Devinette d'âge.

[invite04a8809f]

Posté par Matthias (cf. message 8) :
Les âges des filles sont donc 3, 3 et 8 ans. Mais quelle est la couleur des yeux des jumelles?

Une chance que le problème était pas trop complexe sinon on aurait eu droit à un article de 40 pages j'ai l'impression
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[matthias]

homotopie, je n'ai pas regardé le détail de tes calculs, mais ma résolution est bien dans le même esprit.
Si tu as le courage de t'attaquer à l'énigme du message 11, j'adorerais avoir une solution complète sans programmation. J'ai pas eu le courage de m'y remettre, et en plus je crois que dans le peu que j'avais fait il y avait des erreurs.

[invite35452583]

homotopie, je n'ai pas regardé le détail de tes calculs, mais ma résolution est bien dans le même esprit.
Si tu as le courage de t'attaquer à l'énigme du message 11, j'adorerais avoir une solution complète sans programmation. J'ai pas eu le courage de m'y remettre, et en plus je crois que dans le peu que j'avais fait il y avait des erreurs.

Joli enigme aussi (mais j'aime moins)
Pour la résolution : voici grosso modo ma méthode.
Pierre ne peut trouver au 1er coup que si P est un produit de deux facteurs premiers ou le cube d'un nombre premier.
S... le savait donc la somme S n'est pas la somme de deux nombres premiers ou de la forme p+p². Ce qui se divise en les nombres pairs (tous sommes de deux nombres pairs, la conjecture de Goldbach vérifié jusqu'à des très grandes valeurs) et la somme des premiers impairs avec 2. (Les sommes p+p² sont paires).
Je note E l'ensemble des nombres restants.
Donc S est dans P.
Pierre ne peut trouver après l'info de S... que si parmi toutes les décompositions nm de P une seule a une somme n+m dans P.
S... peut trouver à son tour que si dans les décompositions de la somme S=n+m, une seule donne un produit décrit comme précédemment. Ce qui se traduit désormais par pour toutes décompositions n'm' (avec 2<=n<=m<=100) distinctes de nm, on a n'+m'.
D'où une programmation sur les éléments S de E (moins nombreux que les couples 2<=b<=100)
décompositions de S=n+m,
produit des éléments P=n.m
décomposition de P=ab avec (a,b)<>(n,m) et 1<a<=b<101 conditions reportées sur l'initialisation et la fin de la boucle),
on exclue P si a+b est dans E
Si P n'est pas exclu attribution d'un point à S, quand S a deux points on l'exclut puis on passe au suivant.
Une seule somme 17 résiste à cette épreuve. 17 est relancé dans le sous-programme modifié vérifiant P qui enregistre cette fois quel produit fonctionne, le 52 est le grand gagnant.
(Là, je suis étonné : un je m'attendais à des nombres plus grands, deux mon programme a fonctionné au premier coup)
De P=52, S=17 on a 4 et 13 pour les nombres initiaux.

Bref, méthode assez bourrine mais je crains qu'il n'y ait pas le choix. Je ne vois vraiment pas comment :
1) avec un ensemble E aussi peu sympathique que les impairs qui ne sont pas la somme d'un premier et de 2, bref du même accabit que la liste des nombres premiers
2) un problème qui nécessite non seulement une décomposition en produit (ce qui se traite relativement bien) mais en plus en somme (qui donne un quasi-groupe pour les entiers, càd soumis peu de conditions : pas d'équivalent de nombres premiers, de nombres premiers entre eux...)
3) il faut non seulement une existence mais en plus montrer que toutes les autres décompositions en somme ne conviennent avec un critère qui au départ (il y a peut-être moyen de prendre un raccourci, quoique) est en deux temps.
Je crois qu'il est certainement possible d'améliorer mon programme mais de résultats autres qu'une amélioration algorithmique (qui n'est pas un domaine où je suis à l'aise) je n'y crois même pas. (Enfin, les théoriciens des nombres me démenteront peut-être). Je crois plus plausible une démo comme quoi que seule une recherche algorithmique est possible (ce type de démo est encore moins mon domaine : je ne connais que les principes dans ces grandes lignes).
Dernière remarque : contrairement à l'autre énigme, ici, c'est le problème lui-même qui ramène les facteurs premiers, dans l'autre énigme ont été amenés les nombres premiers car les nombres de départ sont en gros constitués de briques (pour le produit) qui sont arrangés de deux manières différentes avec l'égalité des sommes qui sert de contraintes. Le débroussaillage s'est fait en montrant des conditions en prenant comme briques des nombres premiers mais on pouvait très bien prendre des nombres quelconques soumis à quelques conditions comme par exemple être premiers entre eux (si p divise m1, m2, m3 p divise aussi m et m' on peut déjà prendre m1, m2, m3 premiers entre eux, des solutions plus grandes peuvent être ramenées à ces solutions plus petites en divisant par le pgcd de m1, m2, m3, et continuer dans la même veine j'ai regardé un peu des exemples de décompositions ce qui donne assez facilement (décomposition en 5 facteurs) des solutions type (11, 589, 589) et (19, 209, 961), j'ai arrêté là mais je pense qu'en poussant un peu on parvient à définir les familles de solutions). Tandis qu'ici, il faut nécessairement un contrôle sur les nombres premiers (ce qui est déjà très difficile même pour les spécialistes de ce domaine).

