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@ -1,18 +1,104 @@
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\section*{Eléments de réponse}
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\section*{\'Eléments de réponse}
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\q Facile. Table la plus haute : $1$ si $i \leq n+1$, et $i-n$ sinon. Table la plus basse : $i$ si $i \leq n$, et $n$ sinon.
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\textbf{Remarque préliminaire} \hspace{0.3cm} On va donner une autre représentation de la situation, éclairante pour la suite. On considère un graphe circulaire avec un sommet en haut, un sommet en bas, reliés par deux lignes de $n+1$ sommets (en comptant les extrémités), on colorie une arête sur deux en bleu et en rouge (en commençant par rouge depuis le sommet du haut), on les numérote de haut en bas et on étiquette également les sommets de haut en bas par $1,2,...,n+1$ pour la branche de gauche et $1',2',...,(n+1)'$ pour ceux de la branche de droite (les étiquettes $1$ et $1'$ désignent dont le même sommet : celui du haut, et idem pour $n+1$ et $(n+1)'$).
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\q Moyen. Il y en a $\binom{2n-2}{n-1}$ : à part les joueuses $1$ et $2n$, toutes les joueuses oscillent entre une table paire et une table impaire. L'ensemble des joueuses qui commencent à une table impaire détermine la configuration stable.
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Pour une configuration donnée de joueuses, on a une représenation associée sur le graphe en plaçant les joueuses de la table $k$ aux extrémités de l'arête rouge numéro $k$, la plus forte en haut et la plus faible en bas. On peut également faire cette construction avec les arêtes bleues. La configuration initiale est la configuration $0$ et la configuration $k$ est celle après le $k$-ième match.
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\q Convergence vers une configuration stable : facile, mais pas forcément évident à rédiger (montrer par récurrence sur $j$ que la table $j$ finit par se stabiliser). Nombre de tours nécessaires : ouvert. L'argument brutal donne $\frac{n(n-1)}{2}$. On doit pouvoir faire autour de $n$, mais ça a pas l'air évident.
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\begin{figure}[!ht]
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\centering
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\begin{tikzpicture}
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\foreach \y / \g / \d in {0/4/2, 1/1/5, 2/3/7, 3/6/8} {
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\draw (0,\y) node[left]{\g} -- +(1,0) node[right]{\d}; }
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\begin{scope}[xshift=6cm, yshift=-0.5cm]
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\node[draw] (n4) at (0,0) {4};
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\node[gray] at (0,-0.6) {5,5'};
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\node[draw] (n6) at (0,4) {6};
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\node[gray] at (0,4.5) {1,1'};
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\foreach \y / \n / \g / \d in {1/4/5/2, 2/3/1/7, 3/2/8/3} {
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\node[draw] (n\g) at (-0.5,\y) {\g};
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\node[gray] at (-1,\y) {\n};
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\node[draw] (n\d) at (0.5,\y) {\d};
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\node[gray] at (1,\y) {\n'}; }
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\foreach \p / \q / \n / \col / \pos in {4/2/4/red/right, 2/7/3/blue/right, 7/3/2/red/right, 3/6/1/blue/right,
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4/5/4/blue/left, 5/1/3/red/left, 1/8/2/blue/left, 8/6/1/red/left} {
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\draw[\col, ultra thick] (n\p) -- (n\q) node[midway, \pos]{\n}; }
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\end{scope}
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\begin{scope}[xshift=2.4cm,yshift=1.3cm]
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\fill (0,0) -- ++ (1,0) -- +(0,-0.3) -- +(0.5,0.2) -- +(0,0.7) -- ++(0,0.4) -- ++(-1,0) -- cycle;
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\end{scope}
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\end{tikzpicture}
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\caption{Représentation (à droite) de la configuration initiale (à gauche) associée aux tables rouges avec $n=4$ : les joueuses sont les numéros encadrés, les étiquettes des positions sont les nombres grisés, les numéros des arêtes sont écrits à côté. La branche gauche est constituée des joueuses $6,8,1,5,4$ et la branche de droite est constituée des joueuses $6,3,7,2,4$.}
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\end{figure}
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\q Moyen. En gros, elle peut atteindre la table 1 ssi $i+j \leq 2n$, et sinon la table $i+j-2n$ (à chaque fois, à une constante additive près qui doit être calculable et dépend peut-être de la parité).
