Petit jeujeu mathématique deviendra gros casse-tête

Note à l'usage de ceux qui arrivent sur ce fil de discussion par hasard

Je soupçonne que ce fil de discussion a commencé à être signalé sur les réseaux sociaux, et que pas mal de ceux qui le consultent aujourd'hui, n'étant pas inscrits sur ce forum, ne peuvent y faire connaître leurs réactions. Eh bien, n'importe qui peut assez facilement joindre par courrier électronique l'auteur principal de ce fil de discussion (qui signe "Petitagore") en suivant ce lien.

Et cette note liminaire étant terminée, ce qui suit correspond à l'état originel du fil de discussion. Bonne lecture.

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Bonjour, bonjour. Un peu de silence... merci.

Un petit croquis valant toujours mieux qu'un long discours, la merveille mathématico-informatique que je veux vous faire connaître aujourd'hui se présente comme ceci:



mais ça, c'est une image statique, alors que ce truc est vivant et interagit merveilleusement avec votre cerveau qu'il est voué à emberlificoter, vu qu'il s'agit d'un jeu mathématique comme je les aime: un principe très très simple aboutissant à des comportements... sensiblement plus complexes.

Sans que je vous explique rien, vous pouvez déjà essayer de cliquer un peu partout sur le bazar interactif
que j'ai amoureusement programmé pour vous (en JavaScript). Allez-y voir, cliquez partout, vous ne comprendrez peut-être rien sur le moment mais c'est pas grave, quand vous aurez assez joué je vous expliquerai ce qu'il s'agit de faire.

Eh bien, allez-y, allez-y, ça mord pas! Mais non, n'ayez pas peur, vous n'allez pas le casser.

(quinze secondes passent)

Vous noterez qu'en bas à droite de la figure il y a quatre petits bazars qui, avec un peu d'indulgence et de bonne volonté, ressemblent à des touches de magnétoscope.



Vous les avez vus? Eh bien, cliquez dessus de temps en temps et regardez ce qui se passe. Là non plus, y a pas de danger, ça mord pas. Je pense que vous comprendrez tous seuls à quoi ça sert -- sinon faites-vous aider par votre voisin.

(deux autres minutes passent)

C'est bon? Ça a ne serait-ce qu'un tout petit peu titillé votre curiosité? Maintenant, vous voulez que je vous explique? Eh bien, répondez! Non? Non, mais, cachez votre joie, bande de cancres!

De toute façon, que vous le vouliez ou pas, je vous explique.  

Bon. Ce bazar, ce carré noir découpé en triangles aux côtés bleus avec des petits sommets brillants, ça s'appelle (enfin, je l'appelle) une grille Triancey. Et en fait, ce n'est pas un carré, car un carré a des limites et cette figure, elle, n'en a pas: les cases triangulaires du côté inférieur touchent celles du côté supérieur, celles du côté gauche touchent celles du côté droit (si je n'avais pas peur de vous embrouiller, je vous dirais bien que c'est un tore, mais ça vous effraierait parce que c'est employer un mot bien compliqué pour désigner ce bazar qui est en fait d'une simplicité archangélique, même que c'est pour ça que je l'aime).

La seule chose que je vous demande de comprendre à ce stade du récit, c'est que toutes les cases triangulaires de cette figure se touchent deux à deux par des côtés entiers, de sommet à sommet (d'un point lumineux à un autre point lumineux).

On est d'accord? Elles se touchent toutes par des côtés entiers, de sommet à sommet, OK?

Bon. Comme ces cases sont triangulaires et qu'un triangle a trois côtés (on vous l'avait déjà dit?)... eh bien ça veut dire que chaque case de cette grille touche par ses trois côtés exactement trois autres cases -- qu'on appelle ses voisines.

C'est vrai pour toutes les cases. Et je dis bien: toutes. J'insiste très lourdement: toutes, toutes, toutes.

Attention, revoici la même figure avec des numéros dessus. Pas de panique, c'est juste pour qu'on sache de quoi on parle, ces numéros n'ont aucune signification en eux-mêmes et ils sont tout bêtement disposés, dans l'ordre, de gauche à droite et de haut en bas; seulement, comme les cases triangulaires sont irrégulières et même (savamment) bordéliques, ça ne saute pas aux yeux.



Toutes et chacune de ces cases touchent exactement trois cases voisines. C'est vrai même pour celles des bords, même pour celles des coins. Je me répète: les cases du côté gauche touchent celles du côté droit; sur la grille "simplet" représentée ci-dessus, les cases 0, 15, 21 et 29 touchent les cases 14, 20, 28 et 43, respectivement. De la même façon, les cases du haut 1, 3, 5 et 7 touchent les cases du bas 36, 38, 40 et 42, respectivement.

Capisci? Allez quoi, faites un effort, merde, je vous rappelle que vous êtes censés être des zèbres. Je vous dis pas ça pour vous emmnuyer, mais pour que vous compreniez ce qui se passe quand vous cliquez sur les cases dans la version interactive (mais oui, retournez vous rendre compte, c'est fait pour ça): dès qu'une case a deux voisines pleines, pouf, elle devient pleine elle-même, y compris si vous avez pas cliqué dessus, y compris si cela conduit à en remplir une nouvelle sur le troisième côté, et une autre, et encore une autre.

Quelqu'un a demandé pourquoi? Because c'est comme ça... Y a pas de pourquoi, c'est l'inventeur du bazar qui en a décidé ainsi.

Oui, l'inventeur du bazar, c'est moi, en effet. Ça a l'air de t'étonner, petit crétin, avoue que tu ne m'en aurais pas cru capable.

Bref. On appelle ces prises de plusieurs cases en un seul clic des réactions en chaîne. Vous pouvez vous amuser à essayer d'en déclencher des grosses, de prendre quatre cases, cinq ou même dix en un seul coup. Et si vous y arrivez, c'est vraiment très bien, c'est le signe que vous avez compris.

Eh bien figurez-vous, mes bons amis, que la réaction en chaîne dans les grilles Triancey, ben c'est un truc très rigolo. Et dès que j'aurai l'impression que vous avez compris tout ce qui précède, je vous expliquerai pourquoi.

Mais pas tout de suite, parce que j'ai remarqué au fond de la salle un ou deux cossards qui n'ont pas encore tout pigé, nous allons donc leur laisser le temps de réfléchir, je n'ai pas l'intention de répéter pour les dispenser de cet effort, non mais sans blague.

Allez, ça suffit comme ça. Maintenant, vous prenez une feuille à grands carreaux, vous marquez votre nom en haut à gauche, et vous me dites quelles sont les trois cases voisines de la case 17 et... et de la case 42, tant que vous y êtes. A midi pile, je ramasserai les copies.

Comment dites-vous? Est-ce que ce sera noté? Mais certainement, et coefficient 3, en plus... Mais non ça sera pas noté, banane, c'est pour voir qui a compris et à qui il faut réexpliquer, c'est tout. Donc, vous êtes gentils, vous copiez pas sur votre voisin.

Allez, je vous laisse, travaillez bien, soyez sages. Je suis en salle des profs, on se revoit à midi.

Je ne sais pas si tu sais (sans doute, mais au cas où) que ce genre de grille (sans la connexion torique) est très utilisé, sous le nom de maillage, dans diverses méthodes numériques de résolution d'équations (différentielles, notamment), par exemple la méthode des éléments finis.

Bon, ça n'a pas grand chose à voir avec ton petit jeu (au demeurant fort amusant), sauf ... qu'il existe une large variété de créateurs de ces grilles (mailleurs, donc) pour des géométries variées, que tu peux utiliser si tu veux t'amuser à jouer sur différentes grilles. Aux mailles plus fines, par exemple, et via une modification que je pense modique de ton code pour prendre en entrée les fichiers générés par les mailleurs (des fichiers textes avec les coordonnées des points, rien de bien méchant).

Un exemple libre (ça va te plaire) mais professionnel, et dans mes souvenirs (ça remonte à mes cours de master) d'une grande simplicité d'utilisation : gmsh.

Et si besoin, mais je ne pense pas, ma boite à MP est grande ouverte.

Ardel a écrit:Je ne sais pas si tu sais (sans doute, mais au cas où) que ce genre de grille (sans la connexion torique) est très utilisé, sous le nom de maillage, dans diverses méthodes numériques

Je sais et je ne sais pas tout en le sachant un peu quand même...   En fait, je sais surtout qu'on a commencé à gamberger sur ces bazars sur la base des travaux du mathématicien Delaunay, un Soviétique d'origine française comme son nom l'indique (cocorico na zdarovié). Les maillages servent beaucoup pour les méthodes numériques que tu décris et auxquelles je ne connais à peu près rien, mais aussi pour la représentation des objets en 3D -- domaine auquel, cette fois, je connais un peu quelque chose, même que c'est en travaillant dessus que j'ai eu l'idée de mon jeujeu.

Bon, ça n'a pas grand chose à voir avec ton petit jeu (au demeurant fort amusant), sauf ... qu'il existe une large variété de créateurs de ces grilles (mailleurs, donc) pour des géométries variées, que tu peux utiliser si tu veux t'amuser à jouer sur différentes grilles. Aux mailles plus fines, par exemple, et via une modification que je pense modique de ton code pour prendre en entrée les fichiers générés par les mailleurs (des fichiers textes avec les coordonnées des points, rien de bien méchant).

C'est en effet très envisageable, puisque mes listings Javascript exploitent des fichiers XML qui leur sont extérieurs, et dotés d'une syntaxe simplissime. Cela dit, il est essentiel pour le principe de mon jeu que toutes les cases aient trois voisins (d'où la nature torique du bazar). Ce serait le cas pour des triangles décrivant l'enveloppe d'un solide en trois dimensions, et on pourrait effectivement appliquer là-dessus le principe de mon jeu; mais il faudrait représenter ça en 3D, de préférence avec des faces cachées -- ce qui compliquerait notablement le code Javascript. En effet, c'est envisageable... mais pas pour demain.   Le gros avantage du tore, c'est qu'il reste intelligible quand on le représente en 2D.

Et les autres, je vous rappelle qu'il ne vous reste que vingt minutes pour rendre les copies, faudrait songer à vous bouger les fesses.

Bon, d'abord, finissons-en avec les formalités...

Correction des copies:

Bon. Maintenant que vous avez compris le principe des réactions en chaîne dans les grilles Triancey, il reste à trouver un moyen d'en faire quelque chose de rigolo et d'intellectuellement motivant. J'ai bien sûr ma petite idée sur la question, mais je ne vais pas tout de suite vous l'énoncer, pour deux raisons:

1 - Il vous faut un peu de pratique avant, sans quoi vous vous découragerez tout de suite;

2 - Après tout, peut-être allez-vous imaginer des façons de jouer que je n'ai pas envisagées, et votre créativité m'intéresse: si vous avez des idées de façons de jouer, n'hésitez pas à en parler ici.