[invite35452583]

Oups, j'ai fait attention de ne pas utiliser de nombres supérieurs à 100 pour le produit mais pas pour la somme.
Ma solution est quand même bonne car suffisamment petite. Mais le programme ne montre pas que c'est la seule solution.
N'ayant pas suffisamment fait attention (en fait je pensais que des prduits convenant à la condition Pierre trouve étaient moins nombreux qu'ils n'en ont l'air). Il y a moyen de "qualifier" un certain nombre de produits (type 2^n.p, p premier) et de là saturer assez facilement un certain nombre de sommes. Une sorte de crible d'Erastothème (désolé si j'ai écorché le nom) doit pouvoir être réalisé débroussaillant une grosse partie. Une solution "bourrine" mais réalisable à la main doit être possible.

[matthias]

Une solution "bourrine" mais réalisable à la main doit être possible.

Oui c'est bien ça le problème. Parce que quitte à le programmer, j'étais moi aussi parti sur quelques raffinements, mais finalement, vu que les nombres considérés sont assez faibles, c'est quasiment aussi efficace de traiter le problème de la manière la plus bourrine qui soit.
Donc ce qui pourrait être intéressant, c'est soit d'arriver à quelque chose de pas trop pénible à faire à la main, soit de vraiment raffiner et d'être capable de donner efficacement le nombre de solutions possibles en fontion de n (valeur max des nombres choisis). De mémoire, la première valeur de n pour laquelle on a 2 solutions possibles, c'est 800 et quelque.

[invite35452583]

Donc ce qui pourrait être intéressant, c'est soit d'arriver à quelque chose de pas trop pénible à faire à la main, soit de vraiment raffiner et d'être capable de donner efficacement le nombre de solutions possibles en fontion de n (valeur max des nombres choisis). De mémoire, la première valeur de n pour laquelle on a 2 solutions possibles, c'est 800 et quelque.

Pour le problème général (j'en vois 2 possibles : limite des nombres à n et aucune limite sur ces nombres) je ne me sens pas de taille.
Pour le problème posé (nombres limités à 100), il y a en effet une solution à la main!
Tu vas rire (jaune) mais cette solution commence à faire la remarque que la somme de ces deux nombres est inférieur à 53. (Et, moi qui croyait que la limite à 100 riquait d'être emmerdante).

Solution exhaustive :

J'appelle condition de borne sur une décomposition du produit P la condition (<=100) sur les facteurs.
A est l'ensemble des sommes qui permettent à Simon de savoir que Pierre ne peut pas savoir avec le seul produit. Cernons cet ensemble.

Les nombres S suivants ne sont pas dans A :
1) S>54 sinon S=53+n avec n>1 et seule la décomposition du produit P=53n satisfait la condition de borne (53 est premier et 2*52>100) c'est beau de simplicité, non ?
2) S=p1+p2 avec p1 et p2 premiers (plus besoin de condition sur leur borne vu 1))
3) 51 =34+17 P=34*17 est la seule décomp. vérifiant la condition de borne!

Corollaire de 1) et 2) les nombres pairs sont donc exclus (ce qui se fait facilement à la main vu 1), plus besoin de connaître ou d'admettre la conjecture. En plus sans 1) pas question de l'utiliser pleinement car 174 par exemple... est somme de couples de premiers mais d'aucun couple inférieur à 100)
Remarque : les nombres de la forme p+p² n'éliminent rien de plus car sont pairs.

Pour les autres, on peut vérifier qu'ils sont dans A
(les détails des majorations nécessaires pour la condition de borne sont faciles à vérifier, on peut majorer avec S<54 et en déduire les majorations qui suivent)
Toutes les décompositions des nombres préalablement exclus sont
a) soit de la forme 2+n1n2, (n1 et n2 impairs) admettant (2n1)n2 et 2(n1n2) nécessairement distincts
b) soit de la forme 2m+n (m>1 et n impair>=3) admettant au moins les décompositions, vérifiant la condition de borne, suivantes (2m)n et (2n)m distinctes si n<>m.
Dans le dernier cas S=2m+m, deux sous-cas :
i) m premier deux décompositions distinctes 2m² et (2m)m mais 2m² ne satisfait pas nécessairement la condition de borne, trois cas (pour S<54) m=11, m=13 et m=17 excluant (33, 39) et 51 (seul nouvel exclu)
ii) m=m1m2 on a m1m2<=53/3 d'où m1m2<=17 donc (m1,m2)=(3,3) ou (3,5)
or Pierre pourra hésiter (au moins) :
+dans le cas (3,3) entre 6*27 et 18*9
+dans le cas (3,5) entre 15*30 et 18*25

Ouf! ça y est A est bien cerné (c'est surtout pénible sur la fin). On a :
A={11,17,23,27,29,35,37,41,47, 53} bref plus grand chose.


