Bonjour,

Oui c'est ça .

Imod

Salut,
une solution :

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quarante noirs et un blanc.

Sur ton exemple l'interrupteur noir ne s'allume pas , tu n'es pas loin d'une solution mais il y a un petit correctif à faire .

Imod

Bonjour,

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Dès le début  je pensais que le pluriel s'appliquait aux noirs et aux blanc mais la position du blanc  qui va s'allumer est importante
Il faut qu'il soit encadré par deux autres blancs ce qui empêchera chacun des 19 autres noirs d'avoir le même nombre de noirs autour d'eux .  
Donc 19 noirs +1 1 1 blancs +19 noirs

Ca ne marche pas non plus , ton premier blanc ne s'allumera pas

Imod

Mon choix se portait sur le blanc du milieu encadré de 1 blanc de chaque coté en effet je suis resté dans l'idée qu'un seul blanc était la solution et je ne pensais pas que ton énoncé s'appliquait à tous.

Bonjour Imod.
Il me semble que ma solution fonctionne.

L'interrupteur blanc est en 0 les autres sont noirs.
Il est clair que le blanc s'allume : il a zéro blanc de chaque côté.
Pour les noirs, les positifs ont vingt voisins noirs dans le sens direct et dix-neuf dans le sens rétrograde donc ils s'allument.
Même chose pour les négatifs en inversant les sens.

Encore un détail : on peut prendre tous les interrupteurs blanc, mais il me semble que ton énoncé suggère qu'il y a au moins un interrupteur de chaque couleur.

D'accord , j'étais parti sur 40 blancs et un noir . Il y a plein d'autres possibilités avec 41 interrupteurs et on peut facilement étendre le modèle à des nombres plus grands . Après il faut voir si on a toutes les solutions .

Imod

Bonjour,

Si on se fie aux marques du pluriel dans l'énoncé ...

"Des interrupteurs sont disposés en cercle , certains sont blancs et d'autres sont noirs "

On a obligatoirement plusieurs interrupteurs blancs et plusieurs interrupteurs noirs.

J'ai volontairement choisi le pluriel et en différentiant les deux couleurs essentiellement pour évacuer le cas d'interrupteurs uniformément blancs . Après il est clair que la seule solution solution avec un unique interrupteur d'une couleur a été donné par Verdurin et on peut aisément en trouver d'autres avec le même effectif total :

Imod

Je voulais dire d'autres solutions avec le même effectif total et avec au moins deux représentants pour chaque couleur .

Imod

Avec 41 interrupteurs on a un nombre impair de blancs et donc un nombre pair de noirs.
Et l'exemple donné par dpi montre que cette condition n'est pas suffisante.
Je n'ai pas trouvé de solution sans axe de symétrie.

Il y a aussi des solutions avec plus de 41 interrupteurs.

Deux exemple de chaînes que l'ont peut couper au bon endroit pour former des cercles satisfaisants :

1N - 20B - 1N - 19B - 1N - 20B - 1N - 19B - 1N ...

2N - 19B - 2N - 18B - 2N - 19B - 2N - 18B - 2N ...

Imod

Il y a aussi 1B 40N 1B 40N . . .
Dans tous les cas on obtient des nombres d'interrupteurs multiple de 41.
En fait on part du modèle


Je me demande si il y en a d'autres.

Disons multiple de 40 + 1 . En effet la question est de savoir s'il y en a d'autres .

Imod

En fait le cas particulier que tu présentes entre dans le modèle précédent avec 1B et 0B

Imod

J'en suis conscient.

Bonjour , je ne comprend pas la notion d'interrupteurs qui s'allument :?  

Bonsoir flight.
Il y a des interrupteurs qui on une diode témoin pou indiquer que le courant passe.

Pour Imod : les nombre interrupteurs qui conviennent et que j'ai trouvé sont les multiples de 41 cad 82 ; 123 . . .
Par exemple avec n blancs séparés les uns des autres par n séquences de 40 noirs.