Je vous suggère une piste. Comme vous l'avez sans doute remarqué, tant que la grille est presque vide, il est facile d'éviter les réactions en chaîne et difficile d'en déclencher des grosses -- tandis que quand la grille commence à être très remplie il est très facile de déclencher de grosses réactions en chaîne et très difficile de prendre les cases une par une.

Ne pourrait-on pas faire un truc un peu rigolo sur cette base?

Edit: J'ai oublié de vous signaler (mais vous l'avez peut-être compris seuls vu que vous êtes des zèbres) que vous avez bien plus d'une grille interactive à votre disposition: il y en a une trentaine ici.

Disons que le défi ça serait de remplir la grille en un minimum de clics ?

Tu pourrais pas le refaire avec une bouteille de Klein plutôt qu'un tore ?
Le tore, c'est du déjà vu, un peu Kindergarden tout de même. ;-)

Professeur Megamiaou a écrit:Tu pourrais pas le refaire avec une bouteille de Klein plutôt qu'un tore ?
Le tore, c'est du déjà vu, un peu Kindergarden tout de même. ;-)

Quand je t'aurai montré la vraie règle, tu verras que tu feras moins le malin.

stauk a écrit:Disons que le défi ça serait de remplir la grille en un minimum de clics ?

C'est une piste pour faire des trucs rigolos, et je t'engage à la creuser, mais je peux aussi ajouter quelques critères esthétiques:

A mon avis, on est en présence d'un bon casse-tête quand l'objectif est simple et clairement défini, tout en étant difficile à atteindre. "Un minimum de clics", ce n'est pas assez défini (c'est quoi, le minimum: quatre, ou douze? et comment je fais pour le savoir?). Deuxième critère: il est bon que cet objectif soit toujours accessible, quelle que soit la grille, parce que c'est vraiment râlant de s'escrimer trois quarts d'heure sur une grille pour qu'ensuite le concepteur du jeu vienne la gueule enfarinée vous dire "c'était une grille insoluble, ha ha, je vous ai bien eus": moi, ça me donnerait envie de l'étriper.

stauk a écrit:Disons que le défi ça serait de remplir la grille en un minimum de clics ?

12 me parait raisonnable

Pas plus de douze clics pour remplir toute la grille... Oui, ça peut être un bon exercice pour débutants (allez-y, ceux qui disent rien, essayez). Mais je viens de réussir une grille avec onze clics et sans m'appliquer beaucoup.

Je suggère une amélioration (mais je ne vous garantis pas que c'est faisable sur toutes les grilles, ni même sur une seule): au lieu d'un total de douze coups, on impose que les huit premiers coups ne prennent qu'une case, après quoi les quatre coups restants doivent suffire à achever de remplir la grille. Et si c'est trop simple: neuf puis trois au lieu de huit puis quatre.

On avance, on avance... Jusqu'ici, je continue de préférer ma façon de jouer, mais je sens venir de bonnes idées.

Petitagore a écrit:

stauk a écrit:Disons que le défi ça serait de remplir la grille en un minimum de clics ?

C'est une piste pour faire des trucs rigolos, et je t'engage à la creuser, mais je peux aussi ajouter quelques critères esthétiques:

A mon avis, on est en présence d'un bon casse-tête quand l'objectif est simple et clairement défini, tout en étant difficile à atteindre. "Un minimum de clics", ce n'est pas assez défini (c'est quoi, le minimum: quatre, ou douze? et comment je fais pour le savoir?). Deuxième critère: il est bon que cet objectif soit toujours accessible, quelle que soit la grille, parce que c'est vraiment râlant de s'escrimer trois quarts d'heure sur une grille pour qu'ensuite le concepteur du jeu vienne la gueule enfarinée vous dire "c'était une grille insoluble, ha ha, je vous ai bien eus": moi, ça me donnerait envie de l'étriper.

Ben c'est communautaire. Les gens viennent, essayent, et défient leurs amis. Bienvenue en 2015.
(enfin je dis ça, mais je ne sais pas si la courbe de progression serait appropriée à ce genre de choses)

stauk a écrit:Ben c'est communautaire. Les gens viennent, essayent, et défient leurs amis.

Genre: j'ai rempli la grille trucmuche en dix coups seulement, t'es pas cap' d'en faire autant. Oui, c'est envisageable (d'ailleurs, vas-y, lance-moi des défis si tu l'oses! ). Mais celui qui lance le défi devra consacrer pas mal de temps à se casser les dents en s'auto-imposant des défis insolubles, faute de quoi des nullards cliquant un peu au hasard risqueront de faire aussi bien que lui avec sa stratégie prise de tête.

Avec ma règle à moi, on sait à l'avance quel optimum il faut atteindre, et cet optimum, bien que variant d'une grille à l'autre, est toujours (relativement) simple à déterminer. Mais je ne vous l'explique pas encore, un peu pour le plaisir de titiller votre curiosité, beaucoup parce que j'ai l'espoir que vous inventiez des façons de jouer tout aussi défendables que la mienne.

8+3 ça se fait sans trop de problème sur avril par exemple

loulou38 a écrit:8+3 ça se fait sans trop de problème sur avril par exemple

C'est vrai, j'y arrive aussi.

Ce qui met en lumière un problème: certains défis, bien qu'intéressants d'une manière générale, sont relativement faciles à relever (voire à surpasser) sur certaines grilles -- de même que, symétriquement, ils peuvent être impossibles sur certaines autres. Evidemment, si on recherche un optimum, il n'y a jamais qu'un optimum pour chaque grille, par définition -- mais comment savoir qu'on a vraiment atteint cet optimum, et pas simplement un truc un peu en dessous de l'optimum? Par exemple, si je parviens à prendre toute une grille en dix coups seulement, ce qui généralement est difficile, comment puis-je démontrer qu'il n'est pas également possible de la prendre en neuf coups? Et quand je n'y arrive pas, puis-je être sûr que c'est parce que je m'y prends mal, et pas parce que l'optimum se trouve être de onze sur cette grille?

Il y a bien un moyen de répondre, mais il est très inélégant sur un casse-tête (et pas à la portée du premier venu, en plus): c'est d'écrire un programme informatique testant assez d'hypothèses pour déterminer quel est l'optimum pour n'importe quelle grille qu'on lui soumet. De fait, j'ai inventé ma règle (pour laquelle je continue de vous faire un teasing effrené ) sur la base de très nombreux résultats obtenus par un solveur de ma composition... mais qui m'ont permis de vérifier qu'avec la règle que j'envisageais, l'optimum pouvait être déterminé sans solveur.

Cela dit, il n'y a pas que la recherche d'un optimum qui puisse être drôle. On peut aussi se lancer des défis presque toujours possibles, mais aussi presque toujours acrobatiques (genre: rouler deux cents mètres à vélo sans toucher le guidon). Je ne vais pas tarder à vous en montrer un de ce type (qui ne sera pas encore conforme à ma super-règle, mais vous y préparera psychologiquement   ).

C'est manifestement un problème de topologie discrète : recouvrement d'une surface par des tesselles, ici des triangles. Parfois une vue duale peut être utile pour raisonner : remplacer chaque tesselle par un point intérieur et relier tous les points correspondant à des tesselles jointives. Je ne sais pas si ce serait utile ici, dans la mesure où l'on obtiendrait plusieurs types de polygones comme tesselles duales. Mais c'est une idée.

Par ailleurs je ne parviens pas à jouer. J'obtiens « contentType was undefined ». Tu pourrais me dire ce qui ne va pas chez moi ?

Pieyre a écrit:C'est manifestement un problème de topologie discrète : recouvrement d'une surface par des tesselles, ici des triangles. Parfois une vue duale peut être utile pour raisonner : remplacer chaque tesselle par un point intérieur et relier tous les points correspondant à des tesselles jointives. Je ne sais pas si ce serait utile ici, dans la mesure où l'on obtiendrait plusieurs types de polygones comme tesselles duales. Mais c'est une idée.

Bien que tu me parles un peu hébreu, je pense qu'en effet ce que tu dis est pertinent...  

Par ailleurs je ne parviens pas à jouer. J'obtiens « contentType was undefined ». Tu pourrais me dire ce qui ne va pas chez moi ?

Tiens? Voilà qui est étrange. Je vais parler le sabir informatique, toutes mes excuses à ceux qui n'y comprennent rien... et par ailleurs, merci à tous ceux qui y comprennent quelque chose s'ils peuvent nous aider.

Gloubiboulga informatique:

Bon. Je ne veux surtout pas vous empêcher de continuer à inventer des règles, mais comme je vais devoir m'éloigner de mon clavier jusqu'à demain matin, je vous donne sans plus attendre accès à une version "pour les grands" de mon petit casse-tête. Les cases sont désormais numérotées mais ça n'y change rien. Ce qui change, c'est ceci:

Les cases prises sont colorées en bleu, sauf si elles sont prises par trois (d'où le nom du jeu), auquel cas elles sont colorées en jaune.

Votre mission, si vous l'acceptez, consiste à colorer les grilles entièrement en bleu, sauf deux hexagones jaunes. Clairement distincts, si possible (ça l'est presque toujours).

C'est très possible. En tout cas c'est possible sur toutes les grilles que je mets à votre disposition, j'ai vérifié. En revanche, ce n'est pas vraiment simple. Et si en plus vous vous imposez d'y arriver sans jamais utiliser les touches de magnétoscope... alors là, que les dieux de la mathématique vous viennent en aide.

Cela dit, ce n'est toujours pas ma règle préférée... mais ça suffira à vous entraîner avant que je vous l'explique -- et surtout que je vous explique comment on peut réussir l'objectif très difficile qu'elle vous forcera à chercher à atteindre (le teasing éhonté continue).

Merci, ça marche avec Firefox. Ce doit être un problème de mise à jour de Chrome.

Je propose une conjecture : le nombre de triangles est toujours pair.
Cela doit se démontrer facilement par récurrence, en envisageant les différents cas d'ajout d'un nouveau triangle : il faut commencer par un sommet, couper un côté, et rejoindre un ou plusieurs sommets, d'où un nombre pair de triangles supplémentaires.

Si l'on considère la dualité entre ton maillage obtenu, ici par des triangles (partition de Delaunay) et le pavage associé (polygones de Voronoï), on obtient une autre conjecture : le nombre de pavés est moitié du nombre de triangles.
Cela doit se démontrer par une récurrence semblable.

Maintenant, à quoi ça peut servir ? Je ne sais pas. Il est peut-être plus facile de raisonner sur un nombre de tesselles réduit.

Il y a un problème : quand les cases sont prises par trois, la figure jaune est un pentagone ...
D'autre part, je suppose qu'on tient compte des raccords toriques, et donc il peut y avoir du jaune en deux morceaux ?

loulou38 a écrit:Il y a un problème : quand les cases sont prises par trois, la figure jaune est un pentagone ...  

