Enigme: L'héritage.

[Coincoin]

Nanananère !
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[invite6f044255]

Mais je vais me rattraper:

Vous voulez répartir le contenu d'une barrique de vin entre 1 carafe, 3 cruches et 3 verres.
Tout le vin peut être contenu dans 2 carafes et 6 verres.
Tout le vin peut être contenu dans la carafe et 4 cruches.

Combien faut-il de verres pour remplir la carafe?

[invite43f8e83d]

C'est quoi, comme vin?

[invite97244127]

oops, me suis trompé, j'ai mal lu...

[yat]

Mais je vais me rattraper:

Vous voulez répartir le contenu d'une barrique de vin entre 1 carafe, 3 cruches et 3 verres.
Tout le vin peut être contenu dans 2 carafes et 6 verres.
Tout le vin peut être contenu dans la carafe et 4 cruches.

Combien faut-il de verres pour remplir la carafe?

6 pour remplir la carafe et 3 pour remplir la cruche.

[yat]

J'en tente une un peu chaude...

On a un ensemble fini de N points dans un plan. Les points ne sont pas tous alignés, et sont tous distincts.
Pour chaque couple de points, la droite passant par ces deux points passe par un autre point de la figure. (Ca va sans dire, mais de ce fait, N>2)

Une telle figure existe-t-elle ?

[shokin]

A] Admettons que j'aie trois points alignés.

A.1 Si je rajoute un point aligné avec les trois autres, tous mes points sont alignés, ce qui répond non à la question, puisque l'on veut n points non tous alignés.

A.2 Si je rajoute un point non aligné avec les trois autres, j'ai alors trois droites qui sont déterminées par exactement deux points, ce qui répond non à la question, puisque l'on ne veut que des droites déterminées par au moins trois points alignés.

B] Admettons que j'aie trois points non alignés.

B.1 Si je rajoute un point aligné avec deux autres, j'arrive dans la situation A.2, ce qui répond on à la question.

B.2 Si je rajoute un point non aligné avec les autres, j'ai 6 droites déterminées par exactement deux points, ce qui répond non à la question, puisque l'on ne veut que des droites déterminées par au moins trois points alignés.

Soient n-1 points, j'ai alors parmi ces n-1 points des, (n-1)(n-2)(n-3)/6 pour être exact, groupes de trois points. Si je rajoute un n ième point, chacun des groupes de trois points entre dans un des 4 scénarii cités précédemment.

Donc la réponse est non !

Shokin

[yat]

Il doit y avoir un petit problème dans ta démo, je pense :

Dans la première partie, ça me semble correct, mais en généralisant tu exploses un peu le tout...
A.1 : il peut très bien y avoir 4 points alignés, les points d'un autre groupe peuvent être distincts de cette droite
A.2 et B : rien ne dit que les trois droites créées ne vont pas rejoindre un autre groupe de trois autres points...

Je pense qu'il est difficile dans ce problème de partir d'un petit nombre de points pour étendre. Un petit algo permet facilement de mettre en évidence que la figure est impossible pour N<7. Pour la suite ça devient plus costaud... par exemple imagine avec 7 points A, B, C, D, E, F et G, qu'on a les alignements suivants :
ABC
ADE
BDF
CEF
AFG
CDG
BEG
(un triplet non cité signifie que les trois points ne sont pas alignés)
Par exemple, on peut considérer l'ensemble avec les 6 premiers points. On a alors 20 groupes de trois points. Quand j'ajoute le poit G (sans rapport avec Graphenberg), on peut examiner ce qui se passe pour les triplets existants :
pour ABC, ADE, BDF et CEF, (les triplets de points alignes) le point ajouté n'est pas dans leur alignement. Il génère donc les droites (AG), (BG), (CG), (DG), (EG) et (FG)...
... qui passent respectivement par F, E, D, C, B et A. Les situations A.2 et B ne sont donc pas gênantes.

De même, si l'on considère les 16 tripets de points non alignés (ABD, ABE, ABF, ACD, ACE, ACF, ADF, AEF, BCD, BCE, BCF, BDE, BEF, CDE, CDF et DEF) en ajoutant le point G, toutes les droites supplémentaires générées (et d'ailleurs, c'est les même que celles d'au dessus) passent par un autre point de la figure.