Produits de Pierre
Maintenant Pierre trouve après que Simon dise "je le savais" si dans les décompo de P=a*b vérifiant la condition de borne un et un seul vérifie a+b est dans A. (Ils seront appelés produits de Pierre)
Simon ne trouve pas si dans les décompo de S=a+b, au moins deux (ou aucun mais le cas ne se produit pas) donne un produit P=a*b de Pierre.

L'objectif est donc désormais de trouver des produits de Pierre qui attribuent (par la somme d'une de leurs décompositions) un "point" à un élément de A.
Quelques produits de Pierre faciles à vérifier.
Les produits P=2^n*p, avec premier impair sont des produits de Pierre ssi 2^n+p est dans A, en effet leur seule décomposition qui ne donne pas une somme paire (et donc exclue de A) est justement (2^n)*(p)
Les produits P=32*m (m impair>=3) sont des produits de Pierre ssi 32+m est dans A car les décompo ne donnant pas une somme paire sont de la forme (32k)*m' or si k>1, on a 32k>=96>>53. Seul 32m est succeptible d'être dans A.
Alors 4+p donne un "point" à : 11,17,23,27,35,41 et 47
8+p donne un "point" à : 11,27 et 37 (minable)
16+p donne un "point" à : 23,27,29,35,37 et 47
32+m donne un point à : 35,37,41,47 et 53
N'ayant pas obtenu deux points (ou plus) : 17 et 29.
Or, pour un produit de la forme 2^n*p², une seule vérif à faire 2^n*p+p n'est pas dans A (les autres donnent des sommes paires)
et, on a 29=4+25, 4*25=20*5 et 20+5=25 n'est pas dans A

Il ne reste plus que 17=4+13 dont 4*13 est un produit de Pierre. Or dans l'énigme Pierre et Simon trouve donc cette dernière possibilité est nécessairement valide.
On obtient donc à la mimine 4 et 13.

[invité576543]

Donc ce qui pourrait être intéressant, c'est soit d'arriver à quelque chose de pas trop pénible à faire à la main, soit de vraiment raffiner et d'être capable de donner efficacement le nombre de solutions possibles en fontion de n (valeur max des nombres choisis). De mémoire, la première valeur de n pour laquelle on a 2 solutions possibles, c'est 800 et quelque.

Bonjour,

Tu parles du problème du message 11 (somme et produit, sais pas, sais pas, sais, sais)?

J'avais lu quelque part qu'il n'y a avait qu'une seule solution connue et que c'était un problème ouvert que de prouver qu'il n'y en a qu'une... Tu aurais une référence pour une seconde solution?

Cordialement,

[invité576543]

1) S>54 sinon S=53+n avec n>1 et seule la d&#233;composition du produit P=53n satisfait la condition de borne (53 est premier et 2*52>100) c'est beau de simplicit&#233;, non ?

Bonjour,

Je ne comprends pas! 57 n'est pas la somme de deux nombres premiers, puisque 2+55 ne l'est pas et que tout autre d&#233;composition contient un nombre pair diff&#233;rent de 2. Tout nombre impair S tel que S-2 est composite est dans A. (*)

La limite sur les facteurs ne permet d'exclure la somme qu'&#224; partir de 199, non?

(A moins que tu mettes une limite sur P, mais on sait bien que plus P est petit, plus le probl&#232;me est simple... La formulation usuelle ne met une limite que sur les facteurs...)

Cordialement,

Edit : sf les p+p&#178;

[invite35452583]

Bonjour,

Je ne comprends pas! 57 n'est pas la somme de deux nombres premiers, puisque 2+55 ne l'est pas et que tout autre décomposition contient un nombre pair différent de 2. Tout nombre impair S tel que S-2 est composite est dans A. (*)

