Votre espace personnel

S'identifier           S'inscrire

assistant-sudoku.com



Forum des commentaires

Commentaires classés par grille, du plus récent au plus ancien.
Retrouvez aussi chaque commentaire en bas de chaque grille.
Pour faire un commentaire en général, préférez le mode d'affichage par date.


Ajouter un commentaire | Voir la résolution | Résoudre la grille

Grille N°522


Répondre à Francis Labetoulle

De Francis Labetoulle
(Publié le 19/07/2018)

J'utilise des pistes annexes éventuellement (*-wings, via candidats conjugués, sans rappel nécessairement).
Soit P(2L5C6). En utilisant, pour éliminations et croisements, les paires de 4 de L2 puis les paires de 5 de L1, et enfin une xy-chain à partir de 1 et 7 de L4C7 (pistes annexes) P complétée couvre la grille.
Cherchons une autre solution à partir de son antipiste P'. Considérant les pistes issues des 5 de L1, l'une absorbe l'autre, ce qui valide de nombreux candidats don't 5L1C7. Enfin, un *-wing des 1 permet d'éliminer 1L6C9, donc de valider 7L6C9, et par suite d'obtenir contradiction. La solution obtenues avec P est donc unique.

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 18/07/2018)

Bonjour,
1)5 placements par les TB initiales.
2) P(5L4C5).P(4L1C1)=>contradiction (deux 8 dans C6)
3) P(5L4C5).P(7L1C1)=> contradiction (deux 7 dans B6)=>-5L4C5+9 placements
4) P(7L8C5)=>couvre la grille.
5) P(1L8C5)=>contradiction (deux 3 dans B3)
6) P(9L8C5)=>contradiction (L3C4=Ø)=>solution.

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 18/07/2018)

Se reporter au lien "Voir la résolution" ci-dessus.



Ajouter un commentaire | Voir la résolution | Résoudre la grille

Grille N°521


Répondre à Francis Labetoulle

De Francis Labetoulle
(Publié le 17/07/2018)

Bonjour
Voici un cheminement sans invalidité révélée:
D'abord, les 3 pistes issues des 8 de L4 permettent d'éliminer 8L2C4 et 8 L2C6.
Ensuite en utilisant les pistes issues de (1L1C9) et (5L1C9) puis (1L8C5) et (5L8C5), respectivement conjuguées bien sûr, on parvient par éliminations et croisements, à couvrir la grille.

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 16/07/2018)

Bonjour,
1)6 placements par les TB initiales.
2) P(235L1C4)=>couvre la grille
3) P(1L1C4).P(1L9C8) => invalide
4) P(1L1C4).P(7L9C8) =>invalide=>-1L1C4=> solution.

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 15/07/2018)

Après réduction de la grille (6 placements), on utilise deux jeux de pistes successifs dont les interactions suffisent à résoudre la grille et vérifier l'unicité de sa solution.
- D'abord JP(8L2C79/8L3C7) dont plusieurs éliminations résultent de l'interaction des deux pistes P(8L2C79) et P(8L3C7).
- Puis JP(7B9), ou JP(1B9), qui conduit à la solution par croisement des deux pistes.



Ajouter un commentaire | Voir la résolution | Résoudre la grille

Grille N°520


Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 13/07/2018)

@ François Cordoliani : Très très belle résolution François qui montre au passage le rôle des ensembles dans la construction d'une piste ou de son extension et établit à 4 certainement le niveau TDP de la grille. Bravo pour les deux résolutions !

