Un certain Ramanujan associé à Hardy ont sorti uen formule à coucher dehors, un mélange hétéroclite invraisemblable. Sinon, pour 13 on arrive assez bien à s'en sortir par récurrence.

C'est vrai que la formule de Ramanujan ne tient pas compte de l'ordre....

Pour le 2^(n-1) je ne pense pas. Si on prend 5 comme sur wiki il y a 7 partition de 5 (à moins que je n'ai pas compris la signification de ton 2^(n-1)

Sinon tu peux regarder là mais prend un efferalgan si ça ne va pas ^^
http://fr.wikipedia.org/wiki/Partition_ … Rademacher

Juste pour m'amuser en LaTeX :
[TeX]p(n)=\frac{1}{\pi\sqrt{2}}\sum_{k=1}^{\infty}A_k(n)\sqrt{k}\frac{d}{dn}\Biggl(\frac{sinh\biggl(\frac{\pi}{k}\sqrt{\frac{2}{3}(n-\frac{1}{24}} \biggr) }{\sqrt{n-\frac{1}{24}}}\Biggr)[/TeX]
Avec [latex]A_k(n)=\sum_{0<h<k,(h,k)=1} e^{\pi*i*s(h,k)-2\pi inh/k}[/latex]
et [latex]s(h,k)[/latex] la somme de Dedekind


Shadock

Pour info, je viens de me taper le nombre suivant et pour 6, je trouve bien 32 possibilités, soit 2^(6-1), les 11 partitions de Ramanujan ne comptant en effet pas compte de l'ordre. Gwen aurait-il raison ?

Je vais simplifier outre mesure:

si je franchis autant de marches que je veux , je suis libre de faire ou de ne pas faire chacune des marches ou toutes...

Au bilan c'est 0 ou 1 soit du simple binaire = 2^n  (-1) pour la première (pas dernière) marche)

Oui , poser le pied sur une marche ou pas il y a 12 pas possible ( le 13 ème est obligé ) ...

Vasimolo

Si on n'est pas trop binaire on peut aussi remarquer que tout cela revient à choisir un ensemble de marche entre la première et la douzième sur lesquelles on va poser le pied et il est bien connu que le cardinal de l'ensemble des parties d'un ensemble de n-1 éléments est [latex]2^{n-1}[/latex]

Vasimolo

Pour 6, on a 11 partitions initiales: 111111, 11112, 1122, 1113, 222, 123, 33, 411, 42, 51, 6 qui donnent en tenant compte de l'ordre:
111111
11112-
1112-1
112-11
12-111
112-2-
12-12-
12-2-1
1113--
113--1
13--11
12-3--
13--2-
114---
14---1
15----
2-1111
2-112-
2-12-1
2-2-11
2-2-2-
2-13--
2-3--1
2-4---
3--111
3--12-
3--2-1
3--3--
4---11
4---2-
5----1
6-----
donc au final 32 possibilités (codées en binaire).
On pourrait conclure (pas de ce cas particulier, mais en généralisant) que la réponse à l'énigme est 2^12=4096 possibilités (puisqu'on doit rester concentrés sur les données ).

Ben ... on est tous d'accord. Qu'en dit maths² ?

Tout à fait d'accord avec Mathias, d'autant que la démonstration de Vasimolo est aussi concise qu'imparable.

Effectivement, la démonstration de Vasimolo est l'exemple même du déclic mathématique à la Martin Gardner. Une autre solution aurait sans doute été de se lancer dans de lourds calculs de dénombrements avec l'appui de récurrences, pour finir par trouver (si on ne se plante pas dans les calculs) une grosse formule (qui devrait se simplifier en 2^n). C'est pour moi un des charmes des mathématiques: il y a les solutions lourdes (comme je sais les pondre ) et les solutions déclic (de Vasimolo et d'autres auteurs ). Bravo et merci à tous pour ces agréables moments.

Je ne sais pas si c'est l'enseignement ou si c'est l'époque qui veut ça ( je penche pour la deuxième solution ) . Incités par l'informatique et autres outils , on fait tout à toute vitesse et on oublie de chercher le squelette ou l'âme d'un problème . Pourquoi se fatiguer si la solution est à portée de clic ?

Vasimolo