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 #1 - 10-10-2010 21:51:22

luthin
Professionnel de Prise2Tete
Enigmes résolues : 36
Messages : 124

Familles d'accords III (suite) +INDICES

Supposez que l'on fasse de la musique avec non pas douze demi-tons mais vingt-quatre quart de tons (équitablement répartis dans l'octave).
Alors combien existerait-il de familles d'accords à douze sons?
Pour ceux qui n'auraient pas vu le premier sujet, je vous invite à le regarder ici.
Spoiler : Indice1
Il est nécessaire de trouver une astuce pour dénombrer les aspects invariants par rotation, à la main, cette fois, ça peut être long!

Spoiler : Indice2
Je propose de trier les familles et les aspects suivant leur ordre. Je m'explique, une famille ou un aspect d'ordre [latex]p\ge 1[/latex] est invariant par rotation d'angle [latex]\frac{2\pi}{p}[/latex]. Si il y a plusieurs possibilités, on choisit [latex]p[/latex] le plus grand possible.
On pourra également utiliser la notation suivante:
TE-[latex]n[/latex]: Système musical de la division équitable de l'octave en [latex]n[/latex] intervalles. Le TE-24 est le système des quart de tons.
[TeX]M_{n, k}, \quad N_{n, k}[/latex]: respectivement, le nombre d'aspects et de familles d'accords à [latex]k[/latex] sons dans le TE-[latex]n[/latex].
[latex]M_{n, k}^*, \quad N_{n, k}^*[/latex]: respectivement, le nombre d'aspects et de familles à [latex]k[/latex] sons dans le TE-[latex]n[/latex] dont l'ordre est supérieur à deux.
[latex]M_{n, k,p}, \quad N_{n, k,p}[/latex]: respectivement, le nombre d'aspects et de familles d'accords à [latex]k[/latex] sons dans le TE-[latex]n[/latex] d'ordre [latex]p[/latex].
On a donc:
[latex]M_{24, 12}=M_{24,12,1}+M_{24,12}^*[/latex], et
[latex]M_{24,12}^*=\sum_{p\ge2} M_{24,12, p}[/latex], où on somme sur tous les ordres possibles.

Spoiler : Indice3
Si je résume les informations contenues dans le premier épisode, on a:
[latex]M_{n, k}=C_{n-1}^{k-1}[/TeX]
[TeX]N_{24,12}=\sum_{p\ge1} \frac{M_{24,12,p}}{12/p}[/TeX]

Spoiler : Indice4
Reprise de l'indice1: le problème est "terminé" quand on sait calculer [latex]M_{24,12}^*[/latex].
Ce n'est pas pour rien que j'ai introduit le "TE-[latex]n[/latex]". Des résultats de systèmes plus simples ([latex]n<24[/latex]) peuvent être utiles... J'aurais du mal à en dire plus!

Bonne chance.



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 #2 - 13-10-2010 17:12:53

McFlambi
Professionnel de Prise2Tete
Enigmes résolues : 48
Messages : 144

familles d'accords ii (syite) +indices

Si tu veux pas etre decu, commence par la fin...

Alors, d'abord etudions les rotations qui peuvent servir. Il y en a 24, que je note {0,1,...,23} (le chiffre correspond au decalage dans un sens). Je note r le chiffre d'une rotation.

Il faut que la rotation transforme un ensemble de 12 points du cercle en le meme ensemble. Donc pour chaque rotation, il doit y avoir un nombre de configurations (accords) qui sont invariantes. Par exemple, pour la rotation 0, tout le monde l'est.

Si je reitere la rotation n fois, je dois encore et toujours conserver ma configuration. Il apparait donc que r et 24 ne peuvent etre premiers, car sinon on pourrait faire tourner les accords et passer par n'importe quelle note. Autrement dit  il reste les multiples de 2 et 3 : {2,3,4,6,...}. Par symmetrie, je peux retirer ceux au dessus de 12, donc on a exactement {2,3,4,6,8,9,10,12}.

