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#876 Re : Enigmes, casse-têtes, curiosités et autres bizarreries » Les mathématiques du Dobble » 02-01-2012 14:56:36
Bonjour,
D'accord avec Golgup si la règle 2 n'impose pas qu'il y ait une carte possédant les 2 figures...
et il n'y a alors pas de maximum car pour chaque figure existant déjà on peut ajouter 8 cartes et 56 figures nouvelles...?
cordialement
#877 Re : Entraide (supérieur) » égalité de 2 ensembles de points » 01-01-2012 16:50:52
Bonjour,
La démonstration de la réciproque demandée par abdoullah est parfaitement légitime.
Supposons que le point M de coordonnées (X, Y, Z) soit sur l'hyperboloïde de révolution H : [tex]X^²+Y^²=Z^²+2[/tex].
Par une rotation autour de l'axe oz on peut ramener le point M en P de coordonnées (0, Y', Z) sans perdre en généralité, avec [tex]Y^{'²}=Z^²+2[/tex].
Définissons alors un paramètre t tel que [tex] Z=-\sqrt{2}tan(t)[/tex]
On en déduit [tex] Y^{'²}=2 tan^²(t) +2\ \ soit\ Y^'=- \frac{\sqrt2}{cos(t)}[/tex]
(On choisit le signe - pour égalité dans les équations finales)
La droite Dt passe par le point de coordonnés [tex] (\sqrt2sin(t),- \sqrt2cos(t), 0 )[/tex]
Et a pour paramètres directeurs[tex] (cos(t), sin(t), 1)[/tex]
On vérifie que le point P est bien sur la droite Dt en vérifiant :
[tex]\frac{0-\sqrt{2}sin(t)}{cos(t)}=\frac{Y^'+\sqrt{2}cos(t)}{sin(t)}=\frac{Z}{1}[/tex] CQFD.
Cordialement
#878 Re : Café mathématique » Le jeu Set et un calcul de probabilités » 31-12-2011 11:48:59
Bonjour,
@ fred : cadeau surprise de nouvelle année :
La probabilité de NON SET pour une donne de 12 cartes est de 0,032302 soit 1 / 30,96
Donc plutôt 1 / 31 que 1 / 33
En valeurs entières : [tex]\frac{ 2^2* 3^5*11^2*2767}{5*7*19*37*71*73*79}[/tex]
Méthode :
Avec la loi de composition SET nous savons :
2 cartes quelconques possèdent UNE et UNE SEULE carte SET
et nous disposons de 3 théorèmes de base : ab=ba ; a(ab) = b ; (ab)(ac) = a(bc) (Voir Setgame sur Internet)
On ne restreint pas la généralité des configurations en choisissant les 2 premières cartes, sauf à remarquer que les configurations suivantes de 3, 4….cartes ne seront plus équiprobables. Ne seront équiprobables que les tirages d'une carte parmi celles non encore distribuées.
Commençons avec 2 cartes a et b parmi les 81, restent 79 non distribuées dont 78 sont NONSET avec les 2 premières et une i=ab SET avec les 2 premières.
Appelons S(n) le nombre de cartes SET désignées par les cartes sur table. S(2)=1
On peut constituer 78 configurations NONSET de 3 cartes parmi 79 en posant une carte c différente de i.
Appelons NS(n) le nombre de configurations NONSET de n cartes. NS(3)=78
Appelons PnonSet(n) la probabilité des configurations NON SET de n cartes : PnonSet(3) = 78/79
Une nouvelle carte posée désigne autant de nouvelles cartes SET que de cartes déjà sur table sauf si une des nouvelles cartes SET correspond à une carte déjà SET antérieurement
Pour chacune des configurations de 3 cartes, les cartes SET j=ac et k=bc sont différentes de i
En effet si on avait i=j, alors ab=ac entraînerait a(ab)=a(ac) soit b=c qui est faux par construction.
Conclusion 3 cartes différentes ont 2 à 2 des cartes SET différentes.
La nouvelle carte posée conduit donc à S(3)=S(2)+2=3
Posons une carte d figurant dans les 78 -S(3) = 75 NONSET des 78 encore en paquet non distribué. PnonSet(4)=PnonSet(3)*75/78=75/79
La nouvelle carte qui vient d'être posée pour une configuration de 4 cartes désigne 3 nouvelles cartes SET ainsi S(4)=S(3)+3=6 SAUF si certaines des nouvelles cartes désignaient une ou plusieurs cartes SET déjà reconnues.
