 2b + c, en (5) il est de c+s-1 ; alors qu'en (6), on utilise 2a+b questions, or 2a+2b + c+s = K,
(a + 2b + c) + (c + s - 1) + (2a + b) <= k+(partie entière (k/2)-1 =(partie entière de 3k/2)-1
(Publié avec l'autorisation des éditions Vuibert)
#808 Re : Enigmes, casse-têtes, curiosités et autres bizarreries » réponses vraies en majorité » 13-04-2012 13:55:06
Bonjour,
Une piste vers une solution :
Il convient de démontrer un résultat pour toute valeur de k, nombre de participants.
La propriété à exploiter est : Les chimistes sont en majorité.
Si l'on raisonne par récurrence, on voudra montrer que le nombre maximal de questions peut rester <=(2k-3) qui est vrai pour k=3 et que l'on suppose vrai jusqu'à (k-1)
Soit k>=4 et k=2t ou k=2t+1. On groupera alors les participants par couple (Pi,Qi), i =1 à t pour les Pi et i=1 à k-t pour les Qi.
Chaque Pi est interrogé sur Qi : Est-il un chimiste ?
Si la réponse est non, il est certain qu'il y a au moins un alchimiste dans les deux, car s'il n'y en avait pas, la réponse aurait été oui.
On écarte donc (momentanément) les couples où Pi a répondu non, les chimistes restant majoritaires dans les participants non écartés.
Or dans les couples où Pi a répondu oui, si Qi est alchimiste, alors Pi aussi : Les chimistes restent majoritaires dans les Qi, ce qui permet d'utiliser l'hypothèse sur un nombre inférieur à k-t, donc de reconnaître un chimiste et d'établir la récurrence.
Ce premier résultat obtenu (sans tout détailler ci-dessus) un algorithme a été établi qui a amélioré (2k-3) et démontré que le nombre de questions peut rester <= (partie entière de 3k/2)-1.
A+ si désiré. Cordialement
#809 Re : Enigmes, casse-têtes, curiosités et autres bizarreries » Enigme posée à Arnold » 12-04-2012 22:55:17
Bonsoir,
@ freddy : Non, même s'il y a des moments où ça patine un peu, bien sincèrement,
on a (j'ai) appris, découvert, ou re-découvert bien des aspects mathématiques intéressants grâce à vous
Cordialement
#810 Re : Entraide (supérieur) » Resolution suite récurrente linéaire ordre 1 » 12-04-2012 18:40:07
Bonsoir,
Sans bien comprendre les posts #3 et #4 de Vuarchex et Fred, je mettrais plutôt au post #2 de freddy :
[tex]U_{n+1}=5^{n+1}\times U_0+\sum_{p=0}^n 5^{p}\times{f(n-p)}[/tex]
si [tex] f(n)=(3n-11)\times 2^n[/tex]
Cordialement
#811 Re : Entraide (supérieur) » Pourquoi étudier les séries de Fourier en BTS » 12-04-2012 15:47:37
Bonjour,
Essentiellement pour mettre en évidence les harmoniques dans une note qui est une fonction périodique, entendue avec un timbre particulier si c'est une note jouée sur la même fréquence fondamentale sur différents instruments.
Pour savoir comment traiter (filtrer, séparer ou atténuer) les composantes d'un signal.... re-composer même un signal...
Doit-on dire "approcher " plutôt que "décomposer" ?
Cordialement.
#812 Re : Entraide (supérieur) » Equation de la tangente en Pi/4 pour la Lemniscate de Bernouilli » 11-04-2012 11:25:35
Bonjour,
oui, La droite y = x car [tex]t_0=\frac{\pi}{4}[/tex]
Il y a sur internet une foule de propriétés de la lemniscate dont, entre autres, la correspondance par inversion entre les asymptotes d'une hyperbole avec les tangentes à l'origine.
qu'est-ce qui vous empêche d'avoir LaTex, peut-être vous faudrait-il demander à yoshi ou à Fred ?