Le problème (eh oui, j'allais pas donner la réponse, quand même), c'est que cet exemple n'est pas réalisable, mais ta démonstration ne permet pas de dire pourquoi.

La question de savoir si avec un N plus grand, il y a des solutions réalisables...

[shokin]

Soit, je vais essayer autrement de démontrer que cette figure n'existe pas.

Shokin

[invite1de7d2b9]

Excusez moi, ca n'a rien à voir
Mais puisque ce ne sont pas toujours les memes enigmes est ce que l'on pourrait pas faire un sujet par enigme?
Enfin perso je trouve que 13 pages c'est super long et c'est pas pratique.
Après je suis peut etre seule dans ce cas.
Enfin c'est juste une suggestion....
Merci

[yat]

Soit, je vais essayer autrement de démontrer que cette figure n'existe pas.

Merci de t'intéresser à mon énigme ! (Apparemment tu es le seul...)

En attendant, une petite deuxième, qui est un peu du même tonneau sous pas mal d'aspects.

On a un rectangle, dont la surface est recouverte par des carrés. Il ne reste pas de surface non recouverte, aucun des carrés n'en recouvre un autre, et aucun ne dépasse du rectangle.
Les carrés qui recouvrent le rectangle sont tous de tailles différentes.

Une telle figure existe-t-elle ?

[doryphore]

Il a été prévu de faire un forum dédié aux enigmes, en attendant, je pense qu'il est préférable de rester sur la même discussion. Ca évite de se disperser.
En revanche, il faut bien que les poseurs d'énigmes respectent certaines règles.
La première: faire une recherche sur le forum pour éviter toute répétition
La seconde: Ne pas créer de nouvelle énigme tant que la dernière n'a pas été résolue.

En cas de conflit sur une résolution, n'hésiter pas à m'envoyer un MP pour que je puisse éventuellement vous départager.

En ce qui concerne ceux qui répondent, ils doivent éviter tant que possible de s'écarter du sujet et caser leur mot d'humour à l'intérieur d'une réponse ou d'une interrogation.

Amicalement.
Doryphore

[yat]

Excusez moi, ca n'a rien à voir
Mais puisque ce ne sont pas toujours les memes enigmes est ce que l'on pourrait pas faire un sujet par enigme?
Enfin perso je trouve que 13 pages c'est super long et c'est pas pratique.
Après je suis peut etre seule dans ce cas.
Enfin c'est juste une suggestion....
Merci

Non, non, moi aussi j'ai eu vachement de mal à rattrapper le fil quand je suis rentré de vacances... mais bon, après on s'y fait. Et puis c'est vrai qu'en l'abscence de forum dédié aux énigmes, il est aussi simple de leur dédier provisoirement un fil.

Désolé doryphore, je crois que j'ai envoyé une énigme avant que la première soit résolue... je le referai plus c'est promis.

[shokin]

Soient, dans le plan, n (fini) points non alignés, avec n naturel strictement supérieur à 2.

Si je relie tous ces points entre eux par des segments, j'obtiens soit un polygone soit convexe soit concave.

Si le polygone est concave, l'angle rentrant est déterminé a pour sommet l'un des n points et les deux sommets consécutifs à ce point déterminent une droite que seuls eux de la figure déterminent, étant donné l'angle rentrant. Cette droite est déterminée par uniquement deux points de la figure. Donc cette figure ne nous satifsfait pas. On veut une figure telle que chacun des points qui la déterminent soit aligné avec au moins deux autres points distincts de la figure.

Si le polygone est convexe, il y au moins les sommets S1, S2, ..., Sf (f étant le nombre sommet de ce polygone) de cette figure qui font partie des n points. Il doit aussi y avoir au moins un point sur chaque côté du polygone qui soit distinct des sommets. Prenons alors un sommet, S1 par exemple, et ses deux côtés. Sur chacun de ceux-ci, il existe au moins 1 point de la figure distinct du sommet adjacent. Prenons, sur chacun des deux côtés adjacent au sommet choisi S1, le point le plus proche de ce même sommet choisi. Nous avons alors deux points (or nous en voulons trois alignés), T1 (dans le sens des aiguilles d'une montre) et U1 (dans le sens contraire des aiguilles d'une montre).