Plaisantin. Certes, quand l'hexagone touche un bord, il arrive que deux de ses côtés soient alignés sur le bord, ce qui donne à l'ensemble de six cases l'aspect d'un pentagone; mais là, on pinaille. S'il y a six triangles autour d'un sommet, j'appelle ça un hexagone quand bien même ça serait carré!

D'autre part, je suppose qu'on tient compte des raccords toriques, et donc il peut y avoir du jaune en deux morceaux ?

Oui, c'est permis. Cela dit, il n'est vraiment nécessaire d'en tenir compte que sur une des 34 grilles.

Pieyre a écrit:Je propose une conjecture : le nombre de triangles est toujours pair.

On peut en faire un théorème.  

Cela doit se démontrer facilement par récurrence, en envisageant les différents cas d'ajout d'un nouveau triangle : il faut commencer par un sommet, couper un côté, et rejoindre un ou plusieurs sommets, d'où un nombre pair de triangles supplémentaires.

Je me souviens d'avoir lu dans une rubrique de jeux un problème ainsi conçu: "Dans le village de Trifouilly-les-oies, tous les habitants ont trois amis. Démontrez que le nombre d'habitants de Trifouilly est pair." Je ne me souviens plus de la démonstration, seulement que je l'avais trouvée très élégante. Je ne vais pas la chercher maintenant, mais je crois qu'elle est quelque part dans la pile de bouquins à côté de ma cheville gauche.  

Si l'on considère la dualité entre ton maillage obtenu, ici par des triangles (partition de Delaunay) et le pavage associé (polygones de Voronoï), on obtient une autre conjecture : le nombre de pavés est moitié du nombre de triangles.
Cela doit se démontrer par une récurrence semblable.

Maintenant, à quoi ça peut servir ? Je ne sais pas.

Moi non plus, mais je trouve quand même ça fascinant!

Petitagore a écrit:Je me souviens d'avoir lu dans une rubrique de jeux un problème ainsi conçu: "Dans le village de Trifouilly-les-oies, tous les habitants ont trois amis. Démontrez que le nombre d'habitants de Trifouilly est pair." Je ne me souviens plus de la démonstration, seulement que je l'avais trouvé très élégante.

Là, tu me ramènes à une préoccupation que j'ai eue lors de mes chères études : pourquoi est-ce que je me suis aussi souvent lancé dans une solution technique alors qu'il existait une solution plus conceptuelle, c'est-à-dire plus élégante ?

Bon, dans ton problème, j'en tiens toujours pour ma récurrence.
Déjà, il y a un cas élémentaire où la contrainte est réalisée : le nombre d'habitants est quatre, donc pair, chacun étant ami des trois autres.

Ensuite, on suppose que cette contrainte est réalisée pour un nombre d'habitants pair. Et on tente d'introduire un nouvel habitant, qui devra être ami avec trois autres, disons a, b et c, quitte à eux de rompre une relation d'amitié qui existait jusque là.

Je trouve quatre cas, où la contrainte échoue :
— a, b et c n'avaient pas de relation d'amitié entre eux; ils rompent chacun avec un habitant; parmi ces trois-là, deux peuvent nouer une nouvelle relation d'amitié, mais le troisième se retrouve avec deux amis; ça ne marche donc pas;
— entre a, b et c, il y avait juste une relation d'amitié, disons entre a et b; si a et b rompent, ils conservent trois relations d'amitiés; mais c doit rompre avec un ami, qui lui reste avec deux amis, comme dans le cas précédent;
— entre a, b et c, il y avait deux relations d'amitié, disons entre a et b et entre a et c; a ne peut rompre ces deux relations pour son nouvel ami, sinon à n'avoir plus que deux amis; et donc c'est b ou c qui se retrouve dans le cas précédent;
— a, b et c étaient mutuellement amis; si a rompt sa relation avec b, il ne peut la rompre avec c; aussi c se retrouve encore dans le cas précédent.

Au contraire, si l'on introduit non pas un mais deux nouveaux habitants, là il y a une solution simple. On choisit a, b et c mutuellement amis, ils rompent leurs relations (chacun en a deux en moins) et ils établissent une relation avec les deux nouveaux (deux en plus).

Maintenant, je suis sûr que quelqu'un va nous trouver une démonstration plus élégante, et j'en serai mortifié !


Quelques minutes plus tard...
Argh ! J'ai trouvé... Supposons une relation d'amitié entre a et b comme une flèche de a vers b associée à une flèche de b vers a. Si tous les habitants ont trois amis, et qu'il y a n habitants, cela fait donc 3 × n flèches. Si n est impair, ce nombre est impair. Or les flèches correspondant aux relations d'amitiés étant réciproques sont forcément en nombre pair.

Pieyre a écrit:Là, tu me ramènes à une préoccupation que j'ai eue lors de mes chères études : pourquoi est-ce que je me suis aussi souvent lancé dans une solution technique alors qu'il existait une solution plus conceptuelle, c'est-à-dire plus élégante ?

Eh bien c'est exactement la problématique de mon casse-tête, comme nous allons bientôt le voir! Il a donc de grandes chances de te plaire.  

Bon, dans ton problème, j'en tiens toujours pour ma récurrence.

Je ne dis pas que tu as tort, mais moi aussi ça me rappelle mes cours de maths, ce moment douloureux où, comme disait Coluche, une fois que le prof avait fini sa réponse je ne comprenais même plus ma question...

Déjà, il y a un cas élémentaire où la contrainte est réalisée : le nombre d'habitants est quatre, donc pair, chacun étant ami des trois autres.

Jusque là, j'ai compris! Mais après, ça s'est salement gâté.  

Argh ! J'ai trouvé... Supposons une relation d'amitié entre a et b comme une flèche de a vers b associée à une flèche de b vers a. Si tous les habitants ont trois amis, et qu'il y a n habitants, cela fait donc 3 × n flèches. Si n est impair, ce nombre est impair. Or les flèches correspondant aux relations d'amitiés étant réciproques sont forcément en nombre pair.

Je vais aller boire un ou deux litres de café, parce que là, c'est tellement brillant que je ne pige rien...

Petitagore a écrit:

Argh ! J'ai trouvé... Supposons une relation d'amitié entre a et b comme une flèche de a vers b associée à une flèche de b vers a. Si tous les habitants ont trois amis, et qu'il y a n habitants, cela fait donc 3 × n flèches. Si n est impair, ce nombre est impair. Or les flèches correspondant aux relations d'amitiés étant réciproques sont forcément en nombre pair.

Je vais aller boire un ou deux litres de café, parce que là, c'est tellement brillant que je ne pige rien...

C'est nécessairement réciproque l'amitié ? Si on suppose que la relation peut être unilatérale, le fait que tout le monde ait trois amis implique t'il encore un nombre pair de personnes ? Ne peut t'on pas être ami avec soi même ?

Bon, je mets très partiellement fin à mon teasing éhonté. Le but à atteindre sur ces grilles-là (où les réactions en chaînes prenant trois cases les colorent en jaune, toutes les autres cases prises étant bleues), c'est d'atteindre sur chaque grille le maximum envisageable de cases jaunes. Et vous vous rendrez vite compte que c'est très difficile (mais pas impossible).

Et c'est quoi, "le maximum de cases jaunes"?

Je vous donne la réponse brute (au risque d'ailleurs de vous décourager, mais nous verrons qu'en dépit de la difficulté cet optimum théorique est bel et bien accessible à un humain... qui a vraiment compris comme Pieyre aime faire ):

Dans l'immense majorité des cas, l'optimum en cases jaunes est égal au nombre total de cases de la grille diminué de 7, 8 ou 9. Il y a des exceptions, mais dans l'immense majorité des cas on peut se rendre compte qu'on est en présence d'une exception (où il faut sacrifier 10 cases bleues, ou encore, beaucoup plus rare, où il suffit d'en sacrifier 6).

Déjà, comment sait-on si c'est 7, 8 ou 9? Ça, ce n'est vraiment pas très malin... et j'en profite aussitôt pour confesser que j'ai joué plusieurs mois à mon propre casse-tête (horriblement mal, donc) sans avoir même eu l'idée de me poser la question (non mais, quel nul...).

stauk a écrit:C'est nécessairement réciproque l'amitié ? Si on suppose que la relation peut être unilatérale, le fait que tout le monde ait trois amis implique t'il encore un nombre pair de personnes ? Ne peut t'on pas être ami avec soi même ?

Ici, c'est pas de la philo, c'est des maths, espèce de sale chahuteur. En mathématiques, l'amitié est réciproque ou n'est pas, et elle n'est pas réflexive.

(mais si tu veux vraiment faire de la philo, je te dirai qu'un des fondements de l'amitié est la complémentarité, et qu'on ne saurait être le complémentaire de soi-même)

En tout cas, merci de considérer cette question comme totalement hors sujet.

Supposons une relation d'amitié entre a et b comme une flèche de a vers b associée à une flèche de b vers a. Si tous les habitants ont trois amis, et qu'il y a n habitants, cela fait donc 3 × n flèches. Si n est impair, ce nombre est impair. Or les flèches correspondant aux relations d'amitiés étant réciproques sont forcément en nombre pair.

Ce qui m'embête avec ta proposition, c'est que tu sembles introduire la notion de "demi amitié" (une flèche), et je trouve ça un peu tordu, et pour tout dire ça me perturbe !

Une autre formulation serait d'introduire la notion d'amitié (qui implique nécessairement deux individus), et la notion du nombre d'amis d'un individu.
Alors si on parle de la somme du nombre d'amis des individus présents (Appelons là S), on retrouve la propriété que tu évoques.

Si n individus sont présents, et qu'aucun n'a d'amis, alors S vaut 0.
Pour chaque amitié qu'on ajoute alors S est incrémenté de 2. (Si on enlève une amitié, alors S est décrémenté de 2). Il n'y aucune autre façon de modifier S. Si maintenant on suppose que la somme S = 3*n (chaque individus a 3 amis), alors on sait que S est paire, puisque les variations de S ne se font que par cran de deux, et S ne peut donc qu'être paire avec une forme S= p * 2.   Et en effet comme tu l'as fait remarquer pour que 3*n soit pair, cela implique que n soit pair, puisque 3 n'est jamais un multiple de deux par lui même.

J'ai retrouvé mon bouquin (en fait, il était dans la caisse près de ma cheville droite). Il s'agit de "200 nouveaux problèmes du Monde" (le journal "le Monde"), par Elisabeth Busser et Gilles Cohen, aux éditions Pole, Paris, 2007.

Ce problème est paru dans "le Monde" le 8 juin 2004. Voici l'énoncé, page 95:

Elisabeth Busser et Gilles Cohen a écrit:La ville aux trois amis

Dans cette ville, chaque habitant a exactement trois amis, pas un de plus, pas un de moins.

Sauriez-vous montrer que cette ville a un nombre pair d'habitants?

La situation est-elle possible avec tout nombre pair d'habitants?