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Partons de la configuration $0$ avec les tables rouges. Pour représenter la configuration $1$ avec les tables bleues, il suffit de prendre chaque arête bleue et de mettre la meilleure joueuse en haut et la moins bonne en bas. Pour représenter la configuration $2$ avec les tables rouges, il suffit de prendre chaque arête rouge et de mettre la meilleure joueuse en haut et la moins bonne en bas. Puis on recommence avec les bleues, puis les rouges...
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\q Ouvert en général (mais j'ai très peu réfléchi). Il y a des cas faciles.
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Avec cette représentation, une configuration est stable si les joueuses restent toutes immobiles sur le graphe, que les tables soient rouges ou bleues. Autrement dit, les joueuses sont triées par ordre croissant de haut en bas de chaque côté. En particulier, la joueuse tout en haut est la~$1$ et celle tout en bas est la~$2n$. Les tables entre lesquelles elles oscillent sont celles dont elles sont les extrémités.
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Dans la suite, on utilisera implicitement toujours cette représentation graphique.
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\q (Facile) Pour la joueuse $i$, la table la plus haute est $1$ si $i \leq n+1$, et $i-n$ sinon; la table la plus basse est $i$ si $i \leq n$, et $n$ sinon.
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En effet, pour qu'une joueuse puisse se trouver en table $k$ dans une configuration stable, elle doit pouvoir au moins trouver $k-1$ joueuses meilleures qu'elle et au moins $n-k$ joueuses moins bonnes qu'elle.
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\q (Moyen) Il y en a $\binom{2n-2}{n-1}$ : sur la représentation comme graphe, il faut mettre le $1$ en haut, le $2n$ en bas et choisir parmi les $2n-2$ joueuses restantes les $n-1$ qu'on met sur la branche gauche et les $n-1$ qu'on met sur la branche droite.
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\q (Facile) Il y a convergence vers une configuration stable : la joueuse $1$ monte jusqu'à s'immobiliser, puis la joueuse $2$ monte jusqu'à s'immobiliser, et ainsi de suite jusqu'à ce que chaque joueuse soit immobile.
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(Difficile) Le nombre minimal de tours qu'il faut pour atteindre un état stable est~$n$.
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Il y a des configuration qui mettent $n$ tours à se stabiliser : il suffit de mettre la joueuse $1$ tout en bas ou la joueuse $2n$ tout en haut.
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Montrons que toute configuration se stabilise en au plus $n$ tours. Pour cela, on commence par le fait suivant : si les tables $1$ et $n$ de la branche droite n'engendrent jamais d'échange des joueuses à leurs extrémités (autrement dit si aucune joueuse initialement dans la branche droite ne fait irruption dans la branche gauche) alors la branche gauche se stabilise en au plus $n$ tours. Sous cette hypothèse, passer d'une configuration à la suivante revient à trier alternativement les paires de joueuses en positions $1$ et $2$, $3$ et $4$,... ou celles en positions $2$ et $3$, $4$ et $5$,...
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Pour montrer le fait, on procède par récurrence. Si $n=1$, il y a deux joueuses sur la branche gauche et $1$ échange suffit à les ordonner. Supposons la propriété vraie pour $n-1$ et montrons-là pour $n$. On pose $M$ le numéro de la joueuse la moins forte de la branche et $k$ sa position initiale. La joueuse $M$ va alors perdre tous ses matchs donc dans la configuration $l\leq n+1-k$ elle sera en position $k+l$ puis elle sera en position $n+1$ dans les configurations suivantes.