Pour que la figure respecte la condition, il faut un troisième point aligné aux deux derniers points, T1 et U1. Ce point doit alors être strictement intérieur à la figure, au polygone car celui-ci est convexe. Choisissons donc un point situé sur le segment que nous nommerons V1. De même pour chaque sommet Si, il existe alors un point Vi. Soient alors V1 et V2 deux nouveaux points. S'il n'existe pas de points aligné avec ces deux, la figure ne respecte pas la condition. S'il existe un point W1, celui-ci doit être compris dans le segment ]V1:V2[, sinon cela signifierait que les points Ti et Ui n'étaient pas les plus proches de Si respectivement.

Comme les Wi sont compris dans les segments ]Vi:Vi+1[, les sommets Vi forment à nouveau un polygone à f côtés, et le problème reste le même, càd sans fin.

Donc, pour que tous les points de la figure soient alignés avec au moins deux autres points de la figure, il faut que la figure est une infinité de points.

Or nous avons un nombre fini de points, donc une telle figure n'existe pas.

CQFD (QED)

Shokin

[shokin]

J'imagine que ton énigme sur les carrés dans un rectangle est similaire. Non, et il s'agit de le démontrer d'une manière similaire. Je vais essayer de voir.

Je suis en vacances alors...

Shokin

[yat]

Pas mal.

Bon, je ne comprends pas bien l'histoire de polygones, en fait... si tu relies tous les points, tu obtiens un infâme graphe tout emmelé, mais pas un polygône. J'en déduis donc que tu parles certainement d'un polygone qui entoure tous les points... par exemple si les points sont des clous plantés dans une planche en bois, tu tends un élastique autour de l'ensemble des clous. C'est ça ? Dans ce cas, je ne vois pas comment il peut être concave, mais je ne suis pas sur d'avoir très bien compris. Pour moi, si ton polygone est concave, il reste deux sommets à relier pour qu'il soit convexe...

Je zappe donc la première partie pour essayer de voir ce que tu dis sur le polygone convexe. Bien vu, mais ça ne colle pas. En faisant un dessin, je dessine S0 S1 S2 et S3, je place mes points U1 T1 U2 et T2. J'obtiens alors mes points V1 et V2. Le point W1 n'est pas obligé d'être dans le segment ]V1V2[. En effet, en plaçant les points S, T et U d'une certaine manière, (V1V2) passe par S2. Et ce n'est qu'un exemple flagrant. Même en dehors de ce cas un peu spécial (mais auquel on va nécessairement avoir recours pour construire la figure, si elle existe), rien n'indique que W1 est nécessairement à l'intérieur du segment ]V1V2[, puisque la droite (V1V2) peut couper les cotés du polygone bien après les points V, et il reste encore plein plein de place pour mettre autant de W1 que l'on veut avant de sortir du polygone.

...désolé...

pour les carrés, selon moi les similitudes sont les suivantes :
-quand on essaye de visualiser la chose ou de représenter la figure, y a pas moyen. J'ai personnellement noirci des dizaines de feuilles de papier rien qu'avec des rectangles quadrillés ou des patés de droites sécantes, sans jamais trouver de solution.
-quand on essaye de démontrer que ce n'est pas possible, on a toujours envie de faire un truc récursif, pour montrer qu'il faudra un nombre infini de point pour couper toutes les nouvelles droites qu'on génère, ou bien pour montrer que chaque nouveau carré laissera une place deplus en plus exotique, et qu'il faudra toujours un carré de la taille de celui qu'on vient de poser pour boucher le trou.
-quand on essaye de faire une démonstration pour mettre en évidence ce qui précède, il y a toujours un truc qui bloque, quelque chose qui parait évident mais que l'on n'arrive pas à formuler
-dans les deux cas, la solution m'a laissé sans voix.

Je te souhaite de bonnes vacances, en tout cas. J'espère que tu ne vas pas trop te prendre la tête là dessus. Si ça peut te rassurer, les solutions sont assez simples. Y aboutir l'est peut-être un peu moins.

[shokin]

ouais, je vois que ma démo n'est pas complète

le truc qui manque, ça me rappelle un autre problème :

démontrer que dans un polygone... je sais plus exactement, une histoire de triangles et d'angles aigus, obtus... que je n'avais réussi à démontrer

Shokin

[yat]

démontrer que dans un polygone... je sais plus exactement, une histoire de triangles et d'angles aigus, obtus... que je n'avais réussi à démontrer

Hé hé... difficile de faire plus clair...
Ne lâche pas prise, en tout cas.