C'est ce qui se produit à partir des configurations de 4 cartes pour lesquelles :
NS(4,1)=117 configurations ne désignent que CS(4,1)=5 cartes SET et
NS(4,2)=2808 configurations désignent CS(4,2)=6 cartes SET.
Suivre les répartitions et en donner les formules devient très vite complexe et l'ordinateur est le bienvenu pour ne pas se tromper.
Pour toute configuration de n cartes on obtient :
Le nombre total de configurations C(n)=C(n-1)*(82-n) / (n-2) Edit : C(3)=79 ; C(4) =79*78/2=3081
Le nombre de configurations NON SET NS(n)=Somme(NS(n, i))
D'où PnonSet(n)=NS(n) / C(n)
PnonSet(n) peut être confirmé par un calcul sur les probabilités partielles des groupes i
Appelons [tex]Partielle(n,\ i)=\frac{81-n-CS(n, i)}{81-n}*\frac{NS(n, i)}{NS(n)}[/tex]
Alors aussi PnonSet(n)=PnonSet(n-1)* Somme des Partielle(n, i)
La récurrence fait connaître le résultat des donnes de 12 cartes en ne dénombrant que jusqu'aux donnes de 11 cartes,
ce qui permet de ne pas laisser tourner l'ordinateur pendant des semaines pour obtenir un résultat de dénombrement.
en effet on a aussi [tex]NS(n+1)=\sum{ NS(n,i) *\frac{81-n-CS(n, i)}{n-1}}[/tex]
12 cartes par donne conduit à C(12) = 1 440 680 596 355 et NS(12) = 46 536 833 772
Sans doute y -a-t'il d'autres formules de calcul ?
Aussi, même pour quelques heures, il vaut mieux insérer des sauvegardes sur disque dur dans son programme pour garantir des reprises sûres…
Cordialement
#879 Re : Entraide (supérieur) » famille de sphères » 30-12-2011 09:56:24
Bonjour,
Pour 2 valeurs opposées de m l'intersection est dans le plan z=0 sur le cercle x²+y²=2-m²
quand m varie, ces cercles n'ont aucun points communs (sauf les points cycliques -imaginaires- du plan z=0)
Cordialement
#880 Re : Cryptographie » Le manuscrit de Voynich » 27-12-2011 18:08:33
Bonsoir,
@ BafS :Super ! et merci aussi à nerosson
Ce genre de upload est-il possible à un client peu connaisseur ?
Cordialement
#881 Re : Entraide (collège-lycée) » Géométrie dans l'espace. » 25-12-2011 11:39:07
Bonjour,
S étant entre D et H, ses coordonnées ne peuvent être supérieures à celles de H. c'est donc bien [tex]\frac{a}{6}[/tex] qui convient.
pour interpréter les valeurs absolues, il convient d'utiliser [tex]\frac{-a}{3}<s<\frac{a}{3}[/tex] qui traduit que S est entre D et H
donc 3s-a < 0 et -3s-a < 0
Juste en attendant enfants et petits enfants, car tout est prêt : Cordialement
#882 Re : Entraide (collège-lycée) » Géométrie dans l'espace. » 24-12-2011 09:56:06
Bonjour, et bon Noël à tous,
N'oubliez pas les dénominateurs en égalant la distance de S aux plans (ABC) et (ADC) par exemple. L'un est racine de 3 et l'autre racine de 1+25+1. Si S a pour coordonnées (s,s,s), les numérateurs sont |3s-a| et |-3s-a|
Peut-être le milieu de OH fera bien l'affaire ?
Voir dans le plan de symétrie DIC n'est pas si évident ! mais la sphère y est tangente à DI et CI
Cordialement
#883 Re : Café mathématique » Le jeu Set et un calcul de probabilités » 12-12-2011 23:47:23
Bonsoir,
Pour décourager définitivement qui voudrait trouver une solution simple, voici les probabilités de NON SET en effectuant des donnes de tailles croissantes (toujours la même taille dans une partie)
Noter les nombres premiers de 5 et 6 chiffres qui montrent que seul un ordinateur peut trouver les probabilités exactes...