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On construit en parallèle une branche fictive à $n$ joueuses (on se réfèrera à la branche précédente comme la \og{}branche réelle\fg{}) dont la configuration initiale est la suivante : les joueuses en positions $1,2,...,k-1$ sont les joueuses en position $1,2,...,k-1$ de la configuration réelle~$1$ et les joueuses en positions $k,k+1,...,n$ sont les joueuses en position $k+1,k+2,...,n$ de la configuration réelle~$0$. On constate alors le fait suivant : la configuration fictive $q$ est la concaténation des joueuses situées au dessus de $M$ dans la configuration réelle $q+1$ et en dessous de $M$ dans la configuration réelle $q$.
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\begin{figure}[!ht]
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\centering
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\begin{tikzpicture}
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\matrix [matrix of nodes, column sep = 1cm]
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{
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6 & 6 & 1 & 1 & 1 \\
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|[draw]| 8 & 1 & 6 & 4 & 4 \\
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1 & |[draw]| 8 & 4 & 6 & 5 \\
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5 & 4 & |[draw]| 8 & 5 & 6 \\
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4 & 5 & 5 & |[draw]| 8 & |[draw]| 8 \\ [0.3cm]
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|[draw,circle]| 0 & |[draw,circle]| 1 & |[draw,circle]| 2 & |[draw,circle]| 3 & |[draw,circle]| 4 \\
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};
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\begin{scope}[xshift=9cm, yshift=0.2cm]
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\matrix [matrix of nodes, column sep = 1cm]
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{
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6 & 1 & 1 & 1 \\
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|[draw]| 1 & 6 & 4 & 4 \\
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5 & |[draw]| 4 & 6 & 5 \\
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4 & 5 & |[draw]| 5 & 6 \\ [0.3cm]
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|[draw,circle]| 0 & |[draw,circle]| 1 & |[draw,circle]| 2 & |[draw,circle]| 3 \\
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};
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\end{scope}
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\end{tikzpicture}
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\caption{Exemple d'évolution de la branche réelle (à gauche) et de la branche fictive (à droite) en reprenant la branche gauche de la figure précédente et en ignorant l'influence de la branche de droite. Le numéro de la configuration est entouré. Chacune des branches (réelle et fictive) évolue selon les règles du jeux. On remarque que la configuration fictive $q$ est formée des nombres au dessus de la joueuse $8$ dans la configuration réelle $q+1$ et des nombres en dessous de la joueuse $8$ dans la configuration réelle $q$. Les joueuses encadrées dans les configurations fictives sont celles échangeant leur place avec la joueuse $8$.}
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\end{figure}
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Par hypothèse de récurrence, la configuration fictive $n-1$ est triée donc la configuration réelle $n$ est également triée (la joueuse $M$ est bien tout en bas dans la configuration réelle $n$ car elle perd tous ses matchs).
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De plus, ce constat reste vrai si une joueuse de la branche droite fait irruption dans la branche gauche. En effet, pour que cela arrive, il faut qu'une joueuse $i$ soit en position $1$ puis soit battue par la joueuse $j$ située en position $2'$. Mais pour que la joueuse $i$ parvienne à la position $1$, il faut qu'initialement elle soit meilleure que toutes les joueuses au dessus d'elle dans sa branche (car elle ne peut pas passer au dessus d'une joueuse meilleure qu'elle) donc elle gagne tous ses matchs jusqu'à arriver en position $1$. En remplaçant la joueuse $i$ par la joueuse $j$ (qui est meilleure) dans la configuration initiale, celle-ci va également gagner tous ses matchs et arriver en position $1$. En particulier elle y sera quand elle devait perdre contre la joueuse en position $2'$. En résumé, le comportement de la branche gauche avec remplacement de la joueuse $i$ par la joueuse $j$ en position $1$ est le même que celui qu'elle aurait eu en remplaçant dès le début la joueuse $i$ par la joueuse $j$ (donc sans remplacement). On est donc dans le cas précédent et la branche se stabilise en $n$ tours.
