E664 – Auto-espacements [**** à la main]
Problème proposé par Jean Moreau de Saint Martin
Pour tout entier k ≥ 1, on considère deux suites : la première S2n est composée des 2k entiers 1,1,2,2,3,3,....,n,n inscrits dans une ligne de 2n cases et la seconde S2n+1 est composée de 2n + 1 entiers 0,1,1,2,2,3,3,...,n,n inscrits dans une ligne de 2n + 1 cases.
On cherche un réarrangement des nombres dans chacune de ces deux suites selon les deux cas de figure suivants : - cas n°1 : pour tout m variant de 1 à n. les deux entiers m sont séparés par m cases intermédiaires .
- cas n°2 : pour tout m variant de 1 à n. les deux entiers m sont séparés par m – 1 cases intermédiaires .
Dans chacune des deux suites et selon chacun de deux cas,pour quelles valeurs de n est-ce possible? Proposez des solutions pour les premières valeurs de n ≤10.
Solution proposée par Bernard Vignes Quatre familles de suites sont à analyser :
- les suites S2n composées des 2n entiers 1,1,2,2,3,3,..,n,n selon les cas n°1 (suites de Langford) et n°2 (suites de Skolem)
- les suites S2n+1 composées des 2n +1 entiers 0,1,1,2,2,3,3,...,n,n selon les cas n°1 (suites de Langford) et n°2 (suites de Skolem) 1ère famille : suites de Langford composées des 2n entiers 1,1,2,2,3,3,....,n,n.
Pour les petites valeurs de n = 1 à 8 on constate que les réarrangements des entiers selon les conditions de l’énoncé existent seulement pour n = 3,4,7 et 8 .On obtient les solutions suivantes (parmi d’autres pour n = 7 et 8):
n = 3 : 2 3 1 2 1 3 n = 4 : 2 3 4 2 1 3 1 4
n = 7 : 2 3 7 2 6 3 5 1 4 1 7 6 5 4 n = 8 : 4 6 1 7 1 4 8 5 6 2 3 7 2 5 3 8
Pour déterminer les valeurs de n pour lesquelles de tels arrangements peuvent exister, désignons par p la position de l’entier 1 situé le plus à gauche sur la 1 ligne.Alors p +2 est la position du second entier 1. De manière générale, si p1 i est la position de l’entier i situé le plus à gauche, alors pi + i + 1 est la position du second entier i.En additionnant toutes les positions, on obtient l’équation : 2p12p2 ....2pn 23....(n1)123....(2n1)2n.
D’où : 2(p1p2....pn)(n1)(n2)/212n(2n1)/2p1p2....pn= n(3n– 1)/4.
Le membre de gauche étant une somme d’entiers, on a donc n(3n – 1) 0 modulo 4. Dès lors les valeurs de n qui donnent des arrangements de Langford sont nécessairement de la forme n = 4k et n=4k– 1.
Quel que soit k entier on sait construire de telles suites :
n = 4k : la disposition des entiers sur la ligne est la suivante :
Commentaires :
1) la première case contient l’entier 4k – 4 et la dernière case l’entier 4k
2) quand deux cases de même couleur sont séparées par des pointillés,par exemple 4k-4 et 2k, on écrit tous les entiers pairs décroissant de 4k – 4 à 2k. Idem avec les deux cases 2k – 3 et 1 qui encadrent les entiers impairs décroissant de 2k – 3 à 1 et avec les deux cases 2k – 2 et 2 qui encadrent les entiers pairs décroissant de 2k – 2 à 2.
3) les nombres inscrits sur les flèches horizontales indiquent les nombres des cases qui séparent deux entiers identiques.
A titre d’illustration,en adoptant un coloriage homogène avec celui de la ligne ci-dessus, on obtient pour k = 2,3,4 et 5 les suites suivantes :
n = 4k – 1 : la disposition des entiers sur la ligne est la suivante :
A titre d’illustration, on obtient pour k = 2,3,4 et 5 les suites suivantes :
Le dénombrement des suites de Langford selon les valeurs de n est disponible sur l’O.E.I.S. pour les premières valeurs de n = – 1 et 0 modulo 4 : http://oeis.org/A192289
Pour n = 3 et 4, le solutions sont uniques (en excluant toute même suite lue de droite à gauche). Au delà,leurs nombres explosent très rapidement.
A192289 Number of Langford pairings of order n, as n runs through the positive numbers congruent to -1 or 0 mod 4.
1
1, 1, 26, 150, 17792, 108144, 39809640, 326721800, 256814891280, 2636337861200, 3799455942515488, 46845158056515936, 111683606778027803456(list; graph; refs; listen; history; text;
internal format)
2ème famille : suites de Skolem composées des 2n entiers 1,1,2,2,3,3,....,n,n.