Probabilité Donnes de 3 cartes Sans SET = 78 / 79 soit : 0.9873417721518988
Probabilité Donnes de 4 cartes Sans SET = 75 / 79 soit : 0.9493670886075949
Probabilité Donnes de 5 cartes Sans SET = 5328 / 6083 soit : 0.8758836100608253
Probabilité Donnes de 6 cartes Sans SET = 88182 / 115577 soit : 0.7629718715661421
Probabilité Donnes de 7 cartes Sans SET = 50904 / 82555 soit : 0.6166071104112409
Probabilité Donnes de 8 cartes Sans SET = 1385334 / 3054535 soit : 0.4535335165581668
Probabilité Donnes de 9 cartes Sans SET = 66275064 / 222981055 soit : 0.29722284702617446
Probabilité Donnes de 10 cartes Sans SET = 37784232 / 222981055 soit : 0.1694504136237045
Probabilité Donnes de 11 cartes Sans SET = 0,0817563222 mais"fraction en Entiers non disponible"
en nombres premiers, 3 cartes : [2, 3, 13] / [79]
en nombres premiers, 4 cartes : [3, 5, 5] / [79]
en nombres premiers, 5 cartes : [2, 2, 2, 2, 3, 3, 37] / [7, 11, 79]
en nombres premiers, 6 cartes : [2, 3, 3, 3, 23, 71] / [7, 11, 19, 79]
en nombres premiers, 7 cartes : [2, 2, 2, 3, 3, 7, 101] / [5, 11, 19, 79]
en nombres premiers, 8 cartes : [2, 3, 3, 76963] / [5, 11, 19, 37, 79]
en nombres premiers, 9 cartes : [2, 2, 2, 3, 3, 3, 306829] / [5, 11, 19, 37, 73, 79]
en nombres premiers, 10 cartes : [2, 2, 2, 3, 3, 3, 3, 58309] / [5, 11, 19, 37, 73, 79]
Sauf demande, je ne me lancerai pas dans l'accélération de mon programme pour trouver la probabilité exacte avec des donnes de 12 cartes. Il faudrait que j'insère un module en c pur (ou même en assembleur)
Cordialement
Edit : J'ai quand même quelques idées pour encore diminuer la profondeur des dénombrements et bien améliorer les algorithmes.
Ce sera peut-être seulement dans quelques semaines ! Bon Noël à tous !
#884 Re : Café mathématique » Le jeu Set et un calcul de probabilités » 12-12-2011 00:58:16
Bonsoir,
Je travaille de façon à bien recouper les dénombrements : Il est impossible de traiter ce problème à la main, aussi mes résultats sortent de 2 programmes "compilés" car Python interprété est 60 à 100 fois moins rapide.
En plus il y faut des astuces de programmes et des astuces de raisonnement. Pour traiter les cas de 9 et 10 cartes par donne, j'ai réduit les milliards de donnes en supposant fixées les 2 premières cartes mises sur table : Cela ne modifie pas les proportions étudiées.
La probabilité de NON SET pour 10 cartes par donne est de 0,1694504136 = 4 420 755 144 / 26 088 783 435 (je donne les Entiers bruts exacts en numérateur et dénominateur.
La probabilité de NON SET pour 11 cartes par donne est de 0,0817563222 Je ne l'ai pas encore recoupée avec un dénombrement direct.
Je l'ai en calculant, à partir des donnes de 10 cartes en NON SET, comment se répartissent les cartes non encore distribuées, qui donneront des donnes de 11 cartes en NON SET.
Le tableau de répartition comprend donc 2 colonnes : le nombre de cartes pour quelle quantité de donnes. Le voici :
0,1694504136 prob10 non set pour Donne 10 cartes
30 16 035 084 (Nombre de cartes possibles / 71 restantes) * (nombre de donnes / total donnes) = prob partielle
31 46 399 392
32 296 819 640
33 852 930 000
34 1 313 512 200
35 1 262 336 400
36 444 888 288
37 134 762 940
38 40 940 640
39 11 941 020
44 189 540
4 420 755 144 total donnes (= bien celui calculé directement pour les donnes de 10 cartes)
Le produit de prob10 avec la somme des prob partielles donne prob11 avec autant de précision que désiré
0,0817563222 = prob11 non set pour Donne 11 cartes
Il manque donc encore la dernière probabilité !