Les autres, vous pouvez essayer aussi, hein... la réponse n'est pas compliquée du tout, il suffit d'y penser.

Bonne soirée.

[shokin]

Je veux une figure avec aucun alignement de moins de deux points.

Je prends alors pour commencer trois points alignés, puisque je ne veux pas d'alignement de moins de trois points.

Mais je ne veux non plus que tous mes points soient alignés, je veux prendre forme. Pour cela, il me faut sortir de la lignée, choisir un suivant point hors de la lignée.

Mais j'ai alors trois nouvelles droites faiblement alignées (j'utiliserai "droite faiblement alignée" pour "droite déterminée par uniquement deux points"). Il leur faut un troisième point, un enfant, pour la survie de leurs dynasties respectives.

J'aurai donc au moins trois points à rajouter !

Admettons le cas généreux (celui qui demande le moins de copulation, trop de points demande encore plus de droites) : de mes trois points de départ, l'un, P2, se situe au milieu des deux autres, P1 et P3. Et le quatrième, P4, forme un triangle équilatéral avec P1 et P2.

Je donne naissance à P5, lequel forme un losange avec P2, P3 et P4. J'enfante P6, qui est le reflet de P2 à l'image du miroir formé par P4 et P5. J'ai alors 4 petits triangles équilatéraux et 1 grand triangle équilatéral. Le moins de faibles lignées pour le moins de points possible.

Mais j'ai encore 6 faibles droites, dont trois déterminées respectivement par P1 et P5, P2 et P6, P3 et P4.

Un nouveau point P7 naît au beau milieu de P2, P4 et P5, et les trois droites faibles citées précédemment deviennent vertueuses.

Mais il me reste encore trois droites faibles : (P2:P4), (P4;P5) et (P2:P5).

Pour fortifier ces trois lignées, en économisant sur la production, je dois enfouir mes plantons en trois points précis de mon jardin : P8, le milieu de P2 et P4, P9, le milieu de P2 et P5, P10 le mileu de P4 et P5. Mais j'ai de nouveau trois faibles droites, qui ne pourront s'épanouir qu'en proliférant.

Et ainsi de suite, pour qu'une dynastie survive, elle est obligé de se reproduire, sinon, elle perd forme. Elle doit se reproduire jusqu'à sans fin.

Mais comme on veut un nombre fini de descendants (ambition corruptrice du pouvoir). La famille ne survivra pas et perdra de sa forme. Donc la figure est inexistante.

On aurait pu faire le même raisonnement avec tout polygone régulier, il faut toujours rajouter le polygone régulier inscrit au milieu exact.

CQFD

Shokin

[shokin]

j'avais pensé à une piste :

soit G3 le nombre de groupe de trois points parmi les n points. Il y a donc n(n-1)(n-2)/6 =G3 groupes de trois points parmi les n points.

Il y a au minimum une droite, au maximum n(n-1)/2 droites déterminées par au moins deux points parmi les n points.

... mais j'ai pas su quoi faire avec...

aurais-je pu faire quelque chose avec cette piste plus ou moins statistique ?

Shokin

[JPL]

Je veux une figure avec aucun alignement de moins de deux points.

ah !!!!!!!!!!!!!!!!!!!!

[shokin]

Oups ! je voulais dire :

je veux une figure avec aucun alignement de moins de trois points.

Shokin

[yat]

Oulah, j'ai peur que ça soit un peu cavalier, comme démo...

Tu pars du principe que si tu commences par une construction qui te semble optimale ça te permettra nécessairement d'aboutir à la figure optimale...

Mais au final, il aurait été aussi simple de dire "A chaque fois que l'on ajoute un point pour éliminer des droites faibles, on crée plus de droites faibles qu'on n'en élimine". Mais ce n'est pas plus démontré... tu ne peux pas prendre un exemple de début de construction, constater qu'au début le nombre de droites faibles augmente, et conjecturer que c'est la construction optimale et que "ainsi de suite"...
Si une figure existe, il faut quand même bien être conscient que le dernier point posé va tomber à l'intersection de toutes les droites faibles restantes.