Mais je suppose que vous serez plus intéressés par la solution, p. 110:

Les mêmes a écrit:Soit N le nombre d'habitants de la ville. Imaginons un graphe où les noeuds sont les habitants, et où une arête joint deux habitants quand ils sont amis. Comptons le nombre A d'arêtes.

En multipliant le nombre trois d'arêtes qui partent de chaque noeud par le nombre N de noeuds, chaque arête est comptée deux fois.

Donc A = 3N / 2. Mais A est un entier, ce qui impose que N soit pair (note de Petitagore: ce qu'il fallait démontrer).

Voici un graphe montrant qu'avec un nombre pair d'habitants, la situation est toujours possible.



Il est évident que la ville en question, comme le fait justement remarquer Jean-Marc Merrien (44000 Nantes), doit avoir plus de deux habitants!

Et ça (sans vouloir te dénigrer, Pieyre), je le comprends.

Bon. Maintenant que nous sommes tous convaincus que le nombre de cases d'une grille Triancey est toujours pair (ce qui, à vrai dire, n'est d'aucune utilité pour résoudre ce casse-tête, mais c'est pas grave, c'est beau la science), je reviens sur mon affirmation de tout à l'heure:

Dans l'immense majorité des cas, l'optimum en cases jaunes est égal au nombre total de cases de la grille diminué de 7, 8 ou 9.

En fait, plutôt que 7, 8 ou 9, il faut comprendre: deux cases isolées plus un pentagone, un hexagone ou un heptagone (ce qui nous permet de comprendre pourquoi il n'est pas nécessaire d'avoir à sa disposition un programme solveur pour déterminer quel est l'optimum).

Un petit croquis valant toujours mieux qu'un long discours, voici quelques images de grilles résolues (les cases sacrifiées y sont colorées dans une autre couleur que le bleu, mais ça ne change évidemment rien). Je pense qu'avec ces exemples vous allez comprendre seuls... même que je vais laisser à nos matheux patentés la joie de l'expliquer eux-mêmes!

Eh bien quoi? Nos matheux patentés font défection?

C'est probablement dû au fait qu'ils ont des choses plus intéressantes à faire (en fait, je les comprends), mais comme j'ai moi-même subi d'horribles humiliations en cours de maths au lycée (sans être tout à fait nul, j'étais quelquefois noté sous la moyenne, voire très au-dessous), je vais perfidement supposer que c'est parce que l'élégance de la démonstration d'Elisabeth Busser et Gilles Cohen leur a fait craindre de se rendre ridicules en échafaudant des théories emberlificotées pour expliquer des choses qui tombent sous le sens.

Car en effet, mon affirmation que (j'insiste lourdement) l'optimum en cases jaunes est égal au nombre total de cases de la grille diminué de 7, 8 ou 9, ou plutôt diminué de deux cases plus un pentagone, un hexagone ou un heptagone... eh bien ça tombe sous le sens.

Ce qui n'empêche pas que j'ai moi-même mis plusieurs mois pour m'en apercevoir, et alors même que j'avais le concours de mon infaillible solveur de grilles (mis au point par mes petites cellules grises, quand même: si je suis un mathématicien assez nul, je me débrouille comme analyste-programmeur).

Pourquoi deux plus un pentagone, un hexagone ou un heptagone? Elémentaire, mon cher Watson. Testez un peu ce que je vais dire à partir des grilles disponibles, et vous verrez que c'est en fait assez évident.

Théorème du premier coup. Le premier clic qu'on fait sur une grille colore toujours une case et une seule, parce que... (bon, je vais faire semblant de l'expliquer sinon ça ne serait pas un théorème, mais ça tombe un peu sous le sens, non?) parce que pour déclencher une réaction en chaîne, il faut qu'une case se trouve avoir deux voisins déjà colorés, or après le premier clic, les cases vides ont toutes ou zéro ou un voisin, aucune ne saurait en avoir deux. Enfin bref. Le premier clic ne prend qu'une case, qu'il colore donc en bleu, c'est complètement évident.

Théorème du deuxième coup. De deux choses l'une: ou la deuxième case colorée déclenche une réaction en chaîne avec l'aide de la première, ou pas; dans ce dernier cas, par définition, nous avons donc deux cases isolées (les deux cases isolées qu'on voit parfaitement sur ma petite collection du post précédent); et s'il y a réaction en chaîne, cette réaction en chaîne ne saurait prendre qu'une case (située entre les deux cases cliquées), donc c'est un coup qui prend deux cases et non trois, donc ça ne colore pas en jaune, donc ça ne mène pas à un score optimal (et c'est donc de mauvaise stratégie, car au lieu de diminuer le nombre de cases "prenables en jaune" de deux comme dans le cas précédent, ça monte inutilement à trois).

Exception: Si la première case cliquée (colorée en bleu) est située dans un quadrilatère, les trois autres cases du quadrilatère peuvent être prises en un seul coup (et donc être colorées en jaune). Mais primo beaucoup de grilles ne comportent aucun quadrilatère, deuxio quand elles en comportent un, en général il n'est pas possible de continuer à colorer en jaune sur la base de ce quadrilatère. Je vous le démontrerai plus rigoureusement quand j'aurai le temps (ce qui sera délicat car là encore il y a de rares exceptions), mais il vous est facile de vous en convaincre expérimentalement.

Remarque. Si la première case cliquée est située dans un pentagone, il est possible (quoique rarement souhaitable) de jouer le deuxième coup sur une voisine de cette case située dans le même pentagone -- après quoi le troisième coup pourra prendre "par trois", en jaune, les trois cases restantes du pentagone. C'est possible mais il est rarement utile de le prendre en compte, sauf sur certaines grilles extrêmement particulières et rarissimes, sur lesquelles ce serait effectivement le seul moyen d'amorcer une séquence gagnante; mais je dis cela à l'intention des seuls hyper-spécialistes, les débutants que vous êtes encore peuvent donc allègrement oublier cette remarque.

Théorème du dernier coup. On ne peut jamais éviter que le dernier coup joué (quand la grille est déjà archi-remplie, peu importe que ce soit avec des cases jaunes ou bleues; faites l'essai! pour faire l'essai, peu importe la couleur des cases), dernier coup qui va donc achever de remplir la grille... on ne peut jamais éviter que ce dernier coup ne prenne un polygone convexe (un pentagone, un hexagone ou un heptagone, occasionnellement un quadrilatère ou un octogone), ou, pire encore, un couloir traversant toute la grille. Dans tous ces cas, le nombre de cases prises simultanément étant supérieur à 3, ces cases prises au dernier coup ne pourront pas abonder le score optimal... et on peut donc calculer le score optimal en soustrayant du nombre total de cases de la grille, outre les deux cases sacrifiées lors des deux premiers coups, le polygone convexe qu'on est sûr de devoir sacrifier au dernier coup.

Exception théorique: il est théoriquement possible de terminer de remplir une grille sur un coup gagnant si cette grille comporte un "trilatère": trois cases réunies autour d'un sommet commun, et formant donc à elles trois un triangle qui les englobe. Ce polygone convexe de trois cases peut donc, en théorie, être pris en jaune par un ultime coup gagnant. Seulement l'immense majorité des grilles ne comportent aucun "trilatère" de ce type (exemple d'une exception: les cases 6, 7 et 8 de cette grille)... et même quand il y en a un il n'est pas évident qu'il soit même envisageable de l'utiliser pour un score optimal -- mais ça je vous laisse découvrir pourquoi.

Et maintenant, je vous l'affirme avec la puissante autorité que me donnent les innombrables résultats obtenus avec mon solveur: entre les deux cases sacrifiées au début et le polygone convexe sacrifié à la fin (toutes cases colorées en bleu), il est pratiquement toujours possible de réussir une série ininterrompue de coups gagnants (les exceptions sont rarissimes, même que je me suis constitué un petit musée de ces grilles exceptionnelles tellement j'ai peur de ne jamais les revoir).

Voilà. Tout cela est bavard mais, en fait, tombe plus ou moins sous le sens.

Toujours personne pour m'expliquer comment on sait s'il faut jouer le dernier coup sur un pentagone, un hexagone ou un heptagone? (j'ai moi-même mis des mois à trouver la réponse à cette question, mais cela démontre à quel point je suis vraiment un très mauvais matheux)

Bon, ben visiblement personne ne trouve quoi répondre à ma question, qui n'est pourtant pas une question piège... Ça me rassérène un peu, car moi, quand j'ai trouvé la réponse au bout de plusieurs mois, je me suis senti un peu mortifié de n'y être pas arrivé bien avant.

Quel con, mais putain, quel con, mais c'est pas possible d'être aussi con, bon Dieu, quel couillon, quel âne, et ça se dit surdoué en plus, pauvre nouille...

Mon jeu (c'est bien moi qui en suis l'auteur) s'appelle "partrois". Il consiste à prendre les cases trois par trois. Il colorie en jaune les cases qu'on prend trois par trois. Donc? Donc? Donc?

Non? Toujours pas? Vous êtes conscients que vous êtes en train de vous montrer aussi crétins que moi (bon, nettement moins longtemps, mais quand même...)?

Eh bien quand on veut prendre un ensemble de cases trois par trois, il est peut-être intelligent de commencer par se demander si leur nombre est un multiple de trois, eh!

Eh oui. C'est pas plus malin que ça. Et j'ai mis plusieurs mois à en prendre conscience. Et non, je suis pas fier.

Or donc, quand vous cherchez à résoudre une grille de n cases, que vous avez pigé que vous deviez sacrifier deux cases au début et un polygone convexe à la fin, ben pour savoir de quel type de polygone il s'agit... il suffit de compter et de faire une division par trois.

J'ai N cases, j'en soustrais deux, reste N - 2. N - 2 est-il un multiple de trois? Si oui, il faudra que je termine sur un hexagone. Si N - 2 est un multiple de trois majoré de un, il faudra que je termine sur un heptagone. Si N - 2 est un multiple de 3 minoré de un, il faudra que je termine sur un pentagone. Voilà, c'est pas plus malin que ça.

Récapitulatif des scores optimaux les plus courants

Code:

Nb de   Score     Dernier      Cases
cases  optimal     coup        bleues
 36      27     heptagone    2 + 7 = 9
 38      30     hexagone     2 + 6 = 8
 40      33     pentagone    2 + 5 = 7
 42      33     heptagone    2 + 7 = 9
 44      36     hexagone     2 + 6 = 8
 46      39     pentagone    2 + 5 = 7

Et quand on a compris ça, ben... On n'a pas encore atteint le score optimal théorique, mais au moins on cesse de s'escrimer sur des hypothèses absurdes. Quand vous êtes en train de remplir la grille avec vos cases jaunes, si dans l'espace de cases noires qui reste il n'y a pas le polygone convexe qui va bien (voir ci-dessus)... ben c'est tout à fait inutile d'insister: vous n'atteindrez pas le score optimal parce que l'arithmétique, l'impitoyable arithmétique, ne vous le permettra pas.

