Fiches définitives

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 \section*{Eléments de réponse} 
 
-\q (Facile) Première réponse
+\q 
+\begin{enumerate}
+    \item (Facile) Calcul simple. $N$ jours pour 0.5 et $4N$ pour 0.1.
+    \item (Facile) On a une séparation en deux partie. Donc il y aura toujours un papillon à 1cm. 
+    En fait, la moitié des papillons ont une taille qui tends vers 0 et l'autre qui reste à 1. 
+\end{enumerate}
 
-\q (Moyen) Deuxieme réponse
+\q (Moyen) Réponse : non ! Car le terme maximal ne dépassera jamais $\max(x_{2n+1}, 1.5x_n)$ \\
+\textit{Quelques éléments d'argumentation :}\\
+
+ Supposons que l'on a les tailles $x_1, \ldots, x_n, x_{n+1}, x_{n+2}, \ldots, x_{2n+1}$ écrite dans l'ordre croissant. 
+Après la première transformation, on a $x_{n+1}$ qui devient $x_{n+1}/2$. 
+\begin{itemize}
+    \item 1er cas : Si $x_{n+1}/2 \geq x_n$, alors $x_{n+1}/2$ reste le point médian et après la second transformation $x_{n+1}/2$ devient $1.5 x_{n+1}/2 = 0.75 x_{n+1}$. \\
+    On a donc les tailles $x_1, \ldots, x_n, 0.75 x_{n+1}, x_{n+2}, \ldots, x_{2n+1}$ dans cet ordre et donc les $n+1$ premiers termes ne pourront pas dépasser $x_{n+2}$ en étant multiplié successivement par des $0.5$ et des $1.5$. 
+    \item 2nd cas : Si $x_{n+1}/2 <  x_n$, alors $x_n$ devient le nouveau point médian. Dans ce cas on a deux sous cas : 
+    \begin{itemize}
+        \item Si $1.5x_n < x_{n+2}$. \\
+        Dans ce cas, c'est bon. Car le point médian est $1.5x_n$.
+        On a donc les $n + 1$ petites tailles  :
+        $$x_1, \ldots, x_{n-2}, \frac{x_{n+1}}{2},1.5 x_n$$ avant $x_{n+2},\ldots, x_{2n+1}$. 
+        où $1.5 x_n$ est le plus grand d'entre eux. Ainsi les $n+1$ premiers termes ne pourront pas dépasser $x_{n+2}$ en étant multiplié successivement par des $0.5$ et des $1.5$. 
+        \item Si $1.5x_n > x_{n+2}$ Dans ce cas on a : 
+         $$x_1, \ldots, x_{n+1}/2, x_{n+2}, 1.5x_n \ldots, x_{2n+1}$$
+         Mais alors $x_{n+2}$ devient $x_{n+2}/2$ et donc on a la suite 
+         $$x_1, \ldots, x_{n+1}/2, x_{n+2}/2, 1.5x_n \ldots, x_{2n+1}$$
+         ce qui se ramènera au cas précédent car en multipliant par $1.5$ le nouveau point médiant, on sera plus petit que $1.5 x_n$.  
+    \end{itemize}
+\end{itemize} Et on recommence \\
+
+\q (Moyen +) Un $raisonnement$ un peu analogue devrait montrer que le terme maximal ne dépassera jamais $\max(x_{2n+1}, 2x_n)$. 
+
+\q (Difficile) On peut essayer d'estimer la proportion avec des coefficients binomiaux. 
+Si on part d'un seul papillon de taille $x$, on peut calculer la taille de tous les papillons à la génération $n$. \\
+En effet considérons la quantité $(a+b)^n$. Le coefficient $a^ib^{n-i}$ représente le nombre de papillons de taille $0.8^i \times 1.25^{n-i}$.
+De plus, en remarquant que $0.8 \times 1.25 = 1$ on peut estimer la quantité de papillon en fonction des papillons initiaux car les différentes tailles possibles sont de la forme : $0.8^i$ et $1.25^i$ pour $i$ allant de $0$ à $n$. 
+
+\q (Très difficile ? voir ouvert ?) Peut-être un raisonnement analogue, mais plus compliqué. 
+
+\q (Ouvert)