Non,
1) tu fais une erreur de quantificateur :
Simon est confronté à une somme telle que pour toute décomposition vérifiant la "condition de borne" (sur les termes) Pierre ne peut pas conclure.
Ainsi 57=55+2 d'accord mais ce n'est pas la seule décompo
Le fait que pour toute décompo de la somme, le produit qui en résulte ne permet pas de trouver, me permet d'éliminer en montrant qu'il existe une décompo qui aurait permis à Pierre de trouver connaissant le produit et la condition de borne.
Ainsi, si S=57=53+4. Simon (futé comme pas deux) voyant cela se dit Pierre peut avoir comme produit P=53*4=212 dont l'autre décompo (sans la limite à 100) est P=106*2 mais qui ne respecte pas la condition de borne!
2) dans ma décompo S=53+k je ne formule aucune hypothèse sur k. Le produit P=53k peut se décomposer comme bon lui chante... tant qu'on oublie la condition de borne!
Car ce que j'affirme c'est que la décompo 53 et k pour la somme existe, le produit P qui en résulte "contient" du 53.
53, comme tout nombre premier qui se respecte, est "insécable" pour la multiplication et donc se retrouvera intégralement dans un des facteurs du produit.
Or 53 est trop gros pour accepter un "copain" (>=2) pour former un facteur inférieur à 100.
Ainsi pour une décompo d'un produit P vérifiant la condition de borne contenant un aussi gros nombre premier que 53, un seul produit respecte la condition de borne. 53 et ses autres "gros" cousins (premiers) sont exclus de P et donc les sommes pouvant s'écrire S=gros premier+bidule sont exclus.

Je me suis rendu compte qu'il y a un petit trou dans ma démo que les sommes supérieurs à 55 sont exclus : 154=53+101 n'est pas acceptable.
Enfin, c'est pas grave 53 n'est pas le seul autre gros premier.
97 est premier (et le même argument fonctionne pour lui), il prend le relais de 53 pour éliminer les sommes allant de 154 à 197.
On change légèrement l'argument pour les 3 derniers
198=100+98=99+99
rapidement 99*99 donc il y a du 11, un facteur a est de la forme 11k or (99*99)/(11k)=9*99/k<=100 donc k>=9*99/100=8,... donc k=9 et a=99 et b=99
100*98. Si un des facteurs est strictement inférieur à 98 l'autre est strictement plus grand que 100. Les seul facteurs possibles vérifiant la condition de borne sont 98,99 et 100 or 99 ne divise pas 98*100=>une seule décompo possible
Même argument pour 99*100 et 100*100 que celui utilisé pour 98*100.
Toutes les sommes supérieures à 55 sont donc bien exclues (54 se fera éliminer après comme nombre pair)

[matthias]

Tu parles du problème du message 11 (somme et produit, sais pas, sais pas, sais, sais)?

Oui, je parle bien de ce problème.

J'avais lu quelque part qu'il n'y a avait qu'une seule solution connue et que c'était un problème ouvert que de prouver qu'il n'y en a qu'une...

Je ne comprends pas.
Si tu fais un programme bien bourrin qui cherche toutes les solutions possibles et qui n'en trouve qu'une, ce n'est plus vraiment un problème ouvert.

Tu aurais une référence pour une seconde solution?

Ce que je dis c'est que si tu ne prends plus des nombres compris entre 2 et 100, mais des nombres compris entre 2 et n, le problème n'admet plus une solution unique à partir d'une certaine valeur de n (800 et quelque si ma mémoire est bonne). Il faudrait que je le reprogramme pour retrouver la valeur exacte.

[invite35452583]

Bonjour,

Tu parles du problème du message 11 (somme et produit, sais pas, sais pas, sais, sais)?

J'avais lu quelque part qu'il n'y a avait qu'une seule solution connue et que c'était un problème ouvert que de prouver qu'il n'y en a qu'une... Tu aurais une référence pour une seconde solution?

Oui, je parle bien de ce problème.

Je ne comprends pas.
Si tu fais un programme bien bourrin qui cherche toutes les solutions possibles et qui n'en trouve qu'une, ce n'est plus vraiment un problème ouvert.

Ce que je dis c'est que si tu ne prends plus des nombres compris entre 2 et 100, mais des nombres compris entre 2 et n, le problème n'admet plus une solution unique à partir d'une certaine valeur de n (800 et quelque si ma mémoire est bonne). Il faudrait que je le reprogramme pour retrouver la valeur exacte.

Bien que n'ayant pas cherché où en sont les mathématiques sur ce problème, je peux néanmoins vous faire la remarque suivante : vous pouvez avoir raison tous les deux pour la simple raison que vous parlez de deux problèmes voisins mais différents.
En effet, les deux problèmes avec et sans limites se différencient.
Ainsi, une solution (autre que S=17 P=52) existant avec une limite à n peut exister à un certain niveau mais disparaître pour n plus grand et n infini (sans limite).
J'essaie de m'expliquer. Un "produit de Pierre" quand la limite est fixé à n peut ne plus l'être sans limite ou limite plus grande car un de ses produits est "caché" par la condition de borne d'où existence temporaire à un niveau mais disparition à un autre.
Autre phénomène possible : il pourrait aussi disparaître car ce que j'ai appelé l'ensemble des sommes admissibles grandit quand n grandit ce qui agit sur le fait qu'un produit soit "de Pierre".
Une solution apparaissant avec une limite à n, pour être pérenne à l'infini, doit passer le cap d'une limite supérieure à environ (S/2)²/2=S²/8 (peut-être un peu moins mais de l'ordre de grandeur du carré) (illustration sur 17, 17=8+9, 8*9=72=2*36, il faut que la limite dépasse 36 pour que la condition de borne ne pose plus "problème" pour les produits, rappel a=4 et b=13)