Cordialement
#813 Re : Enigmes, casse-têtes, curiosités et autres bizarreries » réponses vraies en majorité » 11-04-2012 11:12:07
Bonjour,
si un alchimiste peut mentir une seule fois, alors :
Un alchimiste peut mentir plusieurs fois et même ne pas se contredire pour tromper celui qui l'interrogerait plusieurs fois.
Les résultats de jpp sont corrects pour n pair, pas exactement pour n impair
La clé est de montrer comment on trouve un chimiste avec certitude, en utilisant le fait que les chimistes sont en majorité.
La première démonstration sur ce problème a été faite par récurrence en étendant le résultat de k = 3
Mais cette première formule obtenue est un résultat plus élevé que celui de la formule donnée par jpp pour n pair,
@jpp : Peut-être voudrez-vous justifier comment vous trouvez un chimiste avec certitude ? Ce n'est pas si facile...
Cordialement
#814 Re : Enigmes, casse-têtes, curiosités et autres bizarreries » réponses vraies en majorité » 10-04-2012 18:15:22
bonsoir,
La démarche de MathRack est bonne, Oui, dès qu'on a trouvé avec certitude un chimiste.
Le raisonnement aboutit à un peu moins que 29.....
La surprise c'est qu'il y a encore mieux, avec une démonstration utilisant un algorithme de M.K. et A.L., démontrée pour tout k.
Source : Pierre Bornsztein
Cordialement
#815 Enigmes, casse-têtes, curiosités et autres bizarreries » réponses vraies en majorité » 10-04-2012 15:17:30
- totomm
- Réponses : 12
Bonjour,
Ce problème, peut-être déjà posé par freddy, grand amateur de vrai-faux, qui alors voudrait bien m'en excuser :
Dans une conférence annoncée pour réunir des chimistes sont venus aussi des alchimistes. Tous se connaissent et les chimistes sont en majorité parmi les k personnes présentes
Un journaliste décide de savoir qui est chimiste et qui est alchimiste.
Il pose donc à différentes personnes des questions du genre :" X est-il un chimiste (ou un alchimiste) ? ", ou " Êtes-vous un chimiste (ou un alchimiste)? "
Sachant qu'un chimiste répond toujours vrai et qu'un alchimiste peut donner une réponse fausse, quel est le nombre minimal de questions que le journaliste doit poser pour déterminer qui est chimiste et qui est alchimiste ?
Donner une réponse (démontrée) pour k=15 ou une formule générale pour tout k
Cordialement
#816 Re : Entraide (supérieur) » Equation de la tangente en Pi/4 pour la Lemniscate de Bernouilli » 10-04-2012 15:04:32
bonjour,
En coordonnées polaires, la tangente à l'origine ( r = 0 pour l'angle t0 ) est la droite de direction t0
Cordialement
#817 Re : Café mathématique » Vieux français » 07-04-2012 16:39:51
Bonsoir,
Voici les 4 occurrences du mot "orchèmes" dans le traité de Vigenère :
"et ceux qui se sont meslez de l'interpreter en une confusion d'orchemes, et infinité de revolutions d'alphabets
OUTREPLUS pour rendre la dessusdite table entiere et complecte, d'une nous en avons fait deux: dont ceste premiere suivante la represente: et l'autre d'apres est sa renversee: esquelles deux, selon la double dimension de la superfice en longueur et largeur, sont parfaictes et accomplies toutes les revolutions <f 96r> des Ziruph, Thmurah, et Ethbas; assavoir des accouplemens, metapheses, et orchemes ou transpositions, et saulx de lettres les unes és autres; dont la polygraphie de Tritheme, avec un si extreme labeur, et multiplication inutile de rouës et expansions de tables directes et renversees;
. Ainsi pourroit-il arriver és chiffres des orchemes et metatheses, où il se rencontreroit quelque sens, mais nompas celuy qu'on a pretendu d'y cacher:
Et finablement selon le lieu, qui est le changement d'assiette et de place; assavoir les Ethbas, metatheses, orchemes, anagrammes, et transpositions. <f 240r> Mais plus particulierement encore, et comme en detail, tout cecy se peult distinguer en neuf differences; qui sont la substance, quantité ou magnitude, figure, composition et assemblement, nombre, colligance, complexion ou temperament, action, et utilité."