Saleté d'arithmétique à la noix, toujours là pour vous emmerder même quand vous croyez être tranquillement en train de vous escrimer sur des problèmes purement logiques à base trigonométrique.

Et comme dirait Homer Simpson: D'oh!

Je n'ai pas beaucoup de feedback sur ce fil (en clair, je monologue), pourtant je vois bien d'après le compteur que j'ai toujours des lecteurs... N'hésitez pas à raconter votre vie, vos efforts infructueux, les scores plus ou moins insatisfaisants que vous rencontrez en essayant les grilles disponibles... Ça peut donner matière à des développements pédagogiques. Certes, par inexpérience, vous risquez de dire des choses qui se révéleront ensuite un peu naïves... mais vous ne serez jamais aussi ridicules que moi qui ai mis plusieurs mois à comprendre qu'une division par trois était pertinente dans un jeu où on prend les cases trois par trois, et dont en plus j'étais moi-même l'auteur.

En fait, ce fil de discussion est une manière de confession publique de ma sottise, en même temps qu'un éloge de cette bonne vieille méthode cartésienne: en appliquant méthodiquement les quatre règles de la raison du bon père Descartes, j'ai pu venir à bout du problème que je m'étais proposé. Et même si j'y suis parvenu d'une façon très lente et au départ très peu élégante... au bout du compte je me suis trouvé moins bête qu'au début et le processus qui s'est donc déroulé dans mon cerveau débile de surdoué est fort comparable à ce que sait faire la méthode scientifique même quand elle est appliquée par une espèce aussi vile et stupide que l'espèce humaine.

Trêve de philosophie à deux balles, je vous concocte quelques images pour vous montrer la résolution d'une grille (j'ai choisi la grille "janvier", qui est une des plus simples; vous pouvez vous y coltiner pendant que je termine mon polycopié), et ensuite je reviens. Entre-temps, n'hésitez pas à réagir, à poser des questions, à me montrer que vous êtes vivants et intéressés, quoi, merde.

Nota à l'usage de ceux qui relisent ce fil: c'est dans ce post fondamental, un peu plus loin, que j'ai introduit la très importante notion de cavexe, et par la même occasion le non moins important théorème de l'avant-dernier coup -- cherchez un peu plus bas l'intertitre vert portant ce nom.

Or donc, comme je le disais dans le post précédent, nous allons travailler sur la résolution de la grille "janvier" que je vous reproduis ci-dessous:



C'est une grille de 38 cases. Je ne le sais pas parce que je les ai comptées une par une, mais parce que je vois en bas à droite une case 37. C'est mon programme qui opère la numérotation, de gauche à droite et de haut en bas, et comme tout informaticien qui se respecte, je lui ai imposé de commencer la numérotation à 0... donc si le plus grand numéro est 37, ça veut dire qu'il y a 38 cases. Oui, d'accord, c'est pas super-clair, mais je ne l'ai pas fait pour le plaisir de vous confusionner, c'est juste la façon de faire des informaticiens, sale race à laquelle j'appartiens.

Or donc, il y a 38 cases. Si j'en sacrifie deux pour commencer la résolution de la grille, il en restera 36, qui est un multiple de trois. Donc je devrai terminer sur un hexagone (merci de vous reporter aux épisodes précédents de cette passionnante saga pour comprendre ce que je vous raconte).

Un hexagone. Où que c'est-il qu'il y a un hexagone? Tiens, ben j'en vois un beau, là, dans le coin inférieur gauche.



Si, si, je vous assure, c'est un hexagone. Ne me dites pas que vous ne lui voyez que cinq côtés, on s'en fout, pour ce jeu un polygone convexe est appelé un hexagone dès l'instant qu'il regroupe six cases triangulaires autour d'un sommet commun, or c'est le cas.

Et pourquoi l'ai-je entièrement représenté en bleu? Parce que c'est sur cet hexagone que j'ambitionne de terminer la résolution de la grille, et le coup final n'est jamais un coup gagnant (nous avons déjà vu cela sous le nom de théorème du dernier coup). Vous avez bien compris: je commence par la fin. En toutes choses il faut considérer la fin, dit le poète (La Fontaine, le Renard et le Bouc), et il a foutrement raison, le poète: au début de la résolution d'une grille, on fait un peu ce qu'on veut, c'est à la fin que c'est délicat.

Théorème de l'avant-dernier coup

Donc, commençons par la fin, et interrogeons-nous donc sur l'avant-dernier coup, celui qui précédera la prise de notre hexagone.

Cet avant-dernier coup, lui, devra être un coup gagnant, prenant trois cases, pas une de plus pas une de moins. Et il faudra que ces trois cases contribuent à encercler notre hexagone final. Donc cet avant-dernier coup se jouera sur un polygone convexe marié à notre hexagone final, c'est-à-dire ayant avec lui un certain nombre de cases en commun.

De combien, le certain nombre?

De deux, oui, c'est cela: il va falloir jouer l'avant-dernier coup sur un polygone convexe marié à l'hexagone final et marié avec lui... Or, si vous ne l'avez pas encore remarqué je vous le signale: sur les grilles Triancey, dans l'immense majorité des cas, quand deux polygones convexes ont des cases en commun, ils n'ont pas un nombre quelconque de cases en commun mais tout simplement deux.

In other words: l'avant-dernier coup de la partie (je vous rappelle que je suis en train de raisonner à l'envers) devra être joué sur un pentagone.

Eh bien, ça, vous pouvez le marquer sur vos cahiers et le souligner en rouge (mais moi je suis daltonien):

L'avant-dernier coup d'une partie à score optimal est toujours joué sur un pentagone.



Et l'avant-avant-dernier coup, alors, l'antépénultième comme que disent ceux qu'ils ont du vocabulaire? Ben lui aussi il devra être joué dans le voisinage... tiens, ben sur un pentagone aussi, tant qu'on y est.



Et le coup encore avant? Ben lui aussi dans le voisinage... mais non, pas sur la case 29: il s'agit de prendre les cases trois par trois, or cette belle coloration bleue nous renseigne sur le fait que ce serait une mauvaise idée que de viser les cases 22, 29 et 23 en oubliant l'existence de la case 36.



Allez, en tâtonnant un peu, voici donc, colorées très majoritairement en jaune et donc "par trois", l'ensemble de cases sur lequel je compte terminer la résolution de la grille (je vous rappelle que jusqu'ici j'ai raisonné à l'envers parce qu'en toutes choses il faut considérer la fin).

Un peu de vocabulaire: j'appelle cet ensemble de cases grossièrement patatoïde, et déjà assez massif pour encercler totalement le tore, un coacervat cavexe, voire un cavexe. Ce n'est pas pour le plaisir d'employer des termes pédants et absents du dictionnaire, c'est parce que cette notion est tellement essentielle pour la résolution des grilles qu'il faut un terme pour en parler. En gros, une grille est résolue aux trois quarts lorsqu'on est parvenu à dessiner un cavexe où tout est jaune sauf le polygone final.

C'est quoi un coacervat (ce mot, lui, existe dans les bons dictionnaires)? En gros, c'est une tache d'huile, un patatoïde, un blob. Le mot cavexe, lui, est un néologisme petitagoresque, et ça veut dire "un truc qui n'est à proprement parler ni concave ni convexe".



Bon. Regardez le bien, ce blob cavexe ci-dessus, photographiez-le mentalement, faites-en une copie d'écran si nécessaire. Car à partir de maintenant nous allons cesser de raconter l'histoire à l'envers à partir de la fin. Maintenant, le but du jeu est de remplir avec des cases colorées (et jaunes, autant que possible) toutes celles qui étaient noires sur l'image du cavexe.

Ou pour le dire autrement: nous avons défini une stratégie! Yeeessss!

Alors allons-y gaiement:



C'est cela, oui...



Pas mal...



Ach, scheisse, verflixt et cornegidouille, caramba encore raté. C'est pas grave, les touches de magnétoscope c'est pas fait pour les chiens...



Encore un effort...



A y est! On a coloré l'inverse du cavexe avec plein plein de jaune, c'est bon, c'est gagné, yapuka appliquer le plan génial élaboré quand on réfléchissait sur le cavexe. Allons-y.



C'est bon...



Oui, c'est bon, je sens que ça vient...



Ce coup-ci, j'y suis presque...



Allez, plus qu'un et c'est fini...



Yipppeeeeeeee!

Maman, maman! Viens voir! J'ai résolu ma première grille Triancey, je suis le meilleur!

J'essaie de résumer la situation telle que je la vois.

Tu considères un maillage par des triangles de la surface d'une partie connexe (en un seul morceau) et bornée (pas de morceau qui part à l'infini) de R³.
Pour une question de représentation en deux dimensions, tu as choisi un tore (ou plutôt tu es parti de la représentation classique avec des bords apparents d'une surface sans bord, qui se trouve être un tore, mais je considère les choses comme un matheux, tu m'en excuseras).
Est-ce que cela conditionne les problèmes que tu te poses ensuite, ou auraient-ils été les mêmes si tu avais choisi un volume sans trou, autrement dit une sphère ? C'est difficile à dire comme ça, mais il serait intéressant de se poser la question. Peut-on représenter en deux dimensions la surface d'une sphère maillée par des triangles ? On dispose de plusieurs représentations de la surface terrestre. Le problème, ce serait de bien visualiser où se recollent les triangles. À essayer, non ?

Alors tu définis un système de remplissage de la grille obtenue, où la coloration d'un triangle peut se répercuter automatiquement en la coloration d'autres triangles.
Cela permet d'envisager deux optimisations possible : soit colorer le minimum de triangles avant la fin du remplissage, soit en colorer le maximum. Enfin, il y a aussi d'autres possibilités : placer le plus de triangles non jointifs, le plus de triangles joints au plus par deux, par trois, etc., former telle figure isolée, plusieurs de ces figures non jointives, par exemple former un anneau, plusieurs anneaux, etc.
J'ai un peu réfléchi à la première possibilité, c'est-à-dire colorer le minimum de triangles. J'ai dans l'idée qu'il est utile de considérer pour un triangle donné l'ensemble des triangles qui ont un sommet commun avec lui, et de placer le suivant à l'extérieur de cette zone, mais la touchant. Enfin, je ne suis pas allé plus loin. Il faudrait pratiquer, et ce n'est pas simple avec deux navigateurs qui tournent sur une bécane qui rame déjà avec un seul...
D'ailleurs tu n'as pas indiqué me semble-t-il si tu avais fait des trouvailles à ce sujet...

