Première version fiche oracle

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 \section*{Eléments de réponse} 
 
-\q (Facile) Première réponse
+\q (Facile) Pour $N=3$, tout est admissible.
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+A partir de $N=4$, on a le contre-exemple où une carte est associée à toutes les autres (ce qui traite 2.a), ainsi que celui du 3-cycle (ce qui traite 2.c))
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+\q a) c) (Assez facile) Contre-exemple ci-dessus.
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+b) (Assez facile) Tout est admissible, il suffit de faire en sorte que toutes les paires soient de la forme $(k, n_0-k)$ avec un bon $n_0$.
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+\q (Facile) Le PGCD de 1 avec n'importe quoi donne 1, donc pour être admissible une configuration doit avec une carte associé à tout ou à rien.
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+\q (Difficile à Ouvert) Pour $N=6$, $N=8$ et $N \ge 10$, la configuration dont le graphe sous-jacent est $K_{\lfloor N/2 \rfloor,\lceil N/2 \rceil}$ n'est pas admissible. Un argument-clé est de s'intéresser aux triplets comme $\{2,3,6\}$, qui sont forcément dans la même clique, et on finit par avoir une clique trop grosse.
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+Pour $N=9$, on a de manière similaire comme configuration non-admissible $K_{3,3,3}$.
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+Pour les autres valeurs de $N$, tout est admissible.
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+Il semble difficile de croire que des configurations qui vérifient la contraintes (c) ne seraient pas admissibles, en dehors des petits cas (notamment $N=6$).
+Par exemple (enfin, semi-exemple vu qu'en l'occurrence cela satisfait (c)), pour $N=6$, les 4 seules configurations non-admissibles sont $K_{3,3}$, la même mais avec une unique arête en plus qui relie un sommet de chaque côté, et leurs duaux.
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+\q (Probablement ouvert) C'est peut-être fermé avec de l'asymptotique, cf premier élément pour la question 6.
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+\q (Ouvert) Des calculs qui interviennent naturellement sont ceux de faire la combinatoire du nombre de combinaisons qu'on veut être capable de réaliser par rapport à la marge de manœuvre qu'on a.
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+Le nombre de combinaisons vaut $2^{\frac{N(N-1)}{2}}$, donc en gros du $2^{N^2/2}$.
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+Le nombre de choix qu'a Lock, si le nombre de numéros pertinents vaut $k$, vaut
+$$ 2^k \times \frac{M!}{(M-N)!} $$
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+Ainsi, si $k$ est petit et qu'en reste à $M=N$, on est en gros à $2^{N \log(N)}$, donc on voit déjà qu'il reste plein de configurations non-admissibles. C'est typiquement le cas de la somme.
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+Plus précisément, pour la somme, on a à peu de chose près $k = 2M$. Le terme de $2^k$ commence à peser autour de $M = N^2/4$, et celui en $\frac{M!}{(M-N)!}$ est alors majoré par $M^N$, qui est en $2^{2N \log(N)}$. On peut donc déjà voir que $M$ ne peut pas descendre en-dessous d'un truc en $N^2/4$.
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+En revanche, pour le produit $k$ est a priori de l'ordre de $N^2$ donc on ne peut pas en tirer grand-chose.
+La suite précise est OEIS A027428. Je ne crois pas qu'une asymptotique soit connue, mais il ne me paraîtrait pas absurde qu'on arrive à démontrer que c'est significativement moins que $N^2$, au point que cela répondrait en fait à la question 5 dans le cas de base.
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+Dans l'autre sens, la suite de Fibonacci a la propriété que les sommes sont 2 à 2 distinctes.
+Donc, pour la somme, un $M$ en $\phi^N$ suffit très largement.
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+NB : il y a mieux que la suite de Fibonacci pour ça, mais difficile de trouver une asymptotique.
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+Dernier idée pertinente : pour le PGCD, l'argument massue du PGCD à 1 fonctionne encore par mal, vu que la probabilité que 2 nombres soient premiers entre eux est en $6/\pi^2 > 1/2$. Donc si on prend $M$ trop proche de $N$ et un graphe avec la moitié des arêtes, c'est immédiatement clair que ce n'est pas admissible.
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+Plus précisément, le nombre de PGCD différents 1 pour les nombres de 1 à $M$ étant en $M^2 \left(1-6/\pi^2\right)$, il faut $M^2 \left(1-6/\pi^2\right) > N^2/2$, soit $M > N \sqrt{\frac{1}{2-12/\pi^2}}$ (valeur approchée de la constante : 1,129).
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+On se rend ainsi compte que cet argument est nettement moins fort que le précédent qui donne, encore plus fort que pour la somme, une borne en $N^2/2$.
 
-\q (Moyen) Deuxieme réponse