De plus, tu as du te planter dans les formulations quelque part, je n'arrive pas à traçer ta figure. Peut-être que pour générer P5, tu formes plutot un losange avec P4, P2 et P3, ce qui me permet d'aboutir à ce que tu décris à la fin, mais pourquoi placer p5 ici, alors qu'il crée 4 nouvelles droites faibles sans en compléter une seule ? Même s'il était possible de démontrer qu'on a toujours besoin de générer plus de droites faibles qu'on n'en complète, il faudrait commencer par ne poser des points que s'ils servent à quelque chose au moment ou tu les poses, ce qui te permettrait de raisonner par récurrence. Mais ce n'est pas possible parce qu'on peut très bien diminuer le nombre de droites faibles en ajoutant un point.

Exemple :
Un triangle equilateral ABC. D, E et F sont les milieux respectifs de [AB] [BC] et [CA], pour compléter les trois droites faibles (AB), (BC) et (CA). On a donc généré ainsi 6 droites faibles (CD), (AE), (BF), (DE), (EF) et (DF) pour en compléter trois. Jusqu'ici, ce que tu dis se vérifie. En plaçant le point G au centre du triangle (il est equilateral donc tous ses centres sont les mêmes), je complète les trois premières sans en générer de nouvelles.
Du coup, pour une démonstration par récurence ou par construction, c'est pas gagné. Essaye plutôt de considérer la figure finale dans son ensemble.

Mais c'est mignon, ton histoire de dynastie.

[yat]

aurais-je pu faire quelque chose avec cette piste plus ou moins statistique ?

Je ne sais pas. Ma solution ne passe pas du tout par ce genre de considérations.

Pour les carrés, une piste?

[shokin]

Ah ! mince, c'y pas encore ça.

Tu voudrais dire une démonstration par l'absurde : si une telle figure existait, ....

Shokin

[shokin]

Un triangle equilateral ABC. D, E et F sont les milieux respectifs de [AB] [BC] et [CA], pour compléter les trois droites faibles (AB), (BC) et (CA). On a donc généré ainsi 6 droites faibles (CD), (AE), (BF), (DE), (EF) et (DF) pour en compléter trois. Jusqu'ici, ce que tu dis se vérifie. En plaçant le point G au centre du triangle (il est equilateral donc tous ses centres sont les mêmes), je complète les trois premières sans en générer de nouvelles.

Du coup, pour une démonstration par récurence ou par construction, c'est pas gagné. Essaye plutôt de considérer la figure finale dans son ensemble.

Pour suivre ton premier paragraphe,

Il me reste trois droites faibles : (DE), (DF) et (EF)

pour redonner force à ces trois lignées en économisant le plus possible sur la production, je dois planter mes tomates aux milieux respectifs des segments [DE], [DF] et [EF]. Ces trois milieux forment à nouveau un triangle. J'ai renforcé trois droites, mais en ai engendré trois jeunes... ce qui revient à la même situation.

En semant au point G, j'ai certes amené à maturité trois lignées sans en engendrer d'autres. Mais je ne pourrai plus le faire. J'ai utilisé mon joker, l'unique joker. Il n'y a qu'un centre qui est le même pour tous ces triumvirats.

Je vais me tourner du côté de l'absurde.

Shokin

[yat]

Eh oui... c'est clair, on ne peut pas non plus démontrer qu'il y aura toujours moyen de limiter le nombre de droites supplémentaires... mais bon, ça n'empèche qu'il parait difficile de démontrer quoi que ce soit par une telle méthode, parce qu'on ne peut rien présager de la construction optimale, de la manière dont on la construit et tout ça...

Je vais me tourner du côté de l'absurde.

Je pense que c'est une excellente idée.

[shokin]

Si un tel ensemble de n (fini) points existait, tel que :

-chaque point soit aligné à au moins deux autres points distincts.

Alors :

Soient les éléments de l'ensemble P* : les points P1, P2, P3, ..., Pn.
Soient les éléments de l'ensemble D* : D1, D2, D3, ..., Dn, les nombres de droites qui passent respectivement par P1, P2, P3, ..., Pi.

Soit D, le nombre de droites déterminées par au moins deux points de l'ensemble P.

Soit D'i, le nombre de droites déterminées respectivement par i éléments de P*, i étant nombre naturel strictement supérieur à 1 et ne pouvant aller que jusqu'à n, alors la somme des D'i, i étant entier et allant de 2 à n, est égale à D.