Maintenant, disons que la note 0 fait partie de l'accord, dans ce cas pour la rotation r, on aura forcement toutes les r*k notes dans l'accord (il y a ppcm(24,r)/r differentes valeurs de k possibles). Donc on a les couples suivants (rotation,nombre de notes generees a partir de la note 0) :
{(2,12),(3,8),(4,6),(6,4),(8,3),(9,8),(10,12),(12,2)}

Comme on le voit, pour r=2 ou 10, on genere 12 notes, donc on a en fait la meme configuration, qui consiste a prendre une note sur deux, et il y en a 2.

Pour les autres, il s'agit de savoir si en prenant une nouvelle note dans l'accord (bin oui on n'en a pas encore 12, donc faut en rajouter), on va pouvoir faire 12, sachant que la rotation s'applique a la nouvelle note. Autrement dit, il faut que le nombre de notes generees (membre de droite dans les couples) divise 12. La reponse est non pour les couples (3,8) et (9,8), et on sait maintenant combien de notes on doit rajouter et comment les construire. Il nous reste donc a etudier
{(4,6),(6,4),(8,3),(12,2)}, avec (2,12) et (10,12), equivalents, dans la poche qui donnent 2 familles d'accords.
Je me lance...

Une remarque avant tout, on choisit la (premiere) nouvelle note entre 1,...,r-1 sans nuire a la generalite.

A partir de (4,6) je vais faire 6 notes de plus donc 12 et j'ai termine a mon premier ajout. Je dois choisir entre 1,2, et 3. Pour ne pas etre redondant avec (2,12) je ne peux pas choisir 2. Il reste donc 1, et 3 qui correspondent a 6 paires de notes (les paires sont collees: j'en prends 2, j'en laisse deux, etc) et il y a donc 4 nouvelles familles d'accord, et c'est regle (le 4 parce que on eut translater la note 0 de 1,2,3 aussi). [On en est a 6 familles]

Passons a (6,4). Je choisis deux notes parmi 1,2,3,4,5, sauf 2 et 4 ensemble (deja fait) (tous les autres choix sont bons, puisqu'on aura soit 3 collees => 6 familles, ou 2 collees et une seule => 2*6=12 familles). Donc 18 familles en plus [24 familles jusqu'ici]

Passons a (8,3), 3 notes parmi 1,2,3,4,5,6,7... ca s'alourdit. Je ne peux pas refaire ceux deja faits comme 2,4,8 (copie du (2,12)) ou le 4 et deux notes equivalents du (4,6), c'est a dire ceux du type 0,1,4,5,8,9,... ou 0,3,4,7,8,... Il faut donc faire un quadruplet de notes parmi 8 qui en se repetant ne tombe pas sur du deja vu. Si je regroupe les notes qui se touchent, j'ai les configurations du style [1,1,1,1], [2,1,1] [3,1] [2,2] [4]. ou le chiffres correspondent au nombre de notes qui se touchent. le [1,1,1,1] est a proscrire. Pour le [2,1,1] il c'est bon et il y 8*3=24 familles. Pour les [3,1] c'est bon aussi et il y a 8*3 familles aussi. Pour le [2,2] aussi 8*3. et enfin pour le 4 il y a 8 familles. Soit un ajout de 80 familles. [104 familles jusque la]

Passons au (12,2) Autrement dit, choisir 6 notes sur un demi cadran (parmi 12 quoi) sans retomber sur les familles d'avant. On peut faire [1,1,1,1,1,1] [2,1,1,1,1] [2,2,1,1] [2,1,2,1] [2,2,2] [3,1,1,1] [3,2,1] [3,1,2] [3,3] [4,1,1] [4,2] [5,1] et [6]...fiou j'suis pas sorti de l'auberge. alors
[1,1,1,1,1,1]  a proscrire pour (2,12),
[2,1,2,1] (attention a enlever les familles du (6,4)) comme je choisis 6 notes, et 4 espaces, au moins, il faut que je choisisse ou rajouter un ou deux espaces parmi les 4 ce qui fait...