De ceci, il se peut très bien que Matthias ait trouvé une solution temporaire autour de 800 mais non viable à l'infini et que pour celui-ci, comme affirmé par mmy, le problème reste ouvert (derrière ce jeu, il y a quand une manière de poser autrement la question de la répartition des nombres premiers via leur somme avec 2 et les autres bidules de ce problème).
Evidemment si Matthias n'a pas imposé les conditions de borne dans son programme, il y a nécessairement contradiction.

[invité576543]

Ce que je dis c'est que si tu ne prends plus des nombres compris entre 2 et 100, mais des nombres compris entre 2 et n, le problème n'admet plus une solution unique à partir d'une certaine valeur de n (800 et quelque si ma mémoire est bonne). Il faudrait que je le reprogramme pour retrouver la valeur exacte.

Bonjour,

J'avais très bien compris. Il me semblait avoir lu que c'était un problème ouvert quand on ne met aucune limite sur n, et qu'il n'existait qu'une solution. Or tu parles d'une autre solution... Cela m'intéresse donc de connaître celle-ci pour résoudre cette contradiction entre 2 sources!

(J'avais résolu le problème avec des nombres entre 1 et 100 il y a quelque chose comme 15 ans, mais c'était entièrement à la main -- 2 jours et pas mal de feuilles de papier! -- et je n'ai donc pas de écrit de programme...)

Cordialement,

[invité576543]

1) tu fais une erreur de quantificateur :

Vu. Dur de s'y remettre, à ce pb...

Cordialement,

[matthias]

Evidemment si Matthias n'a pas imposé les conditions de borne dans son programme, il y a nécessairement contradiction.

Si je n'avais pas imposé de condition de borne le programme tournerait encore
Donc oui, je ne me suis intéressé qu'au problème où les nombres sont bornés.
J'essaierai de reprogrammer ça dans la semaine, c'est pas que ce soit dur, mais j'ai un peu la flemme.

[invite35452583]

Si je n'avais pas imposé de condition de borne le programme tournerait encore
Donc oui, je ne me suis intéressé qu'au problème où les nombres sont bornés.
J'essaierai de reprogrammer ça dans la semaine, c'est pas que ce soit dur, mais j'ai un peu la flemme.

Je me doute bien que tu as borné (quoique on peut programmer sans limite autre que le temps dont on est prêt à laisser la machine tourner).
Mais qu'as-tu borné :
1) les deux nombres ainsi que les décompo de la somme et du produit (ce que j'ai appelé "condition de borne" et qui chez moi a ce sens précis et pas un autre) ce qui correspond au problème "avec limite" ;
2) les deux nombres mais pas les décompo (dans ce cas tu es dans le problème "sans limite", dans ce cas il faut mieux limiter la somme elle-même) ;

Si tu veux reprogrammer et bien qu'adepte du "quitte à bourriner autant bourriner" (moi, je n'ai plus que ma TI-82 chez moi pour programmer : je suis bien obliger de ne pas bourriner ), je pense que dans la résolution à la main que j'ai donné tu as de quoi bouster le programme pour attaquer des nombres beaucoup plus grands. (Evident pour le problème avec la "condition de borne" sur les décompo (même à 1000 c'est faisable à la main) Mais également pour le problème "sans limite" sur les décompo : les produits de Pierre 2^n*p donnant un "point" (deux points et l'élimination directe quand n=1) aux sommes envisagées font déjà beaucoup le ménage. Reste à faire tourner
élément de A restant (donc 2+produit impair)
->décompo en somme (*)->produit associé P
->liste des autres décompos de P en produit pair*impair, si une donne une somme dans A : produit viré
->si P est un produit de Pierre, un point à S
->2 points=>A viré
(*) : à mon avis réaliser la liste des décompo en somme en commençant par les 2^h*m+n avec h le plus grand possible puis diminuer h accélérera grandement le programme.
Enfin après tu programmes comme tu veux.

[matthias]

Mais qu'as-tu borné :
1) les deux nombres ainsi que les décompo de la somme et du produit (ce que j'ai appelé "condition de borne" et qui chez moi a ce sens précis et pas un autre) ce qui correspond au problème "avec limite" ;
2) les deux nombres mais pas les décompo (dans ce cas tu es dans le problème "sans limite", dans ce cas il faut mieux limiter la somme elle-même) ;

Juste les deux nombres. J'avais commencé par faire une version utilisant les quelques résultats que j'avais pour par faire trop bourrin, et ensuite une solution hyperbourrin. Comme je ne me suis pas amusé à le lancer sur des nombres supérieurs à 1000, ça ne changeait pas grand-chose.