Cordialement
EDIT : Orchemes pourrait donc s'entendre comme "re-arrangement (erroné) après brouillage" suivant interprétation donnée au post #16 (histoire des mythes)
#818 Enigmes, casse-têtes, curiosités et autres bizarreries » Aire minimale dans un carré » 07-04-2012 10:30:47
- totomm
- Réponses : 8
Bonjour,
Pour raviver les problèmes tarabiscotés mais rigoureusement définis :
Soient un carré ABCD de 2 cm de coté, E le milieu du segment AD et F celui du segment BC
Soit l'ensemble [tex]\mathcal{L}[/tex] des droites qui coupent les segments AB et CD
Soit l'ensemble [tex]\mathcal{E}[/tex] des points du rectangle CDEF situés sur au moins une des droites de [tex]\mathcal{L}[/tex].
Si P et Q sont 2 points de [tex]\mathcal{E}[/tex] et si PQ est parallèle à AB, alors tous les points du segment PQ appartiennent aussi à [tex]\mathcal{E}[/tex].
Quelle est l'aire minimale de [tex]\mathcal{E}[/tex] ?
Question subsidiaire : Où situez-vous cette aire minimale ?
Joyeuses Pâques. Cordialement
Edit : Ajouté 4 fois segment sur précision demandée par yoshi
#819 Re : Entraide (collège-lycée) » comment on calcul aire d'un octogone et dire s'il est regulier ou pas » 07-04-2012 09:58:30
bonjour Manuella,
L'octogone serait régulier si tous ses cotés étaient égaux
Les cotés de l'octogone qui sont communs avec les cotés du carré (IJ par exemple) valent.....3
Les cotés de l'octogone qui sont les hypoténuses des petits triangles (JK par exemple) sont un peu plus grands...(ils se calculent suivant le théorème de Pythagore si vous l'avez appris)
Mais les aires de ces 4 petits triangles sont faciles à calculer puisque leurs cotés adjacents aux sommets du carré font un angle droit et valent tous deux ... 3
Quant à l'aire du carré de coté 9, vous la connaissez sûrement.
alors : Aire de l'octogone = aire du carré moins les aires des 4 petits triangles qui se trouvent attachés aux sommets A,B,C,D du carré
cordialement
#820 Re : Programmation » [Python] Appartenance d'un element à une liste [Résolu] » 06-04-2012 14:56:31
bonjour,
par exemple
if r==None:
r=[]
for i in range(len(L)):
if e in L[i]:
r.append(i)
return r
#Utilisation exemple
a =[[1,5],[3,6],[5,4],[5,6]]
b=inL(6,a)
print(b) #imprime [1, 3]
cordialement
#821 Re : Entraide (collège-lycée) » Nombres complexes. » 05-04-2012 10:23:53
Bonjour,
@yoshi : Merci pour votre intervention,
Pendant que j'écrivais une réponse (Post #8) la 1ère ligne latex du post #7 d'Alain01 s'affichait mal,
je l'ai donc copiée et j'ai indiqué comment elle pouvait être corrigée. Je ne soupçonnais pas que vous étiez en cours de correction vous-même, avec vos possibilités d'intervention ....
Ce qui est en cause est donc le "partage en lecture" concomitant avec les interventions en écriture. C'est un problème récurrent sur les bases de données quand la simultanéité est possible sans indication de "modification en cours"
Cordialement
#822 Re : Entraide (collège-lycée) » Nombres complexes. » 05-04-2012 09:17:09
Bonjour,
Il manque juste une "}" terminale pour que LaTex soit satisfait....Je vois putôt [tex]||\vec{MA}||\ que\ ||\vec{CN}|| \ car \ \vec{MD} = -\vec{MC}[/tex]...