fiches/gentillesse-fiche.tex

@@ -1,5 +1,40 @@
 \section*{Eléments de réponse} 
 
-\q (Facile) Première réponse
 
-\q (Moyen) Deuxieme réponse
+\q a) (facile) Il n'y a alors qu'une seule manière possible de propager: $A_1(M,\ell)=\{a+b-2\}$.\\
+b) (assez facile) Il y a plusieurs manières de propager mais en fait elles sont toutes aussi rapides: $A_1(M,\ell)$ est réduit à la distance entre le lutin de départ et le lutin le plus éloigné. Remarquer qu'après le jour 1, on a coupé le réseau en 2 et on peut se ramener au cas a) pour au moins l'une des deux moitiés.\\
+c) (moyen) Le lutin initial est quelque part au milieu. On a le choix entre 2 valeurs: la distance entre le lutin de départ et le lutin le plus éloigné; la même distance + 1.
+Pour le justifier, il suffit de regarder ce qui s'est passé le premier jour: soit on a perdu un temps en ne propageant pas vers le côté le plus éloigné; dans ce cas on coupe le réseau en 4 et la durée de la propagation est déterminée par la plus grande des 4 parties, qui est dans la situation a; soit on n'a pas perdu de temps (propagation vers le côté le plus loin) et c'est la même chose sauf qu'on a gagné un jour.
+%\q (facile)
+
+\q (moyen/difficile)
+    Par récurrence (non trivial mais très raisonnable), on démontre qu’on ne peut faire que des intervalles.
+    Pour des raisons combinatoires (quelques technicités pénibles), les intervalles doivent être inclus dans un intervalle type $[k,(3^k-1)/2]$, avec $k = \log_3(\text{nb de lutins})$.
+    L’intervalle $[k,(3^k-1)/2]$ est atteint par le graphe complet, et c’est plus généralement le cas des $[k,l]$ avec $l$ compris entre $(3^{k-1}+1)/2$ et $(3^k-1)/2$.
+    Pour conclure, il suffit de remarquer que, si on a un intervalle type $[a,b]$, on a facilement $[a+1,b+1]$ en ajoutant un lutin en plus relié uniquement au lutin qu’on veut être celui de départ.
+
+\q  (à voir) On ne peut encore faire que des intervalles, pour des raisons similaires.
+    Difficile de dire a priori si on est plus ou moins limité que dans la question précédente, à réfléchir.
+
+
+\q  (à voir)  Pour la 1, avec la plupart des graphes, $E = \{\infty\}$ (sauf quand $a\leq2$ ou $b\leq2$).\\
+    Pour la 2, les graphes qui donnent autre-chose sont extrêmement contraints. Je n’ai pas terminé l’étude de cas, elle est un peu longue, mais c’est très probablement une question fermée, et le cardinal de $E$ ne peut pas dépasser un truc comme 3 ou peut-être 4.
+    %Pour ce qui est de reprendre la 3, en fait ça ressemblera plutôt à reprendre la 2. J’ai peur que ce soit juste similaire et laborieux pour pas grand-chose de plus, donc ça se défendrait de ne pas la faire reprendre.
+
+\q a. (facile) Majoration très large: $E[\tau]\leq \frac{n-1}{p}$ (en supposant que seul le lutin de départ a le droit de sourire a un autre lutin à la fois: dans ce cas $\tau$ est (nb de lutins) $\times$ (espérance d'une loi géométrique de proba de réussite $p$)\\
+(difficile) Heuristique pour une approximation: plaçons-nous en temps continu: chaque paire amie de lutin se sourit au bout d'une loi exponentielle de moyenne $1/p$. Quand $k$ lutins sont de bonne humeur, chacun des $n-k$ restants reçoit donc un sourire au bout d'une loi exponentielle de moyenne $1/(kp)$. Le temps moyen de passage de $k$ à $k+1$ lutins de bonne humeur et donc $\frac{1}{kp(n-k)}$. Ainsi, je m'attends à ce que
+\[E[\tau]\simeq \frac{1}{p}\sum_{k=1}^n\frac{1}{k(n-k)}.\]\\
+b. (moyen) On peut compter le nombre $M_t$ de lutins de bonne humeur: à chaque demi-journée, $M_t$ devient $M_t-1$ avec proba $p$ (on compte en demi-journée car il y a deux extrémités à la chaînes des lutins de mauvaise humeur). On a $M_0=n-1$. Donc $E[2\tau]=\frac{n-1}{p}$ (somme de $n-1$ lois géométriques de proba de réussite $p$); donc $E[\tau]=\frac{n-1}{2p}$.\\
+c. (moyen/difficile) des choses similaires à la a) semblent faisables; \\
+(ouvert) cas général
+d. (ouvert)
+
+\q a. (facile) Ici, $\tau$ est déterministe; $E[\tau]=\tau\leq n$, et $E[\tau]=\tau=n$ est atteint avec le graphe linéaire, avec comme lutin de départ une extrémité\\
+b. (intuition facile) maximisé pour le segment. Justification ?\\ c. (ouvert)
+
+\q a. (facile) \\
+b. (intuition facile) minimisé pour l'étoile \\
+c. (ouvert)
+
+
+\q (ouvert)