Comme, par définition, D'i est le nombre de droites déterminées par respectivement i points. La somme des i*D'i, i étant entier et allant de 2 à n, égale la somme des Di, cela pour tout ensemble n (fini) de points, alignés ou non.

Si D'i=0 pour tout i entier allant de 3 à n, alors D'2= n(n-1)/2.

Si D'j>0 pour un j élément de I (I comprenant les éléments i, càd entiers allant de 2 à n) et si D'k = 0 pour tout élément k de I tel que j><k, alors la somme des Di égale j*D'j, càd, la somme des nombres de droites pasant par chaque point Pi égale j fois le nombre de droites ayant j points de P* qui la déterminent.

Comme D'2=0 (figure si elle existe), essayons avec D'3 :

Si toutes les droites déterminées par au moins deux points de P* sont déterminées par exactement par trois points de P*, la somme des Di égale 3*D'3. Par chacun des n points passe au moins une droite. Donc la somme des Di est supérieure ou égale à n.

NA : Comme les points ne sont pas tous alignés, la somme des Di est strictement supérieure à n.

Donc la somme des i*D'i est strictement supérieure à n.

Avec D'3 > 0 et D'k = 0 pour tout k différent de 3, 3*D'3 > n. Alors D'3 (le nombre de droites déterminées par exactement 3 points de P*) est strictement supérieur à n/3.

Avec D'n > 0 et D'k = 0 pour tout k différent de n, n*D'n > n. Alors D'n > 1. Ce qui est impossible, car si deux droites passent par tous les points n, tous les points n sont situés sur cette droite, donc ils sont tous alignés, ce qui contredit l'hypothèse NA.

Donc D'n=0

Essayons avec D'(n-1) :

Avec D'(n-1) > 0 et D'k = 0 pour tout k différent de n-1, (n-1)*D'(n-1) > n. Alors D'(n-1) est strictement supérieur à n/(n-1), donc strictement supérieur à 1. (n>1) Càd que seul un point ne passe par une droite D(n-1), mais si deux (strictement plus d'une) droites D(n-1) distinctes (non confondues) existent, il existe alors deux points distincts qui ne passent par ces droites D(n-1). Or nous n'en avons qu'un.

Donc D'(n-1)=0

Avec D'(n-2) > 0, .... D'(n-2) > 1 Donc il existerait deux droites D(n-2), mais comme il y a deux et seulement deux points qui ne passent pas par ces deux droites. Elles devraient être confondues (puisqu'elles passent par tous les autres points) et n'en former qu'une, mais D'(n-2) > 1. Donc impossible encore.

Donc D'(n-2)=0

et ainsi de suite...

jusqu'à D'3=0.

Donc de l'hypothèse NA (points non tous alignés) combinée avec le fait que la somme de Di est strictement supérieure à n, ...

Il n'existe pas de telle figure.

Shokin

[yat]

On pourrait croire que tu n'es plus très loin du but, mais...

Je prends un sensemble de 7 points (ceux que j'ai déjà cités). Pour i de 1 à 7, Di=3. D=7. D'3=7 et D'i=0 si i<>3. La somme des i*D'i est 21, tout comme la somme des Di. C'est bien entendu supérieur à 7. D'n=0, toujours pas de problème. Pour n-1 et n-2, ça passe. Ca vient du fait que les deux droites que tu considères ont au moins deux points en commun... du coup il n'est même pas nécessaire d'aller si loin pour mettre en évidence la contradiction.
Là encore, c'est dans le "ainsi de suite" que réside l'erreur. En effet, dès n-3 il y a un prolème. Ici, n-3=4 ta première déduction (celle de dire que si D'(4)>0 alors D'(4)>1) est toujours valable, mais ici rien ne dit que ces deux droites ne se coupent pas en un seul point. Un point commun, les six autres sont partagés entre l'une et l'autre, pas de problème.

Comme l'exemple à sept points ne présente d'aberration que quand tu essayes de faire le dessin, tu n'aboutiras à aucun résultat sans ajouter de considérations de distance, de topologie ou de trucs dans le genre, je pense.

[shokin]

mince alors !

je suis obligé d'amener des calculs, des vecteurs... ?

je cherche une démo simple (j'espère qu'il en existe une), claire et pas trop longue.

Shokin