On ôte le 1 puis un jeton sur 2 (3,5,..)

Je n'ai pas bien compris, pourquoi 1 sur 2, 3, 5, ... (pourquoi pas sur 4 aussi)? Et puis comment sont choisis les lots de 2, 3, ... jetons parmi lesquel le jeton est retiré?

Pour 12345: reste 24, comme on a ôté 5, le suivant 2 est épargné, on ôte 4, reste 2.

Pour 1234, on ôte 13, reste 24, le dernier ôté est 3, 4 est épargné, on prend ensuite 2. Reste 4.

Pour 123456, reste 246, 2 est ôté puis 6, reste 4.

Evidemment, c'est loin d'être une bijection. Il est évident que le dernier est toujours pair, puisque tous les impairs sont ôtés au premier tour.

Proposition:

On cherche le plus grand [latex]k[/latex] tel que [latex]2^k\leq n[/latex] soit [latex]k=PE(\frac{ln(n)}{ln(2)})[/latex]

où [latex]PE[/latex]=fonction partie entière.

On calcule le nombre [latex]nb=n-2^k[/latex]

On détermine enfin le numéro du dernier jeton:

Si nb=0 alors dernier(n)=n

Sinon dernier(n)=2*nb.

Voilà

Pour les nombreuses réponses qui sont déja arrivées: Pas de calculette ni moyen informatique !
Alors pour le log, sauf si d'aucuns trouvent plus rapide de le recalculer à la main...

Avec cette restriction, je cherche la plus petite puissance de 2 supérieure ou égale au nombre de départ. Je retranche cette puissance de 2 au double du nombre de départ.
Ex1:    n = 25;    ppp2 = 32;      2 x 25 - 32 = 18
Ex2:    n = 32;    ppp2 = 32;      2 x 32 - 32 = 32
Ex3:    n = 65;    ppp2 = 128;    2 x 65 - 128 = 2

Bonjour

J'ai essayé cette suite en boucle avec différentes valeurs pour N, N étant le nombre de jetons.

Il s'avère qu'effectivement, les nombres binaires interviennent pour la résolution de ce problème.

Ce que j'a constaté c'est que le nombre restant étant N en binaire décalé d'un bit à gauche (et en supprimant le bit de poids fort).

Autrement dit, le résultat est N*2-(2^k) avec 2^k étant la puissance de 2 immédiatement supérieure à N.

Je pense pouvoir démontrer la première partie du résultat (c'est à dire pour la suite de bits de poids faible étant tous 0). Mais pour la suite, je n'ai pas poussé les investigations plus loin.

Pour les bits faibles étant à 0, en effet, on constate qu'un élimine tous les nombres précédents à N dont le bit 0 est à 1, le bit 1 à 1 etc... tant que le numéro d'ordre du bit est inférieur à celui où l'on trouve le premier bit à 1 dans N.

Eudocie et Néotenien, oui !
Une tentative d'explication serait cependant la bienvenue...

OIk tentative d'explication alors

J'ai fait des essais. Pour N, j'ai constaté que tant que le plus faible bit de N était supérieur au rang du tour (n=1,2 etc), N était conservé. D'où ma première partie de démonstration. "Pour les bits faibles étant à 0, en effet, on constate qu'un élimine tous les nombres précédents à N dont le bit 0 est à 1, le bit 1 à 1 etc... tant que le numéro d'ordre du bit est inférieur à celui où l'on trouve le premier bit à 1 dans N."

Quand on arrive au rang du plus faible bit de n à 1, N est alors éliminé. Il reste les nombres s'écrivant xxx00000 (par exemple) sachant que N s'écrit xxx10000.

Or, à partir de là,  on n'élimine non pas les nombres à partir du premier et tous les 2 coups mais à partir du 2eme... là j'avoue que je sèche et j'ai pas envie de chercher la suite.

En tous cas, j'ai constaté que le résultat était pour N 1 décalage de 1 bit sur la gauche (en supprimant le nouveau bit de poids fort) et, comme tous ceux qui ont fait de l'analyse numérique le savent, un décalage d'un bit sur la gauche est la même chose que multiplier par 2 (ça je peux le démontrer par contre).