Pour les petites valeurs de n = 1 à 9 on constate que les réarrangements des entiers selon les conditions de l’énoncé existent seulement pour n = 1,4,5,7 et 9 .On obtient les solutions suivantes (parmi d’autres pour n > 1) :
n = 1 : 1 1
n = 4: 4 2 3 2 4 3 1 1 n = 5 : 5 2 4 2 3 5 4 3 1 1
n = 8 : 8 6 4 2 7 2 4 6 8 3 5 7 3 1 1 5 n = 9 : 9 7 5 3 8 6 3 5 7 9 4 6 8 2 4 2 1 1
Pour déterminer les valeurs de n qui peuvent donner des solutions, on tient le même raisonnement que précédemment en retenant les positions pi et pi + i de l’entier i.
D’où l’équation : 2p₁ + 2p₂ + ...+ 2pn + (1 + 2 + ..n) = 1 + 2 + 3 +..+ 2n – 1 + 2n.p1p2....pn= n(3n + 1)/4.
On a donc n(3n + 1) 0 modulo 4. Les valeurs de n qui donnent des arrangements de Skolem sont nécessairement de le forme n = 4k et n=4k+ 1.
Quel que soit k entier on sait construire de telles suites.
n = 4k : la disposition des entiers sur la ligne est la suivante :
A titre d’illustration, on obtient pour k = 2,3,4 et 5 les suites suivantes :
n = 4k + 1: la disposition des entiers sur la ligne est la suivante :
A titre d’illustration, on obtient pour k = 2,3,4 et 5 les suites suivantes :
Le dénombrement des suites de Skolem selon les valeurs de n est disponible sur l’O.E.I.S. pour les premières valeurs de n: http://oeis.org/A059106 A059106 Number of solutions to Nickerson variant of Langford (or Langford-Skolem) problem. 4
1, 0, 0, 3, 5, 0, 0, 252, 1328, 0, 0, 227968, 1520280, 0, 0, 700078384, 6124491248, 0, 0, 5717789399488, 61782464083584, 0, 0
On peut consulter également le document « Counting the number of Langford Skolem pairings » à l’adresse :http://arxiv.org/abs/1507.00315 3ème famille : suites de Langford composées des 2n + 1 entiers 0,1,1,2,2,3,3,....,n,n.
Pour tout n, on sait construire une séquence de Langford satisfaisant les conditions de l’énoncé, l’introduction du zéro rendant possible l’arrangement des 2n entiers selon un ordonnancement très régulier des entiers pairs d’un côté et des entiers impairs de l’autre.
n = 1 : 1 0 1 n = 2 : 2 0 1 2 1 n = 3 : 3 1 2 1 3 2 0 n = 4 : 4 2 0 3 2 4 1 3 1 n = 5 : 5 3 1 4 1 3 5 2 4 0 2 n = 6 : 6 4 2 0 5 2 4 6 3 1 5 1 3 n = 7 : 7 5 3 1 6 1 3 5 7 4 2 6 0 2 4 n = 8 : 8 6 4 2 0 7 2 4 6 8 5 3 1 7 1 3 5 n = 9 : 9 7 5 3 1 8 1 3 5 7 9 6 4 2 8 0 2 4 6
n = 10 : 10 8 6 4 2 0 9 2 4 6 8 10 7 5 3 1 9 1 3 5 7
D’où les deux représentations générales pour n = 2k et n = 2k + 1 : n= 2k
n=2k + 1
4ème famille : suites de Skolem composées des 2k + 1 entiers 0,1,1,2,2,3,3,....,n,n.
C’est le cas le plus simple. Il suffit de juxtaposer les entiers impairs d’un côté et les entiers pairs y compris le zéro de l’autre pour obtenir des solutions pour tout entier n ≥1
n = 1 : 1 1 n = 2 : 1 1 2 0 2 n = 3 : 3 1 1 3 2 0 2 n = 4 : 3 1 1 3 4 2 0 2 4 n = 5 : 5 3 1 1 3 5 4 2 0 2 4 etc..
D’où la représentation générale :
Annexes
Les suites de Langford-Skolem font l’objet d’une documentation abondante accessible sur Internet. Ci-après on trouvera quelques liens utiles : http://www.cut-the-knot.org/Curriculum/Algebra/LangfordSequence.shtml
https://en.wikipedia.org/wiki/Langford_pairing
http://itu.dk/people/jwl/skolem/jwl-skolemcount-thesis.pdf http://arxiv.org/pdf/1301.6424v1.pdf