[invite35452583]

Comme je ne me suis pas amusé à le lancer sur des nombres supérieurs à 1000, ça ne changeait pas grand-chose.

En effet ... (quand on a du matériel potable)

[matthias]

Sur PC, pas sur calculatrice

[matthias]

Bon, je l'ai reprogrammé de manière hyperbourrin, pas optimisée du tout (une dizaine de sceondes pour n aux alentours de 800 ...).
Je trouve qu'il y a plusieurs solutions pour n>= 866 (4 et 13, ou 4 et 61 pour n=866).

[invite35452583]

Bon, je l'ai reprogrammé de manière hyperbourrin, pas optimisée du tout (une dizaine de sceondes pour n aux alentours de 800 ...).
Je trouve qu'il y a plusieurs solutions pour n>= 866 (4 et 13, ou 4 et 61 pour n=866).

A la "main" (en tirant encore un peu plus sur la condition au borne, admettant résultat sur les pairs et "petit programme" mais par économie : attribution des "points" pour les nombres inférieurs à 193, mais faisable à la main : je l'avais dit que c'était faisable ), avec limite à 1000 pour n. (Que pour celui-là contrairement à ton programme évidemment plus efficace)
Seules, les sommes 53,59 et 65 "m'emmerdent" => merci pour le tuyau pour 65 (=4+61)
A priori il est viable (trop petit pour "mourrir").
Mais, j'ai l'impression qu'il est de plus en plus difficle d'être solution (même arithmétiquement j'élimine plus facilement les plus grands nombres) : il existe peut-être un problème ouvert mais avec un nombre fini de solutions et non unicité de la solution.(désormais mon favori jusqu'à preuve du contraire)

[invite35452583]

Bon, je l'ai reprogrammé de manière hyperbourrin, pas optimisée du tout (une dizaine de sceondes pour n aux alentours de 800 ...).
Je trouve qu'il y a plusieurs solutions pour n>= 866 (4 et 13, ou 4 et 61 pour n=866).

Vu qu'il n' y avait pas unicité, j'ai lancé un programme (pas trop bourrin pour que la calculette n'explose pas) de recherche des "sommes de Simon" sans "condition de borne" sur les termes et facteurs des décompositions, il y a "quelques" solutions pour des sommes inférieures à 1000 (entre parenthèses le produit de Pierre correspondant) :
17=4+13 (52)
65=4+61 (244)
89=16+73 (1168)
127=16+11=16+3*37 (1776)
137=64+73 (4672)
163=32+131 (4192)
179=32+131 (2608)
185=4+181 (724)
191=32+167 (5344)
233=4+229 (916)
247=8+239 (1912)
269=256+13 (3328)
305=64+241 (15424)
343=32+311 (9952)
427=8+419 (3352)
457=8+449 (3592)
547=128+419 (53632)
569=256+313 (80128)
583=512+71 (36352)
613=512+101 (51712)
637=128+509 (65152)
667=8+659 (5272)
673=32+641 (20512)
697=128+569 (72832)
733=32+701 (22432)
757=556+201=4*139+3*67 (111756)
779=256+523 (133888)
787=128+659 (84352)
817=8+809 (6472)
821=64+757 (48448)
853=32+821 (26272)
929=256+673 (172288)
967=128+839 (107392)
977=40+937=8*5+937 (37480)
989=256+733 (187648)
997=576+421=64*9+421 (242496)
36 solutions
Sinon il y a 102 "produits de Pierre" (sans limite sur les facteurs) chacun donnant une seule somme "admissible" (forme 2+produit impair) par définition, seuls 4 sont solutions : 52, 244, 724 et 916.
Autre point, j'ai d'abord regardé pour trouver des grandes sommes de Simon les nombres qui ne sont pas de la forme 2^n+p (p premier), il y en a 17 :
4 solutions (ayant un seul "produit de Pierre") : 127, 757, 977 et 997.
7 n'ont aucun produit de Pierre : 149, 251, 331, 337, 373, 877, 905 et 907
6 en ont plus de 2 : 251 (2), 509 (2), 599 (4), 701 (4), 809 (5), 959 (4)
Vu le nombre à zéro, je me suis dit que ce n'était pas forcément les meilleurs clients et j'ai donc lancé la calculette cherché toutes les "sommes de Simon" inférieures à
1000 (entre 1h et 1h30 : c'est pas grave moi je faisais autre chose)