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Ce qui vient d'être dit pour un remplacement en position $1$ est également valable pour un remplacement en position $n+1$ et tout le raisonnement est également valable pour la branche droite donc tout le jeu se stabilise en au plus $n$ tours.
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\q (Moyen) Une joueuse $i$ commençant à la table $k$ peut atteindre au mieux la table $1$ si $i+j\leq 2n$ et la table $i+j-2n$ sinon.
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En effet, on remarque que le nombre de joueuses meilleures que $i$ au dessus d'elle dans sa branche ne peut pas décroître (car elle ne peut pas passer au dessus d'une joueuse meilleure et la joueuse en position $1$ est toujours remplacée par une joueuse plus forte). Si la joueuse $i$ commence à la table $k$, elle peut atteindre la table $l<k$ si et seulement si elle peut commencer avec au plus $l$ joueuses meilleures qu'elle au-dessus d'elle, donc $k-l$ joueuses moins fortes qu'elle. Il faut donc avoir $2n-i\geq k-l$, c'est-à-dire $l\geq i+k-2n$. Ainsi, la meilleure table atteignable est $i+k-2n$ et $1$ si cette quantité est négative.
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\q (Moyen) Cela n'est possible que si $l=k$ ou $l=k+1$.
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En effet, on constate que si une joueuse commence en position $n$ et gagne son premier match (ce que l'on peut supposer sans perte de généralité quitte à jouer des matchs jusqu'à ce qu'elle en gagne un), alors toutes les joueuses en dessous d'elle dans sa branche sont toujours moins fortes qu'elle : le numéro de la joueuse en position $n$ ne peut que augmenter et elle a forcément battu les autres joueuses de sa branche en dessous d'elle. Par conséquent, elle ne peut que monter et ne redescendra jamais avant de se stabiliser. Le seul potentiel problème qui se pose est si elle atteint la position $1$ mais cela ne peut pas arriver (sauf s'il s'agit de la joueuse $1$). En effet, on montre par récurrence que dans la configuration $2q$ (resp. $2q+1$), la joueuse en position $1$ est la meilleure parmi celles initialement en positions $1,2,2',3,3',...,q+2$ (resp. $1,2,2',3,3',...,(q+2)'$) donc pour qu'une joueuse passe de la position $n$ à la position $1$, elle doit être la meilleure.
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La joueuse monte donc jusqu'à atteindre sa meilleure table $k$ puis oscille entre les tables $k$ et $k+1$.
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\q Exemple facile : si une joueuse écrit $n$ fois de suite $V$, alors elle est la meilleure, donc son mot ne peut contenir que des $V$. En particulier, il existe des mots non inscriptibles pour $\ell=n+1$.\\
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Facile : Le nombre de mots inscriptibles de taille $\ell$ est borné par $2^{\max(\ell, a_n)}$ où $a_n$ est la réponse à la question 3.\\
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D'après la question $3$, le nombre de mots inscriptibles de taille $\ell$ est borné par $2^{\max(\ell, n)}$.\\
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Difficile : tous les mots de taille $n/2$ sont inscriptibles.\\
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Ouvert : je pense que tous les mots de taille $n$ sont inscriptibles.
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Ouvert : tous les mots de taille $n$ sont inscriptibles.
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\q Difficile : À peu près $1/6$. Il faut que la joueuse $3$ démarre derrière les joueuses 1 et 2, et que les choses se passent mal au niveau de la parité. Le but est de leur faire faire des probas sans le dire. En remplaçant $3$ par $4$, la proportion vaut $5/16$. C'est pas forcément dur à intuiter, mais il est très rare que les élèves pensent à faire des "asymptotiques pour $n$ grand".
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