• Aucun résultat trouvé

H101- Le solitaire bulgare [***** à la main]

N/A
N/A
Protected

Academic year: 2022

Partager "H101- Le solitaire bulgare [***** à la main]"

Copied!
2
0
0

Texte intégral

(1)

H101- Le solitaire bulgare [***** à la main]

Solution

http://centraledesmaths.uregina.ca/mp/previous2006/dec06sol.php

http://centraledesmaths.uregina.ca/mp/previous2006/dec06solfondanaiche.php

1) Jeu de six cartes

On part des 11 partitions possibles de 6 cartes : (6), (1,5), (2,4), (3,3), (1,1,4), (1,2,3), (2,2,2), (1,1,1,3), (1,1,2,2), (1,1,1,1,2) et (1,1,1,1,1,1). Le solitaire bulgare* permet de passer d’une partition à une autre. A chaque manipulation, on soustrait une unité à chaque nombre de la première partition et on forme un nouveau nombre égal au nombre d’unités soustraites. Par exemple, si l’on part de la partition (1,1,4) on fait disparaître les deux tas d’une carte chacun, les tas de 4 cartes est ramené à 3 cartes et on crée un nouveau tas de 3 cartes. D’où (1,1,4)

(3,3) puis (3,3) (2,2,2) et ainsi de suite.

On peut ainsi représenter sur un seul graphe l’ensemble des 11 partitions assimilées aux sommets du graphe et les arcs qui permettent de passer d’un sommet à l’autre. On constate qu’il y a une seule partition qui est stable (1,2,3) . C’est la racine de l’arborescence et toutes les partitions finissent par y aboutir. La partition plus éloignée de la racine est (1,1,2,2) et il faut six manipulations pour arriver à la racine. Le jeu s’achève nécessairement en six étapes au plus quelle que soit la structure initiale.

* D’après Martin Gardner l’origine du problème est inconnue mais tous les mathématiciens européens l’appellent ainsi…

2) Jeu à 10 cartes

La démarche est la même qu’avec un jeu à 6 cartes. On établit l’inventaire des 42 partitions possibles et on les ordonne selon l’arborescence ci-après :

(2)

On observe que la racine qui représente la partition stable vers laquelle converge toutes les autres partitions est (1,2,3,4). Il existe trois chemins de longueur maximale qui partent des trois partitions supérieures (1,2,2,2,3), (1,1,1,2,2,3) et (1,1,2,3,3) et on atteint la fin du jeu en 12 étapes.

3) Jeu à 15,21,28,36,45,…n(n+1)/2 cartes

Quelle que soit la structure initiale du jeu à n(n+1)/2 cartes, le jeu s’achève après un nombre fini de manipulations et la configuration d’équilibre est toujours de 1,2,3,…,n cartes

La démonstration complète a été établie en 1981 par le mathématicien danois Jorgen Brandt.

Jean Moreau de Saint Martin l’a adaptée en version française.

Références

Documents relatifs

Algorithme A* : arriver `a sa destination malgr´e des

DIRECTIVES POUR AUTEURS ET CONTROLEURS DE B. Nous agrandissons et rapetissons à volonté. Seule compte la netteté. • LeJ r~productions de livres sont presque

Cette publication régulière de fi- ches dans notre bulletin nous a d'ailleurs valu la proposition de Freinet de vouloir bien nous occuper de la Commission du

arbre enraciné dans lequel les fils de chaque noeud sont ordonnés. Autrement dit, si un noeud a k fils, alors il existe un premier, deuxième, …etc fils.. • Un arbre binomial

Le premier tas est vide,le second contient deux grains et le troisième en

Pour un n donné ≥2, on détermine le nombre des configurations possibles a n qui sont constituées d’arcs A₂ et/ou d’arcs A₃,en prenant pour hypothèse que toutes

Après avoir creusé son 2010 ième trou, le sapeur Camember a devant lui un gros tas de 2010 cailloux qu’il a scrupuleusement numérotés de 1 à 2010. Il considère tous les tas

Expliquer grâce à un calcul comment calculer la taille de l’objet sur la carte?. Laquelle de ces deux cartes rétrécie le moins