Après cette ébauche d'étude statistique de la population des "sommes de Simon" et des "produits de¨Pierre", il peut être intéressant de voir pourquoi seuls 17 et 65 sont solutions quand on prend n=866 ou n=1000. Pour cela je vais résumer comment on peut en à peu près 1h (je suis au repos en ce moment), on trouve pour 1000 à la main (S est mon inconnue principale) :
1) somme admissible (A) : impair, pas 2+p, et inférieur à 503 (1er premier après 500=1000/2, cf solution pour n=100, 503 remplaçant 53)
Ca paraît encore énorme mais on peut limiter ainsi :
505/3=168,... or 173, 181 sont premiers et congrus modulo 4, 179 et 191 sont premiers et congrus modulo 4 (chaque impair est congru modulo 4 à deux de ces gros premeirs)
Donc, tout nombre supérieur à 191+5 pourra s'écrire deux fois de la forme 4k+p
si S n'est pas dans A (terminé) sinon elle est dans A mais les deux décompo (4k, p) donnent des produits dont toutes les autres sommes sont supérieures à 3*173>505 donc non dans A (j'ai ainsi créé très facilement des produits de Pierre pour la borne à 1000)
Pour ceux inférieurs à 197 et qui ne sont pas deux fois de la forme 2^n+p (il en reste une petite dizaine), les "moyens" (supérieurs à 100) je leur fabrique aussi des produits de Pierre de la même façon (peu ou pas de décompo acceptable pour la borne à 1000). Il ne reste après cela que : 17, 29,41, 53, 59 et 65 à éliminer sans utiliser les bornes! (il n' ya que deux rescapés après les produits de Pierre "arithmétiques" (sans condition sur la taille des facteurs : ils sont trop petits)
Ceci pour illustrer la puissance de la "condition de borne" à n=1000, seuls sont éliminés purement algébriquement les nombres inférieurs à 100! (149 qui n'a aucun produit de Pierre arithmétique s'élimine très facilement avec cette condition de borne!!)

[invite35452583]

Deux questions semblent intéressantes :
1) évaluer le nombre de "sommes de Simon" tendanciellement (par exemple du type pour les premiers, la densité tend vers n/ln(n)). Apparemment, le nombre fini est à exclure (encore un changement d'avis). Cela pourrait commencer par évaluer les "produits de Pierre"
2) la question de l'existence de solutions du type (2,m)
J'explicite cette dernière :
Une solution est de la forme (2^k*m,n).
757 étant un exemple pour lequel m<>1 (y en a-t-il d'autres? c'est aussi une question que l'pn peut se poser).
Toujours est-il que, dans le cas général, il n'y a pas de raison simple pour laquelle m=1.
Par contre pour n=1, une solution du type (2m,n) implique m=1 (sinon le produit de Pierre 2mn aurait deux sommes distinctes dans A : 2m+n (c'est le minimum pour une "somme de Simon") et 2+mn (trivial)) (contradiction)
Dèjà, y a-t-il des "produits de Pierre" de la forme 2*impair : pas beaucoup mais il y en a :
25 inférieure à 1000
13 entre 1000 et 2000
15 entre 2000 et 3000
8 entre 3000 et 4000
7 entre 4000 et 5000
10 entre 5000 et 6000
8 entre 6000 et 7000
5 entre 7000 et 8000
7 entre 8000 et 9000
8 entre 9000 et 10000

Aucun n'aboutit à une "somme de Simon", une solution est donc supérieur à (2, 5001)

Ma calculette peut guère aller plus loin, Matthias comme tu as refait un programme sur ce problème peut-être peux-tu faire une recherche spécifique pour des valeurs plus grandes (1.000.000 par exemple)

[invite35452583]

Salut Matthias (et aux autres)
un petit truc amusant à faire (si tu as conservé ton grogramme): regarder les solutions quand les facteurs sont limitées à n (compris) pour un n=1615 et n= 1616
et comparer les deux listes.

[invitea5d4c8d6]

Bonjour à tous.

Alors voici une des énigmes qui m'a le plus épaté.
Je vous la présente en espérant qu'elle n'a pas été postée il y a peu.



Un type sachant que son facteur aime les énigmes, lui pose celle qui suit :

"J'ai trois filles, vous le savez. Le produit de leur âge fait 36. La somme de leurs âges est égal au numéro de la maison d'en face. Quels sont les âges de mes trois filles ?"

Le facteur réfléchit un instant et dit : "J'ai presque trouvé mais êtes-vous sur de m'avoir tout dit ?".
Et le type : "Ha oui j'oubliais ... mon ainée joue du piano !"

La facteur répond alors: "J'ai trouvé"

Et Vous ?

desole de jouer les rabats joie mais j'ai une autre solution.
premierement, il y a une infinite de possibilite de faire 36 avec le produit de 3 nombres reels (les ages) et non pas 8 (cas particulier où les 3 enfants ont leur anniversaire le même jour).
quand au numero de la maison la je suis d'accord que c'est un entier naturel positif.
ensuite le facteur sait que l'ainée joue du piano.
il faut alors supposer que le facteur connait l'age de la fameuse fille qui joue du piano.
supposons que l'ainée ait x ans, x connu
on doit resoudre un systeme de 2 equations a 2 inconnus
xyz = 36
x+y+z =a , a est connu (le numero de la maison)
il y a une unique solution que le facteur connait

mnt la question de l'enigme etait : "et vous?"
la reponse est tout simplement NON, on ne peut pas trouver l'age des 3 filles contrairement au facteur.