Cordialement
#885 Re : Café mathématique » Le jeu Set et un calcul de probabilités » 11-12-2011 20:29:02
Bonsoir,
Voici la valeur précise de la probabilité de NON SET pour les donnes de 7 cartes
:
[tex]\frac{7*8*9*101}{5*11*19*79}=0.6166071104[/tex]
Je détaillerai comment y être parvenu.
Je travaille les probabilités des donnes de 10, 11 et 12 cartes à petites doses...
Cordialement
Edit : donnes de 7 cartes, et non 6
#886 Re : Café mathématique » Le jeu Set et un calcul de probabilités » 11-12-2011 03:08:01
Bonjour,
Fred nous a collé un problème pas si facile.
J'ai regardé si on pouvait trouver la probabilité des donnes de (N+1) cartes sans SET en connaissant la probabilité des donnes de N cartes sans SET.
J'ai suivi la piste ouverte par freddy : Dans une donne, toute carte qui fait SET (de premier niveau) avec un couple de cartes de la donne doit se retrouver dans le paquet des (81-N) non distribuées et diminue d'autant les candidates à être une carte d'une donne de (N+1) cartes sans SET.
Mais il faut encore réduire le nombre des candidates de toutes les cartes non distribuées qui pourraient faire SET (de deuxième niveau) avec les couples formés en associant une carte SET (de premier niveau) et chaque carte dans une donne de N cartes sans SET.
Ce procédé donne des résultats précis et exacts par dénombrement sur des entiers et me donne des produits de probabilités jusqu'aux donnes de 8 cartes qui confortent très bien (au 1/1000 ème près) mes simulations déjà publiées.
Cette méthode entraîne la répartition des donnes sans SET de N cartes sur plusieurs tailles de paquets de cartes candidates aux donnes sans SET de (N+1) cartes, et cette répartition est encore mal maîtrisée…Pour les donnes de 8 cartes on doit considérer 5 paquets de candidates (de 53, 54, 55 ,56 et 58 cartes) et leur attribuer plus de 2 milliards de donnes de 7 cartes
Il doit y avoir mieux …!
Voici les probabilités pour les donnes de 4 à 8 cartes sans SET :
0,987341772152
0,949367088608
0,875883610061
0,762971871566
0,616607110411 pour autant que cette précision (divisions d'entiers dénombrés) ait un sens…
Cordialement
#887 Re : Café mathématique » Le jeu Set et un calcul de probabilités » 06-12-2011 12:51:29
Bonjour,
Quand on s'intéresse au jeu, on découvre rapidement que chaque paire admet une et une seule carte pour faire un SET.
Excellente idée !
Pour l'exploiter : en supposant que l'on n'ait pas de SET après avoir posé n cartes sur table, il faut écarter [tex]\binom{n}{2}[/tex] des (81-n) cartes restantes avant de poser la (n+1)ième carte.
Mais avec un correctif car chacune de ces cartes restantes peut faire SET avec 40 autres couples de cartes, donc avec plusieurs des couples de cartes déjà posées...
A+ Cordialement
#888 Re : Enigmes, casse-têtes, curiosités et autres bizarreries » Seconde dimension ... » 03-12-2011 15:34:17
Bonjour,
jpp montre très bien l'évolution du rapport entre n² et "nombre de maisons vues" quand le point de vue est de coordonnées (0,1)
mais la démonstration que c'est le minimum pour tout n n'est pas faite.
En particulier bien des minima se trouvent au point d'observation (-1,1) et peut-être ailleurs ?...
et dans ces cas, aucune formule n'est évoquée
Donc démonstration "pour l'honneur de l'esprit humain..." en rade au tiers de son parcours... :-) bien que l'ordinateur ait suggéré que seules 4 valeurs de n conduisent à un rapport <0.60
Cordialement
#889 Re : Café mathématique » Le jeu Set et un calcul de probabilités » 03-12-2011 12:49:50
Bonjour,
J'ai préféré raisonner d'abord :-), donc :
Il y a 85320 3-combinaisons de 3 cartes parmi 81 cartes
La probabilité de faire un SET sur 3 cartes est de 1/79.
