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\section*{Eléments de réponse}
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\q (facile) Le maximum est 14, le minimum 13. Modulo symétries, il n'y a que 3 configurations.
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\q a) (facile/moyen) Toutes les configurations s'équivalent. Le résultat est $N(N-1)+(N-1)(N-2)+(N-2)(N-3)+... = (N-1)N(N+1)/3$.
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b) (facile) Le max est $2N+(2N-1)+...+(N+1)=N(3N+1)/2$. Le min est $2N+(2N-2)+(2N-4)+...+2=N(N+1)$.
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c) (moyen) Pour $N=2n$ pair, le max est $2(2n+(2n-1)+...+(n+1))=n(3n+1)$.
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Pour $N=2n+1$ impair, le max est $2(2n+1+2n+...+n+2)+n+1=(n+1)(3n+1)$.
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Le min est toujours $2*N+N-1+N-2+...+2=(N^2+3N-2)/2$.
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d) (moyen) ?
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\q (moyen) Algorithme général pour maximiser le coût total: mettre $N$ au sommet de degré maximal, puis le retirer avec ses arêtes, puis itérer.
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\q ?
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\q Q1 (facile) max vaut 25, min vaut 21
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Q2a (moyen) Pour le graphe complet $K_n$, toutes les numérotations ont le même poids. Ce poids vaut $\sum_{1\leq i\leq j\leq n} ij = \frac{1}{24}n(n-1)(n+1)(3n+2)$.
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Q2b (moyen) Pour le graphe des pairs $P_n$, c'est l'inégalité du réordonnement qui conclut.
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Q2c (moyen/difficile) Pour l'anneau, on peut judicieusement utiliser l'inégalité du réordonnement.
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Premier lemme : pour le poids maximal, les deux chemins entre 1 et $n$ sont formés de nombres croissants. Sinon un échange rend le poids meilleur.
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Deuxième lemme : pour le poids maximal, chaque découpage de l'anneau en deux chaînes d'extremités $a, b$ et $c, d$ vérifie: si $a<b$ alors $c<d$ (si $a$ et $c$ sont collés).
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Le deuxième lemme permet de conclure que le max est atteint par la numérotation où les des suites entre 1 et $n$ sont $1,2,4,6,8,..., n$ et $1,3,5,7,...,n$.
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La valeur du poids maximal se calcule. Si $n=2k$ est pair, le poids maximal vaut $\frac{4}{3}k(2k^2+1)+2k^2-5k+3$.
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Un raisonnement similaire montre que le minimum est atteint par $..., n-4,4,n-2,2,n,1,n-1,3,n-3,...$.
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Q2d (difficile) Pour la grille, on peut probablement tout calculer.
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Q3 et Q4 (ouvert) Probablement on peut trouver des estimations.
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\q (ouvert) |