[matthias]

Ca n'a aucun intérêt de considérer des nombres réels. D'ailleurs je ne crois pas que le facteur aurait pu trouver ...

[invitea5d4c8d6]

les nombres reels ne sont pas vraiment "sans interet" pour tout le monde.
le facteur sait resoudre un systeme de 2 equations a 2 inconnus puisqu'il a trouv&#233;.
blague a part, le point sur lequel je voulais insister est qu'il faut preciser que que les ages sont des nombres entiers.
les enfants ne disent ils pas j'ai 3 ans "et demi" ...
(ce sont eux qui disent la verite!)

[matthias]

Non il n'y a pas besoin de le préciser, dans ce genre d'énigme savoir faire les quelques hypothèses nécessaires à la résolution fait partie du problème.

[invite35452583]

les nombres reels ne sont pas vraiment "sans interet" pour tout le monde.
le facteur sait resoudre un systeme de 2 equations a 2 inconnus puisqu'il a trouvé.
blague a part, le point sur lequel je voulais insister est qu'il faut preciser que que les ages sont des nombres entiers.
les enfants ne disent ils pas j'ai 3 ans "et demi" ...
(ce sont eux qui disent la verite!)

Non, il est inutile de préciser que ce sont des entiers.
Mais d'abord précisons que Le facteur ne peut pas connaître l'age de l'aînée au départ (quelque soit les nombres : réels, rationnels, ..., entiers):
s'il connaît l'age de l'ainée (x) alors, en effet, il connaît y et z en résolvant un système à deux équations. Mais il le connaît dès la donnée de la somme des trois âges et de leur produits! Ce qui contredit l'énoncé dans lequel le facteur ne trouve qu'après l'indice qu'il n'y a qu'une fille ainée.

Avant d'aborder la question de savoir sur quel ensemble de nombres le facteur raisonne, voyons le cas réel en particulier :
le facteur ne connaissant pas l'âge de l'ainée (cf.1) à l'avance il se retrouve avec une famille infinie de solutions réelles (dans le sens mathématique). Le facteur ne peut donc pas trouver (s'il raisonne en nombres réels) avec le seul indice supplémentaire sur l'unicité de l'ainée qui n'exclut qu'au maximum deux solutions y(x)<>x et z(x)<>x.

A proprement parler il est probablement impossible (ou alors très difficile) de montrer que le facteur "raisonne en nombres entiers" (dit comme ça).
Mais, ce qui revient au même, on peut montrer que le facteur trouve "notre" solution d'entiers :
* il existe une solution avec les entiers basée sur le double indice que le facteur ne trouve pas avec la seule donnée de la somme et du produit des trois ages mais trouve quand il sait qu'il n'y a qu'une ainée ("mon"<>"mes")
Donc de deux choses l'une :
a) Soit l'ensemble de nombres avec lequel le facteur raisonne sur cette énigme contient plus de solutions
b) Soit cet ensemble, bien que plus grand, n'a lui même qu'une solution
Mais le cas a) est à exclure car dans ce casle facteur, lui même, ne trouve pas
Reste le cas b), mais alors cette solution est la même que celle trouvée en raisonnant sur des entiers car tout ensemble de nombres contient les entiers.

Bon, et bien disons que ta question, Batman, était une nouvelle énigme à résoudre.

[invite71124d1f]

Bonjour,
Ceci est mon premier message.
Je ne suis pas convaincu par la réponse proposée:
Si les deux soeurs sont des jumelles de 1 an,l'ainée peut avoir 36 ans.Il semble que toute solution donnant l'ainée ayant un age >= 6 ans convient,à moins qu'on puisse commencer le piano avant(?).
A bientôt.

[invite35452583]

Bonjour,
Ceci est mon premier message.
Je ne suis pas convaincu par la réponse proposée:
Si les deux soeurs sont des jumelles de 1 an,l'ainée peut avoir 36 ans.Il semble que toute solution donnant l'ainée ayant un age >= 6 ans convient,à moins qu'on puisse commencer le piano avant(?).
A bientôt.

Bienvenu.
Le facteur sait alors que la somme vaut 38(=36+1+1) et que le produit vaut 36. Y a-t-il plusieurs solutions entre lesquelles le facteur peut hésiter (si ce sont des entiers)? Non car toutes les décompositions de 38 en sommes de trois entiers donnent un produit plus grand que 36.
Alors pourquoi le facteur dit-il seulement dans un 1er temps qu'il a presque trouvé. Et non pas qu'il a trouvé?