En effet, supposons que l'on tire une carte successivement dans 3 jeux différents en en conservant l'ordre de tirage,
On aura ((1/3)^4)*(81^3) = 6561 SETs dont 81 correspondent à des cartes 3 fois identiques
Alors (6561-81) =6480 sont les 3-Arrangements de 3 cartes prises parmi 81
6480 / 6 = 1080 correspondent aux 3-combinaisons faisant un SET et 1080 / 85320 = 1/79.
La probabilité de non-SET en tirant une donne de 3 cartes est donc de 78/79.
Mais je n'ai pas trouvé le bon raisonnement pour une donne de 12 cartes
Ensuite, en effectuant des simulations de 20000 donnes pour 3 à 16 cartes par donne, on obtient les valeurs d'une jolie courbe pour la probabilité "d'aucun SET par donne" (visualisation facile dans un tableur) :
3 0,98695
4 0,94935
5 0,8756
6 0,7633
7 0,61455
8 0,4529
9 0,2944
10 0,1708
11 0,0785
12 0,03195
13 0,0089
14 0,0021
15 0,0002
16 0 (presque 0)
Si quelqu'un peut publier comment obtenir cette courbe par le "raisonnement"….
A+, Cordialement.
#890 Re : Enigmes, casse-têtes, curiosités et autres bizarreries » l'aquarium » 29-11-2011 00:05:15
Bonsoir,
le cube déjà rempli au tiers a eu un effet sûrement escompté par jpp :-). Inconsciemment on essaie alors de travailler dans l'espace résiduel...
Personnellement j'ai analysé toutes les variations de volumes sur 2 ou 3 variables indépendantes, et j'ai été content de savoir encore déterminer des cônes tangents limités dans ce cube !
Si le cube avait été présenté vide, la solution se serait sans doute plus facilement imposée !
#891 Re : Programmation » [Python] Manipulation des polynomes » 28-11-2011 23:50:14
Bonsoir,
Il faut déjà bien définir la syntaxe propre au polynôme : signes utilisés, espaces, parenthèses...
puis les règles de précédence éventuelles...
Savoir aussi si toutes les puissances de x sont présentes ou si certaines peuvent être omises (coefficient nul ?)
Savoir aussi si les puissances de x sont ordonnées...
Donc on sait alors reconnaitre les coefficients et les affecter à une puissance de x : le choix de l'implémentation d'un petit analyseur peut alors se faire.
un split se fait entre "séparateurs", il faut donc les avoir bien définis...
Il faut en tous cas bien définir comment on reconnait les unités lexicales (tokens).
Etes-vous débutante en programmation ou seulement en Python?
A+. cordialement
#892 Re : Enigmes, casse-têtes, curiosités et autres bizarreries » Seconde dimension ... » 28-11-2011 23:11:31
Bonsoir,
@ jpp : pour n=7, si l'observateur est en (-1,1) il y a 30 maisons vues et 19 masquées. r=0.61224
n = 7 ; pente = 0 ; masqués : 6
n = 7 ; pente = 1/4 ; masqués : 1
n = 7 ; pente = 1/3 ; masqués : 1
n = 7 ; pente = 1/2 ; masqués : 3
n = 7 ; pente = 2/3 ; masqués : 1
n = 7 ; pente = 3/4 ; masqués : 1
n = 7 ; pente = 1 ; masqués : 4
n = 7 ; pente = 3/2 ; masqués : 1
n = 7 ; pente = 2 ; masqués : 1
de même si l'observateur est en (0,1) :
n = 7 ; pente = 0 ; masqués : 6
n = 7 ; pente = 1/3 ; masqués : 1
n = 7 ; pente = 1/2 ; masqués : 2
n = 7 ; pente = 2/3 ; masqués : 1
n = 7 ; pente = 1 ; masqués : 5
n = 7 ; pente = 3/2 ; masqués : 1
n = 7 ; pente = 2 ; masqués : 2
n = 7 ; pente = 3 ; masqués : 1
pour n=11, si l'observateur est en (-1,1) il y a 72 maisons vues r=0.59504
pour n=17, si l'observateur est en (-1,1) il y a 173 maisons vues r=0.59861
Cordialement.
#893 Re : Enigmes, casse-têtes, curiosités et autres bizarreries » Seconde dimension ... » 28-11-2011 14:27:30
Bonjour à tous,
Quasi-d'accord avec freddy, mais sans négliger que bien des démonstrations "en langage naturel mathématique" (semi-formalisé...) n'ont eu, ces derniers temps, d'aboutissement puis de validation que sur ordinateur qui seul manie sans effort la formalisation la plus poussée et l'examen exhaustif des possibilités (Complétude dans le domaine considéré) quand les cas sont complexes.
