Combinaison (jeu de société)
Bonjour,
Je suis un auteur amateur de jeux de société et je butte sur un problème mathématique... aussi, je cherche humblement de l'aide...
J'explique :
Sur des tuiles (pièce en carton carrée de 4,5 cm de côté), j'ai des tuyaux.
Exactement 4 tuyaux sur chaque.
Chaque tuyau a une couleur : vert, bleu, rouge et jaune.
Il y a toujours les 4 couleurs sur chaque tuile.
Sur chaque côté de la tuile, il y a 2 entrées/sorties (soit 8 en tout pour chaque tuile).
Chaque tuyau rejoint une entrée et une sortie, unique dans les 2 cas, si bien que toutes les entrées sorties sont occupées.
Exemples :
Ma question : quelles sont toutes les combinaisons possibles ? (sachant que AB-CD-EF-GH est identique à CD-EF-GH-AB / EF-GH-AB-CD / GH- AB-CD-EF => 1er couple = vert, 2ème = bleu, 3ème rouge et 4ème jaune (par contre AB-EF-CD-GH est bien une combinaison possible))
merci pour votre aide,
merci
Je suis un auteur amateur de jeux de société et je butte sur un problème mathématique... aussi, je cherche humblement de l'aide...
J'explique :
Sur des tuiles (pièce en carton carrée de 4,5 cm de côté), j'ai des tuyaux.
Exactement 4 tuyaux sur chaque.
Chaque tuyau a une couleur : vert, bleu, rouge et jaune.
Il y a toujours les 4 couleurs sur chaque tuile.
Sur chaque côté de la tuile, il y a 2 entrées/sorties (soit 8 en tout pour chaque tuile).
Chaque tuyau rejoint une entrée et une sortie, unique dans les 2 cas, si bien que toutes les entrées sorties sont occupées.
Exemples :
Ma question : quelles sont toutes les combinaisons possibles ? (sachant que AB-CD-EF-GH est identique à CD-EF-GH-AB / EF-GH-AB-CD / GH- AB-CD-EF => 1er couple = vert, 2ème = bleu, 3ème rouge et 4ème jaune (par contre AB-EF-CD-GH est bien une combinaison possible))
merci pour votre aide,
merci
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Réponses
Il importe de savoir si on compte les orbites pour l'action du groupe $C_4$ (cyclique d'ordre $4$) ou du groupe $D_4$ (diédral d'ordre 8).
622 (edit : erreur de calcul, voir correction ci-dessous) si on ne peut pas retourner, 330 si on peut, par la formule de Burnside (sauf erreur).
Non, la tuile n'est visible que d'un seul côté (donc pas de BA-HG-FE-DC).
Par exemple, les 4 tuiles suivantes sont en fait les mêmes (rotation 90°) :
Je t'ai déjà donné une réponse : 622, mais j'ai fait une erreur de calcul bête. la bonne réponse est 636. Je peux te donner le détail du calcul par la formule de Burnside :
$$\frac14\left(\frac{8!}{(2!)^4}+ 4!\right)=636\;,$$
où le $4$ au dénominateur est le cardinal du groupe qui agit, le premier terme entre parenthèses est le nombre total de coloriages sans identification par les rotations et le deuxième terme le nombre de coloriages fixés par le demi-tour (les quarts de tour dans un sens ou dans l'autre ne fixant aucun coloriage). Je ne suis pas sûr que ça t'informe beaucoup plus.
Merci... Je ne pensais pas qu'il y aurait autant de solutions, va falloir que je dégraisse...
Par contre, d'habitude, pour mes jeux, j'utilise le site internet DCODE mais il n'y a rien sur Burnside... Comment appliquer cette formule pour lister les 636 solutions ?
[Inutile de reproduire le message précédent. AD]
Tu peux avoir des tuiles qui sont des triangles équilatéraux avec seulement 3 couleurs. Ça pave toujours le plan, et il n'y a que 30 tuiles différentes.
Je demande 33% sur les recettes. ;-)
Je ne promets rien pour ce soir, mais je m'y essayerai.
Edit du soir, espoir :
Pour n=3, j'ai bien trouvé 30.
Pour n=4, je n'ai déjà pas trouvé 636, mais 630. (edit en gras souligné, coquille)
J'oublie certainement des tuiles et c'est "la tuile" 8-)
Je m'étais dit naïvement (sans voir toute la discussion) qu'il suffisait de coder une pièce par une anagramme de RRVVBBJJ (au nombre de ton premier terme) puis de diviser par 4 (rotations).
Je pensais en compter "trop"...
La nuit porte conseil...
Juste un lien vers le jeu pour info : http://www.facebook.com/crazyplumbers/
Pour des raisons de méca, je ne vais pas partir sur des triangles (et encore moins des hexagones). Ni sur du recto-verso car ça ouvrirait trop de possibilités aux joueurs et dans un jeu de société, trop de possibilités et de manipulations font perdre du temps (en général, les joueurs aiment bien jouer mais pas attendre).
De plus, il y a une configuration qui permet plus d'ouverture, ce sont toutes les "combinaisons" bouclant sur elles-mêmes (AB) (CD) (EF) et (GH), je les privilégierai dans mon choix.
Merci.
[Activation du lien. AD]
Évidemment je tente de trouver une méthode "à la main", sans tricher (je me souviens avoir démontré il y a quelques années cette formule des classes de Burside — est-ce bien celle-là ? —, mais ...c'est loin alors je préfère d'abord ne pas l'utiliser sans rien comprendre).
Si ce n'est pas fait dimanche soir, c'est que ma langue a été donnée au chat...
À dénombrer : les pièces hexagonales qui n'ont qu'une face visible (je reviendrai peut-être pour les tuiles transparentes), et telles que sur chacun des six côtés, on y voit deux couleurs ordonnées un couple de couleurs, choisies parmi 6, sous la contrainte d'avoir exactement deux fois chaque couleur, en tout, sur la même pièce.
J'obtiens : 1 245 000.
Tout cela après des calculs fastidieux et, je le crains, pouvant contenir des erreurs.
On comprend pourquoi cette formule de Burside existe.
J'ai utilisé une méthode presque exhaustive, mais même si je m'y prends mal, cela reste un exercice qui demande une certaine concentration.
Remarque : je n'ai pas compris l'exercice que tu proposes, avec "une seule couleur" et des carrés.
Que dit Burnside ?
$$\frac16\left(\frac{12!}{2^6}+6!\right)=1\;247\;520\;.$$
Il me reste à trouver des erreurs dans mes calculs...
voici un échantillon des valeurs que j'ai choisies (tout n'étant pas une solution) :
cordialement