Ensuite tu définis un autre système de remplissage de la grille, avec deux couleurs, ce qui donne une orientation toute différente au problème. Ce qui semble intéressant, c'est d'obtenir davantage de triangles d'une couleur que d'une autre (le plus de triangles jaunes, parce que le plus de bleus, ce soit être trivial : on doit pouvoir tout colorer en bleu, non ?) Y aurait-il d'autres possibilités ? Sans doute : obtenir le maximum de composantes connexes jaunes ou bleues par exemple, ou un pavage plus ou moins régulier de triangles jaunes et bleus, etc.
Là tu énonces une conjecture sur le nombre minimal de triangles bleus restant, basée notamment sur un critère de divisibilité par 3, et une méthode de résolution, dont je n'ai pas compris si elle était générale.

Bon, qu'est-ce que tu peux maintenant attendre d'un matheux ? S'il s'agit de démontrer un résultat sur un type de grille, il serait sans doute plus facile de considérer un problème plus général, selon l'ensemble des grilles où le problème peut se poser. De plus, il serait intéressant de raisonner sur des grilles particulières, comme des grilles minimales ou des grilles composées avec un maillage régulier (les triangles ayant pour sommet un point donné formant un hexagone). En effet, les mathématiciens apprécient particulièrement les cas limites quand il s'agit étudier un ensemble étendu de cas. Alors on pourrait considérer, après avoir résolu de façon complète ces cas limites, d'agrandir la grille ou d'introduire des imperfections (un quadrilatère, un pentagone, un heptagone... d'ailleurs jusqu'où peut-on aller dans les polygones à n côtés, – autant qu'on veut, non ?) et de voir comment cela modifie la méthode simple...

Voilà. Je n'apporte pas de réponse pour le moment. D'ailleurs je soupçonne qu'il faudrait que je me replonge dans un ouvrage de morphologie mathématique, et je n'en ai pas ouvert un depuis quinze ans ! Il faudra que je reparte des bases...

Pieyre a écrit:Pour une question de représentation en deux dimensions, tu as choisi un tore (ou plutôt tu es parti de la représentation classique avec des bords apparents d'une surface sans bord, qui se trouve être un tore, mais je considère les choses comme un matheux, tu m'en excuseras).
Est-ce que cela conditionne les problèmes que tu te poses ensuite, ou auraient-ils été les mêmes si tu avais choisi un volume sans trou, autrement dit une sphère ?

Je pense que -- au moins pour ma façon de jouer -- ça ne changerait rien d'être sur la surface d'une sphère plutôt que sur un tore; le défi intellectuel resterait le même, et les principes de résolution également (deux cases sacrifiées au début, polygone convexe sacrifié au dernier coup, nécessité d'élaborer un "cavexe" pour ne pas se perdre dans des hypothèses absurdes). En revanche, ça rendrait l'affichage nettement plus problématique. Bien sûr, de nos jours, un affichage en 3D avec des faces cachées est quelque chose de très courant -- mais il serait quand même difficile de réprésenter ça en Javascript, surtout si on espère faire tourner ça sur un petit téléphone mobile pas puissant. Or, pour moi, il s'agit d'un petit jeujeu voué à distraire le voyageur de banlieue qui s'ennuie dans son train (hypothèse réelle: ça m'arrive tout le temps -- et en effet, j'ai beaucoup joué à ce jeu dans le train sur mon téléphone mobile).

C'est difficile à dire comme ça, mais il serait intéressant de se poser la question. Peut-on représenter en deux dimensions la surface d'une sphère maillée par des triangles ? On dispose de plusieurs représentations de la surface terrestre. Le problème, ce serait de bien visualiser où se recollent les triangles. À essayer, non ?

De manière générale, oui. Pour ce jeu-là avec ces règles-là, à mon sens ça n'apporterait rien.

Alors tu définis un système de remplissage de la grille obtenue, où la coloration d'un triangle peut se répercuter automatiquement en la coloration d'autres triangles.

Pour cette variante-ci, la coloration n'est qu'une facilité d'affichage, la question cruciale ici est le nombre de cases prises simultanément, les deux couleurs ne servent qu'à rendre plus visibles certaines valeurs de ce nombre. En revanche -- mais c'est une autre histoire -- on peut aussi faire des choses assez rigolotes sur ce genre de grilles en voyant comment deux couleurs peuvent se partager la surface. C'est la base de la version "commerciale" (je veux dire: que je ne me suis pas encore résigné à ne pas vendre) de mon jeu, dont parle abondamment (quoique pas mathématiquement) mon site web. C'est intéressant aussi, mais c'est une autre histoire.

Cela permet d'envisager deux optimisations possible : soit colorer le minimum de triangles avant la fin du remplissage, soit en colorer le maximum. Enfin, il y a aussi d'autres possibilités : placer le plus de triangles non jointifs, le plus de triangles joints au plus par deux, par trois, etc., former telle figure isolée, plusieurs de ces figures non jointives, par exemple former un anneau, plusieurs anneaux, etc.
J'ai un peu réfléchi à la première possibilité, c'est-à-dire colorer le minimum de triangles. J'ai dans l'idée qu'il est utile de considérer pour un triangle donné l'ensemble des triangles qui ont un sommet commun avec lui, et de placer le suivant à l'extérieur de cette zone, mais la touchant. Enfin, je ne suis pas allé plus loin. Il faudrait pratiquer, et ce n'est pas simple avec deux navigateurs qui tournent sur une bécane qui rame déjà avec un seul...
D'ailleurs tu n'as pas indiqué me semble-t-il si tu avais fait des trouvailles à ce sujet...

J'y ai un peu réfléchi, oui, mais comme je l'ai dit plus haut je me suis fixé pour règle esthétique qu'il fallait que l'objectif à atteindre ne soit pas un optimum abstrait à déterminer au cas par cas, mais quelque chose d'assez simple pour être connu d'emblée, avant qu'on attaque le problème. "Le maximum de triangles non jointifs", à mon goût, ce n'est pas assez défini au départ. Avec ma règle, on sait d'emblée (en comptant un peu) s'il faut terminer sur un pentagone, un hexagone ou un heptagone. Donc, on sait où on va, et quand on arrive au bout, on sait si on a atteint l'objectif ou non; on n'a pas à se poser la question "même si ce que j'ai fait a l'air pas mal, est-ce que c'est vraiment l'optimum? est-ce que c'était vraiment difficile?"

Ensuite tu définis un autre système de remplissage de la grille, avec deux couleurs, ce qui donne une orientation toute différente au problème.

Ce n'était pas mon intention, et dans cette variante la couleur est tout à fait secondaire. Au lieu de colorer les cases en jaune quand on a un coup gagnant, j'aurais pu dessiner sur le côté un petit Mickey qui saute de joie chaque fois qu'on prend trois cases d'un coup, ou afficher un compteur qui incrémente le nombre de coups gagnants, avec des cases toutes de la même couleur, sans que ça change rien au défi intellectuel.

Ce qui semble intéressant, c'est d'obtenir davantage de triangles d'une couleur que d'une autre (le plus de triangles jaunes, parce que le plus de bleus, ce soit être trivial : on doit pouvoir tout colorer en bleu, non ?)

Bien sûr. C'est vraiment très facile, même en s'interdisant les retours en arrière (l'appui sur les "touches de magnétoscope"). Ou alors, il faudrait d'autres règles.

Y aurait-il d'autres possibilités ? Sans doute : obtenir le maximum de composantes connexes jaunes ou bleues par exemple, ou un pavage plus ou moins régulier de triangles jaunes et bleus, etc.

Ah, je n'y avais pas pensé. Mais à mon avis, si on cherchait quelque chose de régulier, il faudrait abandonner la disposition savamment bordélique de mes cases (à laquelle je tiens beaucoup   ) et se fixer ce genre de défis sur une grille hexagonale composée exclusivement de triangles équilatéraux: là, la recherche d'une diposition régulière aurait du sens.

Là tu énonces une conjecture sur le nombre minimal de triangles bleus restant, basée notamment sur un critère de divisibilité par 3, et une méthode de résolution, dont je n'ai pas compris si elle était générale.

Je pense qu'elle l'est -- même si on peut très occasionnellement rencontrer des exceptions, rarissimes avec des grilles aléatoires, mais qu'un matheux qui chercherait à le faire parviendrait sans doute à systématiser.

Bon, qu'est-ce que tu peux maintenant attendre d'un matheux ?

Oh, je n'avais pas d'autre vraie ambition que de l'amuser. Mon jeujeu est à mon sens un peu plus intello que le Sudoku, mais fondamentalement, il s'agit du même esprit: obliger les gens à se creuser la tête, et les remplir de joie quand ils sont parvenus à relever le défi.

C'est un jeu, quoi.   Mais tu as ma bénédiction si tu veux le modifier pour en faire un problème mathématique théorique.

Alors on pourrait considérer, après avoir résolu de façon complète ces cas limites, d'agrandir la grille ou d'introduire des imperfections (un quadrilatère, un pentagone, un heptagone... d'ailleurs jusqu'où peut-on aller dans les polygones à n côtés, – autant qu'on veut, non ?) et de voir comment cela modifie la méthode simple...

Je comprends que ça tente un matheux, mais ce n'est pas du tout ce que j'avais en tête. J'ai commencé à réfléchir à ces grilles sur la base de triangles "naturels", réunis en petit nombre autour d'un sommet. Par exemple, ceux qu'on obtiendrait dans une forêt de chênes si on s'amusait à tirer des ficelles du tronc d'un arbre vers les troncs des arbres qui l'entourent. Dans une forêt de chênes, à proximité immédiate d'un chêne, il n'y a pas "n" chênes: il y en a trois, quatre, cinq, six ou sept, très rarement d'autres valeurs (parce qu'alors ça ne serait plus une forêt de chênes, mais une clairière avec un arbre isolé en plein milieu). Les sommets de mes triangles sont saupoudrés sur la surface à des distances "raisonnables", celles (pour prendre un autre exemple) qu'adoptent spontanément les convives d'un cocktail quand ils se répandent dans une salle de réception: ils ne sont pas horriblement serrés ici et clairsemés là, ils se débrouillent spontanément pour se tenir à une distance moyenne qui varie dans d'assez faibles proportions. C'est exactement comme ça que je saupoudre les sommets des triangles dans mes grilles, et c'est la raison pour laquelle on n'y trouve jamais de polygones à 145 côtés, mais seulement des polygones raisonnables: des quadrilatères, des pentagones, des hexagones, des heptagones, très rarement des "trilatères" et des octogones, des ennéagones les jours de très grand vent mais jamais, jamais rien au-delà du décagone.

C'est pas des maths, ça, c'est la vraie vie!  

Voilà. Je n'apporte pas de réponse pour le moment. D'ailleurs je soupçonne qu'il faudrait que je me replonge dans un ouvrage de morphologie mathématique, et je n'en ai pas ouvert un depuis quinze ans ! Il faudra que je reparte des bases...

A toi de voir! C'est beau la science, mais y a pas que ça dans la vie non plus.