Priorité donc au raisonnement, mais libre choix des moyens des démonstrations...Encore que certaines, pour le même problème, soient plus belles que d'autres et donc plus appréciées.
Cordialement.
#894 Re : Enigmes, casse-têtes, curiosités et autres bizarreries » l'aquarium » 28-11-2011 14:06:49
Bonjour,
A+ cordialement
#895 Re : Enigmes, casse-têtes, curiosités et autres bizarreries » Seconde dimension ... » 28-11-2011 10:57:09
Bonjour,
@ Karlun et aux autres aussi : Mais oui c'est possible sans une base de données...Pour en dire plus :
Vous êtes tous convaincus que la programmation apporte une aide formidable qui épargne bien des efforts et corrige bien des erreurs.
Mais il faut d'abord raisonner sur le problème, en voir les démonstrations possibles, les simplifications et les écueils. Ensuite seulement on choisit la méthode, qui peut être démonstration, recherche papier ou recherche sur ordinateur.
Un algorithme "correct", "complet", qui se termine en un temps fini n'est qu'une traduction formelle d'une "démonstration", et ce n'est pas se cacher derrière son code
Pour le problème en cours, mon programme n'est pas "complet" , donc n'est pas une démonstration qu'il n'y a que les 4 solutions que j'ai mises en évidence. Il ne m'a été qu'une aide pour explorer comme chacun a pu le faire "à la paluche", pour voir la relation possible avec les totients, pour voir aussi les irrégularités et les ondulations de la courbe des résultats optimaux en fonction de la position de l'observateur...
Et je suis curieux d'en voir une solution "démontrée complètement"
Le principe de mon programme en PYTHON est simple :
D'abord travailler avec des fractions pour avoir des résultats strictement justes
Pour chaque n :
Pour chaque position d'observateur :
Mettre les pentes de chaque droite entre observateur et maisons dans un set() qui ne conserve que les valeurs uniques des fractions simplifiées. et de suite on a le nombre de maisons vues.
Et pour chaque n, mémoriser le minimum du rapport avec la position correspondante de l'observateur.
Donc 5 "for" imbriqués et 2 minutes pour avoir les résultats jusque n=50 pour 5 rangées de positions de l'observateur avec un PC chip I7 de INTEL (et un peu plus de temps pour avoir un programme correct, sans bug et suffisamment commenté)
Cordialement.
#896 Re : Enigmes, casse-têtes, curiosités et autres bizarreries » Seconde dimension ... » 28-11-2011 10:12:14
Bonjour,
mettez l'observateur en (-1;1) et vous aurez 2 résultats pour n impair plus vite qu'avec les n pairs.
Note : L'observateur est forcément sur des coordonnées rationnelles. J'ai testé les positions de l'observateur avec des pas correspondant à des fractions rationnelles simples, et je n'ai trouvé de solutions que pour des coordonnées entières.
Mais la démonstration que freddy donnera nous en convaincra... :-)
Cordialement.
#897 Re : Enigmes, casse-têtes, curiosités et autres bizarreries » l'aquarium » 28-11-2011 09:58:00
Bonjour,
@ jpp : Vous avez dû manquer la proposition au post #6 (28/11/2011 18:28:22), à moins que vous ne soyez fâché avec l'étude complète des cônes tangents. :-)
Cordialement
#898 Re : Enigmes, casse-têtes, curiosités et autres bizarreries » Seconde dimension ... » 27-11-2011 20:01:24
Bonsoir,
il y a aussi 2 résultats < 60% pour des n impairs...
Cordialement
#899 Re : Enigmes, casse-têtes, curiosités et autres bizarreries » l'aquarium » 27-11-2011 18:28:22
Bonsoir,
Cordialement
#900 Re : Café mathématique » Un probleme pour les vrais durs ; ) » 27-11-2011 08:25:26
Bonjour,
Raisonner en base 2 permet :
1 : de simplifier
2 : comme 2x-1 en premier membre ne contient que des 1, permet de montrer que le deuxième membre contient toujours au moins un zéro
Cordialement