Quant à [tex]a'=a+(\pi/2)[\pi][/tex], il suffit de dire le parallélogramme ABCD peut être tracé dans le sens direct (trigonométrique) ou inverse, et seulement de ces deux façons.
l'égalité des diagonales dans un rectangle se démontre très bien géométriquement,
et même avant de trouver le développement trigonométrique de cos(a-a') qui aussi se démontre géométriquement...
Mais je voulais juste souligner que la diversité des approches est des plus fécondes et permet en général de bien appréhender les solutions :-))
Cordialement
#823 Re : Entraide (collège-lycée) » Nombres complexes. » 04-04-2012 22:28:03
Bonsoir,
Un raisonnement qui va vous paraître simpliste mais que j'aime bien :
Soit un parallélogramme ABCD et M le milieu de CD. pour que MA=MB il faut et il suffit que ABCD soit un rectangle.
(En appelant N le milieu de AB, dans le plan complexe j'assimile z à MN et z' à MC)
Mais certains se méfient des représentations géométriques.... :-))
Cordialement
#824 Re : Enigmes, casse-têtes, curiosités et autres bizarreries » A faire perdre la boule à totomn !!! » 04-04-2012 10:24:21
re-Salut freddy : Je ne cherche qu'à comprendre la méthode expliquée au post #99...
D'abord la 6ème pesée porte sur 2, 5 et 8 et non sur 1, 5 et 8 et les notations sont celles du post #99 ainsi que les 9 premières pesées.
Les notations en 1g, 2g, ... sont toujours les valeurs cachées des boules qui sont indiscernables !
Changer la position des triplets, à l'aveugle, n'apporte ni n'enlève rien sur ce qui est des ordres partiels obtenus!
Mais quand on pèse 2, 5, 8 et si on appelle toujours 2, 5, 8 les boules rendues dans cet ordre après pesée,
on peut juste dire que la boule 1, qui était plus légère que la 2 dans la première pesée de 1, 2, 3, est maintenant plus légère que la boule 8, et pas forcément plus légère que la boule maintenant appelée 2.
Juste encore : Il serait remarquable que l'on puisse faire mieux sans marquer les boules plutôt qu'en les marquant, ce serait une révolution dans la théorie de l'information ! mais le meilleur résultat donné en marquant les boules n'est sans doute pas l'optimum !
Cordialement
#825 Re : Enigmes, casse-têtes, curiosités et autres bizarreries » A faire perdre la boule à totomn !!! » 04-04-2012 09:27:53
Bonjour,
Je réitère :
Si dans les positions de 1 à 15 on a , par exemple, les boules 13g, 14g, 15g, 1g, 2g, ,…,12g
(g étant mis pour grammes), les 5 premières pesées qui permettent d'obtenir un classement du type :
(1,2,3) ; (4,5,6) ; (7,8,9) ; (10,11,12) ; (13,14,15) donnent, dans cet exemple,
(13g,14g,15g) ; (1g,2g,3g) ; (4g,5g,6g) ; (7g,8g,9g) ; (10g,11g,12g)
Si maintenant, en 4 étapes, on classe les boules médianes,
on sait qu'on a obtenu l'ordre suivant :
2 < 5 < 8 < 11 < 14 contenant (sous forme cachée) respectivement 2g, 5g, 8g, 11g, 14g.
et il reste inchangé : : (1,_,3) ; (4,_,6) ; (7,_,9) ; (10,_,12) ; (13,_,15) contenant (sous forme cachée)
respectivement : (13g, _,15g) ; (1g,_ ,3g) ; (4g,_ ,6g) ; (7g, _,9g) ; (10g,_ ,12g)
Comment, donc, assurer que le classement partiel suivant , après 9 pesées, :
1 < 2 < 5 < 8 < 11 < 14 < 15 est correct sans opération de pesées supplémentaires portant sur les boules 1 et 15 ?
Cordialement