J'ai toujours un compteur qui s'incrémente et guère de feedback... D'où je me hasarderai à conclure que j'ai un paquet de lecteurs qui ont compris la beauté logique de mes grilles, mais qui n'osent pas avouer qu'ils se sentent un peu niais de ne pas arriver à atteindre l'optimum que je leur déclare toujours possible (toute la grille jaune, sauf deux cases isolées et un polygone convexe).

Il faut savoir que toutes les grilles ne présentent pas le même degré de difficulté. Moi, qui ai désormais beaucoup d'entraînement, j'arrive assez souvent à en résoudre une en moins d'une minute et pas plus de quarante clics (en comptant ceux sur les touches de magnétoscope); mais il y en a aussi qui continuent de me tenir tête au bout de vingt-cinq minutes et de 250 clics. Outre mes mois et même mes années de pratique de ce genre de problèmes (ça fait des années que je m'y essaye, mais seulement quelques mois que je commence à avoir le sentiment d'avoir acquis une certaine maîtrise), j'ai sur vous un gros avantage: mon solveur. Quand je me suis vraiment pris la tête trois quarts d'heure sur une grille et presque définitivement persuadé que j'étais un gros nul, je fais résoudre la grille par mon solveur, ce qui me convainc de deux choses: 1) je ne suis pas si nul que ça, vu que c'est quand même moi qui ai programmé le solveur, nananère; 2) la grille n'est pas insoluble, puisque le solveur a trouvé une solution (à vrai dire, si je le titille un peu, il n'est pas rare qu'il m'en trouve quatre ou cinq complètement différentes). Et ça me motive pour persévérer...

Par ailleurs, j'étudie la "stratégie" de mon solveur. Je mets stratégie entre guillemets, puisque le solveur n'utilise guère que la force brutale: des dizaines de milliers d'essais faits au hasard permettant d'en identifier un qui marche; la logique des Shadoks, quoi: comme il y a une chance sur mille que ça marche, hâtons-nous de foirer les 999 premiers essais. Mais il arrive que cette démarche un tantinet débile permette à mon solveur de trouver des solutions d'une originalité et d'une élégance qui me laissent pantois et me donnent presque envie de tomber en adoration en criant Allahou Akbar (la capacité des humains à adorer les idoles faites de main d'homme, fussent-elles des idoles faites d'octets et de silicone, doit être programmée dans nos gênes). Et puis, passé le temps de l'adoration, j'étudie la façon de faire du solveur, ou de la logique éternelle et incréée qui se révèle à travers lui (oui, je reste mystique: on ne se refait pas). Et parfois, je comprends, je retiens... et ça m'entraîne pour les problèmes futurs.

Il y aurait d'ailleurs là matière à d'intéressantes réflexions sur l'heuristique, la force brutale et même l'intelligence artificielle. Pendant longtemps, j'ai tenu l'intelligence artificielle pour une connerie authentique, un truc inventé par les débiles du marketing pour fourguer de la camelote. Or, dans certains cas précis, le terme est quand même pertinent: un processus mécanique, qui ne réfléchit pas ou vraiment si peu que rien, aide à mettre en lumière une démarche logique élégante dont l'intelligence humaine, la vraie, peut ensuite s'inspirer... pour se retrouver moins bête qu'avant. Mon casse-tête n'est pas qu'un passe-temps: c'est aussi une espèce de gymnastique intellectuelle qui me rassure sur les capacités de l'intelligence humaine à comprendre graduellement et de mieux en mieux le monde bordélique et absurde où nous nous débattons.

Je ne sais pas trop pourquoi je vous raconte tout ça, mais personne ne vous oblige à me lire.

http://fr.wikipedia.org/wiki/Space_Technology_5
Dix nouvelles technologies ont été testées par cette mission. L’une d’elle implique l’utilisation d’antennes conçues par un algorithme d'évolution artificielle.

Je pense qu'à un certain degré d'abstraction, l'intelligence naturelle, l'intelligence artificielle et l'intelligence tout court, c'est en fait la même chose. D'ailleurs, à un certain degré d'abstraction, ton trombone tordu ressemble furieusement à une abeille.

Non? Ca ne te paraît pas flagrant?

Mais non je ne plaisante pas. Allons donc. C'est pas du tout mon genre.

Je n'ai rien fait de particulier pour aboutir aux trente-quatre grilles que j'ai mises à votre disposition. Comme vous l'avez sans doute compris, ces grilles sont produites par un algorithme à partir du mot-graine qui leur donne leur nom, et donc je ne sais jamais a priori si ça va produire un problème simple, intéressant ou quasi-insoluble; cette incertitude fait partie du jeu.

A strictement parler, il n'existe pas de grille insoluble: il y a toujours un optimum de cases jaunes pour quelque grille que ce soit. Mais parfois, exceptionnellement, on ne peut pas atteindre cet optimum de façon "classique", en sacrifiant deux cases au début et un polygone convexe à la fin. C'est en particulier le cas quand une grille, au lieu d'être pleine de pentagones, hexagones et heptagones comme c'est très généralement le cas, se prive d'un de ces types de polygones convexes (généralement, en leur substituant des quadrilatères et des octogones).

Voici par exemple la grille "chirac":



Elle présente la particularité rare de ne comporter aucun pentagone, plus exactement aucun ensemble de cinq cases réunies autour d'un sommet commun. Et c'est bien ennuyeux, car j'ai énoncé plus haut le théorème (partiellement erroné, donc) selon lequel l'avant-dernier coup d'une partie à score optimal est toujours joué sur un pentagone, ayant deux cases en commun avec le polygone convexe sur lequel on doit jouer le dernier coup.

A quoi va donc pouvoir ressembler le score optimal?

Eh bien, la réponse à la question du post précédent est: c'est pas si compliqué que ça... En revanche, ça va être l'occasion de montrer de quelle créativité est capable un solveur, tout mécanique et stupide qu'il est.

La grille "chirac" comportant 36 cases, le score optimal théorique devrait être de 27 cases jaunes, soit neuf coups gagnants (2 cases sacrifiées au début, un heptagone sacrifié à la fin, ça nous fait 36 - 2 - 7 = 27 = 9 x 3). Mais l'absence de pentagone, facile à constater, indique que ce score ne pourra pas être atteint. Il va donc falloir réduire nos ambitions à huit coups gagnants, soit 3 x 8 = 24 cases, avec non plus 2 + 7 cases sacrifiées, mais bien 2 + 10: à la fin de la partie, c'est à priori dix cases qu'il faut sacrifier.

Y a-t-il un décagone sur la figure? Non (les décagones sont rarissimes). Il va donc falloir trouver autre chose.

Voici la solution que j'ai trouvée moi avec mon petit cerveau; comme souvent, c'est une des moins bien cachées: on peut dessiner le long du côté supérieur une enfilade (un couloir) de dix triangles, et la prendre en un seul coup final. Ce qui nous donne par exemple la séquence de coups: 6 32 25 26 30 28 15 23 9 18 11.

Cette solution trouvée par un humain est parfaitement valide, elle mène au score optimal et il n'y a rien à lui reprocher. Mais le solveur a d'autres idées.

On  peut remplacer ce couloir rectiligne et inélégant par un joli couloir biscornu: 6 22 35 28 8 2 31 4 11 15 25.

Au lieu de prendre dix cases en un coup final, on peut en prendre six, puis quatre, ou le contraire: 3 20 32 10 1 24 34 27 23 0 18 6.

Ou encore, et c'est à mon sens le plus ingénieux, on peut repérer deux hexagones mariés (ayant donc deux cases en commun) et les prendre en un seul coup final, ce qui a presque l'aspect d'une résolution "classique": 14 12 6 8 16 26 27 28 32 24 2.

Le solveur, lui, n'est pas soucieux d'élégance et peut aussi trouver des solutions bizarres, hétérodoxes et néanmoins valides: sacrifier deux cases à l'avant-dernier coup avant de prendre un couloir de huit cases en enfilade: 34 22 21 28 7 32 3 30 8 12 19 10.

Bref, ce solveur, tout crétin et mécanique qu'il est, peut se transformer en un très bon professeur, très ingénieux.

Essayez de reconstituer tous seuls une de ces solutions, si vous êtes cap'.

Je propose la séquence : 10, 12 (2 bleus), 16, 4, 2, 33, 34, 27, 21, 20 (8 × 3 jaunes). Cela produit un dessin assez érotique, ce qui n'est pas étonnant pour une grille Chirac.

J'aurais aussi quelques réflexions théoriques, mais quand ce sera au point.

Pieyre a écrit:Je propose la séquence : 10, 12 (2 bleus), 16, 4, 2, 33, 34, 27, 21, 20 (8 × 3 jaunes).

Bien joué.

Cela produit un dessin assez érotique.

C'est du cubisme, alors!

Je poserais bien une question aux matheux, tout particulièrement aux spécialistes des raisonnements par itération.

Combien y a-t-il de grilles Triancey concevables?

Je connais deux éléments de réponse: 1) énormément; 2) pas une infinité. Et j'aimerais bien savoir si "énormément", ça veut dire "des centaines de milliers" ou "des milliards de milliards". Ce dont je suis sûr, c'est que je n'ai encore jamais eu le sentiment de tomber deux fois sur la même grille... sauf évidemment quand j'avais utilisé deux fois le même mot-graine pour engendrer une fabrication (mon algorithme de fabrication est déterministe... vu que c'est un algorithme ).

Il y aurait assurément une infinité de grilles si le nombre de cases triangulaires sur une grille pouvait aller jusqu'à l'infini, mais ce n'est pas le cas avec mes algorithmes de fabrication. Je vous passe les détails, mais fondamentalement, la fabrication d'une grille consiste à saupoudrer un certain nombre de points sur la grille (points qui deviendront les sommets des triangles) et à les déplacer un peu (vers le barycentre des polygones) pour éviter la présence d'angles suraigus et de triangles très allongés. Ensuite on joint les points entre eux de façon que les segments ainsi formés ne se coupent pas, et quand on a fini, voilà, la grille est faite.

Mon algorithme impose une contrainte, qui limite le nombre de ces points: il est impossible d'ajouter un point à la grille si cela le placerait en-deçà d'une distance minimale avec un autre point déjà défini. Ajoutez à cela le déplacement des points vers le barycentre du polygone qu'on peut dessiner autour d'eux en réunissant toutes les cases ayant ce point pour sommet, et vous obtenez la physionomie de mes grilles, où les triangles sont "isogonoïdes" (c'est-à-dire: ressemblent vaguement à des triangles équilatéraux: leurs côtés ne sont pas disproportionnés, leurs angles sont généralement supérieurs à pi/4 -- 45 degrés -- et presque toujours supérieurs à pi/6 -- 30 degrés) et où les polygones engendrés sont très généralement des pentagones, des hexagones et des heptagones, possédant deux à deux un nombre de cases communes égal à deux. Il y a certes des exceptions (qui ne me dérangent pas: elles donnent du piment au jeu), mais ce sont bien des exceptions: elles se présentent très rarement et ne sont pas complètement différentes de la grille orthodoxe lambda (ce qui permet de les résoudre sans changer de logique).

