PB A514
1. Si 2n cravates sont rang´ees dans k tiroirs (n ≥ 1 et k ≥ 1), ont peut toutes les ranger dans un seul tiroir en au plusn×[k/2] manipulations.
En effet, soit 2p le nombre de tiroirs contenant un nombre impair de cravates: avec p transferts de cravates entre ces tiroirs on obtient que tous les tiroirs ont un nombre pair de cravates. En divisant par 2 les nombres de cravates de chaque tiroir, on est ramen´e au mˆeme probl`eme avec 2n−1 cravates. En n ´etapes on aboutit `a 20 = 1 cravate: c’est termin´e. De plus, on peut choisir n’importe quel tiroir A (non vide au d´epart) comme tiroir final: il suffit de ne jamais le vider, c’est `a dire que si A a le mˆeme nombre de cravates que B, on vide B et on double le nombre de cravates de A.
Par exemple pour n = 6 et k = 7 avec les nombres de cravates [3,13,1,14,9,5,19] on obtient successivement: [6,8,2,14,8,10,16] en asso- ciant les tiroirs 1 et 7, 2 et 6, 3 et 5; puis [12,0,4,8,16,8,16] en associant les tiroirs 1 et 4, 2 et 5, 3 et 6; puis [8,0,8,0,0,16,32] en associant les tiroirs 1 et 3, 4 et 6, 5 et 7; puis [0,0,16,0,0,16,32] en associant les tiroirs 1 et 3; puis [0,0,0,0,0,32,32] en associant les tiroirs 3 et 6; puis [0,0,0,0,0,0,64] en associant les tiroirs 6 et 7; soit au total 12 transferts.
2. On peut s’int´eresser au nombre maximum de transferts n´ecessaires.
Pour k= 2 tiroirs et 2n cravates, on a besoin au maximum den trans- ferts car au bout den´etapes 2ndivise les nombres de cravates de chaque tiroir; dans le cas [1,2n−1] on a effectivement besoin den ´etapes.
Pour k= 3 tiroirs et 2n cravates, on a besoin au maximum den trans- ferts car au bout de n ´etapes 2n divise les nombres de cravates de chaque tiroir (on passe de [pair,impair,impair] `a [pair,pair,pair]); dans le cas [1,1,2n−2] on a effectivement besoin de n ´etapes.
Pour k = 4 tiroirs et 2n cravates, on peut montrer que le nombre maximum f4(n) de transferts n´ecessaires v´erifie f4(n) ≤ [3n/2]. Si n = 0, [1,0,0,0] demande 0 transfert; si n = 1, [1,1,0,0] demande 1 transfert; on montre ensuite pour n ≥ 2 que f4(n) ≤ f4(n − 2) + 3 ce qui entraine f4(n) ≤ [3n/2] par r´ecurrence. On ´etudie pour cela les diff´erents cas selon les restes modulo 4. Pour 4 restes ´egaux:
[a, a, a, a] donne [a, a,2a,0], puis [2a,0,2a,0], puis [4a,0,0,0]. 4 restes distincts [0,1,2,3] est impossible car 1 + 2 + 3 = 6 n’est pas mul- tiple de 4. [a, a,2a,0] est d´eja vu. [a, a,3a,3a] donne [a, a,6a,0],
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puis [2a,0,6a,0], puis [4a,0,4a,0]. [0,0, b,3b] donne [0,0,2b,2b],puis [0,0,4b,0]. [2,2, b,3b] donne [4,0, b,3b], puis [4,0,2b,2b], puis [4,0,4b,0].
Dans tous les cas on est pass´e en au plus trois transferts `a des nombres multiples de 4. Exemples: f4(7) = 10 pour [1,11,55,61]; f4(8) = 12 pour [7,25,83,141]; f4(9) = 13 pour [1,31,139,341].
Pour k= 5 tiroirs et 2n cravates, on peut montrer que le maximum du nombre de transferts n´ecessaires v´erifief5(n)≤f5(n−3) d’o`uf5(n)≤ [5n/3].
Pour k = 6 et k = 7 je conjecture f6(n) ≤ 2n et f7(n) ≤ 2n mais je n’ai pas trouv´e de formule g´en´erale pourfk(n).
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