bref j'abandonne.

effectivement, a la main, c'est trop long et il est tres probable que je me sois deja trompe ! j'allais effacer ce message mis ca fera bien sourire quelqu'un si je le laisse. Je reviendrai reflechir plus strategique

 #3 - 13-10-2010 19:14:36

luthin
Professionnel de Prise2Tete
Enigmes résolues : 36
Messages : 124

familles d'accords ii (suite) +indiced

Tout d'abord, merci McFlambi d'avoir réfléchi au problème.
Ta façon de "trier" les rotations ne permet pas de faire un dénombrement correct. Par exemple, tes couples (2, 12) et (10,12) aboutissent bien à la même famille (pourquoi en comptes-tu deux?)... Bref en procédant ainsi, tu vas compter plusieurs fois les mêmes familles. Je donnerai prochainement d'autres indices.

 #4 - 14-10-2010 06:58:18

McFlambi
Professionnel de Prise2Tete
Enigmes résolues : 48
Messages : 144

Familles daccords II (suite) +INDICES

bin deux parce que c'est les memes, avec des notes alternees, et que y en a 2 avec des notes alternees, {0,2,4,6,8,10,12,14,16,18,20,22} et {1,3,5,7,9,11,13,15,17,19,21,23}.

 #5 - 14-10-2010 12:31:47

luthin
Professionnel de Prise2Tete
Enigmes résolues : 36
Messages : 124

Familles d'accords II (sute) +INDICES

ces deux accords sont les mêmes à une transposition près, ils sont donc de la même famille...

 #6 - 15-10-2010 17:04:55

McFlambi
Professionnel de Prise2Tete
Enigmes résolues : 48
Messages : 144

familles d'accords ii (suitz) +indices

ah mais je pensais au nombre d'accords moi... je reviendrais y reflechir dans une semaine

 #7 - 18-10-2010 10:54:44

luthin
Professionnel de Prise2Tete
Enigmes résolues : 36
Messages : 124

Familles d'accorrds II (suite) +INDICES

Merci McFlambi, je me sens un peu moins seul... C'est vrai que ce problème nécessitait une certaine immersion, je suis limite hors-sujet.

Il fallait d'abord voir que les ordres possibles étaient les diviseurs à la fois de [latex]n=24[/latex] et de [latex]k=12[/latex]. Soit, [latex]p\in\{1,2,3,4,6,12\}[/latex].

Ensuite, on s'intéresse aux termes [latex]M_{24,12,p}[/latex] quand [latex]p\ge2[/latex].
Il fallait alors comprendre qu'il y avait autant d'aspects à 12 sons d'ordre p dans le TE-24 que d'aspects à 12/p sons d'ordre 1 dans le TE-24/p. Par exemple, on a:
[TeX]M_{24, 12, 2}=M_{12,6,1}[/latex].
Pour le TE-12, on a aussi:
[latex]M_{12,6}=C_{11}^5=M_{12,6,1}+M_{12,6,2}+M_{12,6,3}+M_{12,6,6}[/TeX]
Et en procédant de la même façon, il vient:
[TeX]M_{12,6,1}=C_{11}^5-\left(M_{6,3,1}+M_{4,2,1}+M_{2,1,1}\right)[/TeX]
On peut procéder ainsi jusqu'à ce que tous les termes soient simples à calculer, par exemple, on a assez facilement:
[TeX]M_{2,1,1}=1[/TeX]
Le dénombrement total n'est pas très long, mais un peu lourd à taper. Je vais écourter et donner directement le résultat attendu:
[TeX]\fbox{N_{24,12}=112720}[/TeX]
Merci à ceux qui ont essayé.

 

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