Pour les grilles que je vous présente, la distance minimale entre deux sommets est de 0.165 (pour des grilles de côté 1.0), c'est-à-dire en gros un sixième de la largeur du carré-tore. Cette valeur n'a pas été choisie de façon totalement arbitraire: l'idée était de faire en sorte qu'il faille à peu près parcourir huit cases pour traverser la grille de part en part (de façon qu'un dernier coup joué sur un couloir prenne huit cases et ne soit donc pas optimal par rapport à un dernier coup joué sur un pentagone, un hexagone ou un heptagone).

Quand j'essaye la même logique avec une distance minimale de 0.5 ou 0.33, il est flagrant que je n'obtiens pas une infinité de grilles différentes, mais seulement quelques dizaines. Mais évidemment (enfin, c'est pas très difficile à comprendre), chaque fois qu'on arrive à caser un sommet de plus, le nombre de cases de la grille est majoré de deux. Donc, plus il y a de sommets, plus il y a de cases, plus il y a de grilles différentes envisageables, et ce de façon exponentielle.

Si la distance minimale entre deux points était de 1.0 (la largeur du carré), il n'y aurait que deux grilles envisageables (et même qu'une seule, car ces deux grilles seraient en fait deux fois la même avec des orientations différentes) et elle ne comporterait qu'un sommet sur le tore (répété aux quatre coins de la figure représentée à plat).

Chaque fois que j'ajoute un point-sommet, cela va se traduire ou par la division d'un segment (il y aura deux segments là où il n'y en avait qu'un), ou par la division d'une surface (il y aura trois triangles là où il n'y en avait qu'un); dans les deux cas, le nombre de cases de la grille est majoré de deux.

C'est à peu près tout ce que j'ai compris, et j'espère rencontrer l'esprit brillant qui saura s'appuyer sur tout ça pour évaluer le nombre de grilles possibles avec quatre cases, six, huit, dix, douze, etc., jusqu'à une petite soixantaine (en pratique, il est rarissime qu'on dépasse 48 cases).

Chers lecteurs matheux, à vos itérateurs.

Bon, ben en attendant que les bons mathématiciens se décident à me faire un bon raisonnement par itération, le mauvais mathématicien que je suis va se contenter de vous en présenter un mauvais... mais je pense que ce sera instructif quand même.



Sur le haut de cette figure, vous voyez la seule grille Triancey possible avec deux cases (on pourrait orienter la diagonale différemment, mais ça ne ferait pas une figure différente).

Sur le bas de cette même figure, vous voyez les trois grilles Triancey possibles avec quatre cases.

En augmentant le nombre de cases du minimum (deux cases de plus chaque fois qu'on ajoute un sommet), j'ai multiplié le nombre de grilles par trois.

Supposons (à mon avis c'est archi-faux, mais pas faux n'importe comment: c'est forcément très sous-estimé) que chaque fois que j'ajoute ainsi un sommet dans une grille existante, ça lui donne une descendance de trois grilles. Dans ce cas:

- avec deux cases, j'ai 3 puissance 0 grille.

- avec quatre cases, j'ai 3 puissance 1 grilles.

- avec six cases, j'ai au moins 3 puissance 2 grilles...

Donc quand j'arrive dans la zone de la quarantaine de cases où se trouvent la plupart des grilles produites par mon algorithme, je dois déjà avoir au moins dans les 3 puissance 20 grilles. Or 3 puissance 20, ça représente plus de 3 milliards (si ma table de logarithmes ne débloque pas).

Donc il n'y a pas seulement quelques milliers de grilles Triancey sur lesquelles on peut se triturer les méninges, mais au minimum plusieurs milliards. En fait, il y a même tellement de grilles concevables qu'il y a de quoi occuper jusqu'à leur mort tous les matheux de la planète. Donc, en rendant mon jeu libre de droits, j'inonde l'humanité de bienfaits et je mérite qu'on m'érige une statue.

Très bien. C'est tout ce que je voulais savoir.

Petitagore a écrit:


Sur le haut de cette figure, vous voyez la seule grille Triancey possible avec deux cases (on pourrait orienter la diagonale différemment, mais ça ne ferait pas une figure différente).
Sur le bas de cette même figure, vous voyez les trois grilles Triancey possibles avec quatre cases.

Tu vas surement me répondre que j'ai rien suivi, mais tant qu'à y être, pourquoi ne pas présenter les Carrés avec trois Triangles à l'intérieur aussi. Tu as fait deux. Tu as fait quatre. Pourquoi pas trois alors ?   Bon de ce que je comprends, c'est dû au fait qu'il faut impérativement que les deux cotés opposés du carré englobant soient strictement identiques. Bien bien.

Sinon t'avais pas dit que chaque Triangle avait toujours trois voisin ? Un voisin pour chacun de ses cotés ... J'ai pas bien pigé par quelle magie mystique tu arrives à nous convaincre que les deux triangles de la grille a deux triangles, ont chacun trois voisins distincts (Trois fois l'autre triangle donc). A moins que en fait, il suffit que le voisin soit distinct de soi même, auquel cas ça fonctionne.


Et surtout, et pour finir mes questions, si on numérote de 1 à 3 tes grilles à quatre cases de gauche à droite (et à supposer que mes réponses à mes propres questions au dessus ici posées soient justes), alors je ne vois strictement aucune différence entre la grille 1 (à gauche) et la grille 2 (au milieu). Ces deux grilles semblent identiques.  Du coup ça fait 2 puissance 20 = 1 048 576

(Je suis pas matheux hein, donc je ne fais que poser une question, à partir de ce que je vois)

Chaque fois que j'ajoute un point-sommet, cela va se traduire ou par la division d'un segment (il y aura deux segments là où il n'y en avait qu'un), ou par la division d'une surface (il y aura trois triangles là où il n'y en avait qu'un); dans les deux cas, le nombre de cases de la grille est majoré de deux.

Heu oui, pareil. On compte bien deux façons donc. Et non trois.

Stauk a écrit:Tu vas surement me répondre que j'ai rien suivi

Bien au contraire, je vais me réjouir qu'il y en ait encore un qui suive.  

mais tant qu'à y être, pourquoi ne pas présenter les Carrés avec trois Triangles à l'intérieur aussi. Tu as fait deux. Tu as fait quatre. Pourquoi pas trois alors ?   Bon de ce que je comprends, c'est dû au fait qu'il faut impérativement que les deux cotés opposés du carré englobant soient strictement identiques. Bien bien.

Oui, c'est ça. On en a parlé plus haut.

Sinon t'avais pas dit que chaque Triangle avait toujours trois voisin ? Un voisin pour chacun de ses cotés ... J'ai pas bien pigé par quelle magie mystique tu arrives à nous convaincre que les deux triangles de la grille a deux triangles, ont chacun trois voisins distincts (Trois fois l'autre triangle donc). A moins que en fait, il suffit que le voisin soit distinct de soi même, auquel cas ça fonctionne.

Non, tu as raison, le dessin du haut n'est pas une grille Triancey: pour être une grille Triancey, il faut avoir au moins quatre cases. J'étais bien conscient que c'était abusif, mais 1) c'était pour voir si vous suiviez;   2) pour le raisonnement par itération, c'était quand même bien pratique. Mais en effet, en toute rigueur, j'aurais dû démarrer ma démonstration avec quatre cases et pousser jusqu'à six. Mais 1) j'avais la flemme; 2) c'était pour motiver les contributeurs... à faire le boulot à ma place (l'esprit du web 2.0: quand c'est gratuit, c'est que c'est vous le produit! ).

Et surtout, et pour finir mes questions, si on numérote de 1 à 3 tes grilles à quatre cases de gauche à droite (et à supposer que mes réponses à mes propres questions au dessus ici posées soient justes), alors je ne vois strictement aucune différence entre la grille 1 (à gauche) et la grille 2 (au milieu).

Cornegidouille, tu as raison. Bon. Mais c'est visuellement différent, donc on dira que c'est valide pour compter les grilles visuellement différentes. Non? Tu n'es pas convaincu? T'es bien un matheux.  

Ouais, bon, j'avoue, mon raisonnement est foireux et pas mathématique. Mais il donne quand même une idée, un ordre de grandeur et même de gigantitude. Enfin, je crois.

Du coup ça fait 2 puissance 20 = 1 048 576.

Ah, ça va pas suffire pour qu'on m'érige ma statue. Va falloir que je le démontre mieux.

Petitagore a écrit:

Stauk a écrit:Du coup ça fait 2 puissance 20 = 1 048 576.

Ah, ça va pas suffire pour qu'on m'érige ma statue. Va falloir que je le démontre mieux.

Oui surtout que si ça se trouve c'est beaucoup moins. J'avoue que j'ai du mal à les compter tes bidules là. Ca me donne mal au crâne quand j'essaye ^ ^

Petitagore a écrit:Je poserais bien une question aux matheux, tout particulièrement aux spécialistes des raisonnements par itération.

Combien y a-t-il de grilles Triancey concevables?

Avant de chercher à les compter, il peut être judicieux de définir une règle d'égalité entre deux grilles, car selon comment on la définit, le résultat n'est pas le même !

Première option : « si on déplace légèrement un point sur une grille, alors la nouvelle grille et l'ancienne sont différentes » => Il y a trivialement une infinité de grilles

Deuxième option : Si on associe à une grille un graphe, dont chaque sommet est un des triangle de la grille et les arêtes relient ensemble des sommets dont les triangles associés sont voisins (chaque sommet a donc 3 arêtes). Et qu'on définit deux grilles comme égales si les deux graphes générés ont la même topologie, ce n'est pas forcément évident à voir, mais dans ce cas, tes 3 grilles à 4 triangles sont égales !

Avez-vous d'autres pistes ?

Levans a écrit:Avez-vous d'autres pistes ?

Je suggérerais bien de prendre en compte (entre autres) le nombre de cases autour d'un sommet commun. De ce point de vue-là, mon schéma représente bien, quand même, deux grilles à quatre cases différentes: la figure du milieu (celle de gauche aussi, d'ailleurs) a quatre cases autour de chaque sommet, et celle de droite seulement trois. Donc je pense qu'on ne peut les considérer comme identiques.

Mais c'est vrai que c'est monstrueusement prise de tête, ce bazar.

Levans a écrit: tes 3 grilles à 4 triangles sont égales !

Clairement, elle ne sont pas égales.  Suffit de considérer ce que j'appelle la "cardinalité" des sommets pour s'en convaincre. Ou cardinalité correspond au nombre de segments qui partent du sommet. Bon je trouve ça très mal commode de compter les sommets, alors j'ai pas du tout envie d'essayer ... surtout du fait que le bidule est un donut. Moi les donuts dépliés, j'ai du mal. Je les préfère dans mon estomac.