Oui Verdurin , j'aurais dû mettre des parenthèses à "40+1" . Je précise d'autre part que je n'ai pas de réponse à la question "sont-ce les seules ?" . J'ai trouvé cette question sur la toile , elle serait extraite  d'une olympiade de lycéens donc abordable sans artillerie lourde . Je pense que nous avons toutes les solutions , il y a sans doute une astuce à trouver pour le prouver

J'avais commencé par remplacer les 20 voisins par 1 puis 2 , ... , on voit assez vite apparaître la forme des solutions mais on se perd dans les variantes quand le nombre de voisins grandit .

Imod

En fait j'avais bien compris ce que tu disait hier soir en le lisant.
Mais je me suis demandé si tu n'avais pas trouvé d'autres solutions en te relisant ce soir.
J'ai aussi essayé de plus petits nombres de voisins et toutes les solutions que j'ai trouvées sont du même type.

Je pense avoir trouvé un angle d'attaque mais je pose plus de questions que je n'en résous . Je donne ma formalisation :
Les positions des n interrupteurs sont repérées par les entiers de 0 à n-1 . On définit V n-périodique de Z dans {0 ;1} par V(k) = 0 ou 1 selon que l'interrupteur en position k est noir ou blanc . Pour k entier , on pose F(k) la somme des V(i) quand l'entier i décrit l'intervalle [k+1 ; k+20] . Les données du problème peuvent se traduire par F(k) = F(k - 21) si et seulement si V(k) = 1 . On remarque que F est aussi n-périodique . En bref , il y a deux périodes qui se confrontent : n et 20 .
Comme je n'ai pas trop envie de manipuler de longues séries indicées je remplace 20 par 3 et je tente n=5 pour le nombre d'interrupteurs .
On a deux fonctions 5-périodiques V et F avec F(k) = V(k+1)+V(k+2)+V(k+3) . De plus F(k) = F(k - 4) si et seulement si V(k) = 1 . Il y a bien deux périodes , 4 et 5 .
Partons de k=0 :
V(0) , V(5) , V(10) , V(15) , V(20) , …      
F(0) , F(4) , F(8) , F(12) , F(16) , F(20) , …
La première suite est constante et la deuxième par sa définition ne peut pas prendre plus de 4 valeurs différentes : il y a un problème .
Imod  

Bonsoir Imod.
Le problème de cette approche est peut-être que F(k)=F(k-4) n'est pas toujours vrai : la fonction F n'est pas forcément de période 4.
Et dans ton exemple il y a recouvrement des voisins de droite et de gauche.

Personnellement je regarde toujours le problème avec 2v+1 interrupteurs où v est le nombre de voisins considérés à droite et à gauche.
On remarque que le nombre d'interrupteurs noirs est nécessairement  pair et que ça suffit à assurer la condition pour eux.
En numérotant les positions comme toi et en travaillant modulo 2v+1 on peut voir que si le nombre b de blancs, qui est impair, est plus grand que 2 alors il y a deux blancs consécutifs ( c'est ce que je n'arrive pas à montrer simplement ).
Et si il y a deux blancs consécutifs aux positions x et x+1 alors l'interrupteur x+v est blanc.

Correction :

Il y a pas mal d'angles d'attaque pour le problème , pour moi il faut trouver le bon compteur et le faire tourner .

Une autre piste que celles déjà évoquées :

On note D(k) la différence entre la somme des 20 voisins à droite de k et celle des 20 voisins à sa gauche . La valeur absolue de D(k) ne dépasse jamais 1 et la somme des D(k) est nulle pour un tour complet . La variation non signée de D(k) ne dépend que de V(k) .

Ce ne sont bien sûr que des affirmations sans le début d'une preuve .

Je reste persuadé que ce problème à la gomme a une solution ridiculement simple qui m'échappe et ça m'agace

Imod

Vu que la participation s'était un peu éteinte , j'ai proposé le problème à un autre site . Les lignes commencent à bouger

Imod

On remarque que ton site est plus réactif que l'ile (depuis quelque temps )

Les deux sites n'ont pas le même objectif , l'île est plus centrée sur l'aide scolaire ou estudiantine  . Les exercices scolaires ont très souvent beaucoup de réponses ici , j'en personnellement un peu perdu le goût  
Imod

Pour ceux qui s'étaient intéressés au problème , il y a une solution sur le site déjà évoqué .
Imod