Répondre à François Cordoliani

De François Cordoliani
(Publié le 13/07/2018)

Bonjour,

j’ai une solution de taille 4 qui part de la paire de 9 du bloc 8 et qui utilise notamment une paire d’ensembles de 9 de la colonne 3 :

P(9L7C4) . P(9L12C3) => Contradiction
P(9L7C4) . P(9L34C3) . P(6L1C5) => Contradiction
P(9L7C4) . P(9L34C3) . P(6L1C6) => Solution

P(9L8C5) . P(1L2C2) => Contradiction
P(9L8C5) . P(1L2C3) => Contradiction


Voici une solution de taille 5 qui n’utilise que des paires de candidats :

P(6L1C5) . P(9L2C5) . P(9L1C9) => Contradiction
P(6L1C5) . P(9L2C5) . P(9L5C9) => Contradiction
P(6L1C5) . P(9L8C5) . P(1L2C2) => Contradiction
P(6L1C5) . P(9L8C5) . P(1L2C3) => Contradiction

P(6L1C6) . P(9L3C3) => Solution
P(6L1C6) . P(9L3C7) => Contradiction

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 13/07/2018)

Bonjour,
1)1 placement par les TB initiales.
2) P(4L4C3) => invalide
3) P(9L4C3).P(1L9C3) => invalide
4) P(9L4C3).P(5L9C3) => invalide=>-9L4C3=>validation P(6L4C3)
5) P’(4L7C3) => invalide=>validation P (4L7C3)
6)P(37L4C7)=>couvre la grille
7)P(9L4C7).P(9L7C2)=>invalide
8)P(9L4C7).P(9L7C4)=>invalide=>-9L4C7
9)P(2L4C7)=>invalide=>-2L4C7=>validation P(37L4C7)=>solution.

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 12/07/2018)

Résolution détaillée par le lien ci-dessus "Voir la résolution".



Ajouter un commentaire | Voir la résolution | Résoudre la grille

Grille N°519


Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 10/07/2018)

@ Claude Renault
Bonjour Claude. Je pense que vous avez une erreur dans votre grille simplifiée par les TB avant utilisation des pistes, car d'une part la piste issue 8L4C8 ne couvre pas la grille directement (une bifurcation est nécessaire pour y parvenir) et d'autre part la piste issue du 5L5C6 ne couvre pas la grille (sans l'aide d'une bifurcation dont chaque branche donne une solution différente) tandis que la piste issue du 8L5C6 n'est pas invalide mais donne deux solutions par bifurcation. Au total donc 5 solutions.

Répondre à Claude Renault

De Claude Renault
(Publié le 10/07/2018)

J'ai tenté (une fois n'est pas coutume) la recherche des solutions multiples et je ne comprends pas pourquoi je ne trouve que 2 solutions ; voici ma tentative et les résultats que j'obtiens (sauf erreur) :
- la piste P1 = 8L4C8 couvre la grille
- je développe sa complémentaire P2 = 3L4C8 et j'obtiens une nouvelle grille simplifiée en utilisant les croisements de P1 et P2
- la piste P3 = 5L5C6 couvre alors la grille et je trouve sa complémentaire P4 = 8L5C6 invalide

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 10/07/2018)

@ François Cordoliani
Il est possible François de faire d'autres choix de dévoilés qui rendent la grille encore moins triviale, voir ma remarque à Paolo, ma résolution et la réponse de Paolo.

Répondre à François Cordoliani

De François Cordoliani
(Publié le 10/07/2018)

Bonjour,
concernant la 2ème partie de la question, portant sur les dévoilés:

1) Il suffit de dévoiler un seul backdoor pour obtenir une grille à solution unique, par exemple ici le 5L6C6.
Evidemment la grille obtenue n'est pas très intéressante (niveau TDP = 0).

2) Pour une réponse non triviale j'ai écrit les 5 solutions de la grille les unes au-dessous des autres (je n'ai représenté que les 30 premières cases de chaque solution):

182956473745823196369741258628...
182956473745823196369741258634...
182956473754823196369741258628...
182956473754823196369741258628...
182956473754823196369741258628...

si un chiffre est unique dans une colonne, c'est qu'il appartient à une seule solution, donc si on dévoile le candidat correspondant cela donnera une grille à solution unique.
Exemple: le 3 de l'avant-dernière colonne affichée ci-dessus (colonne 29) ne figure que dans la 2eme ligne. Il s'agit du 3L4C2 (qui est un backdoor, donc cas trivial).
Mais le 4 de la colonne suivante (colonne 30) est aussi unique dans sa colonne et n'est pas un backdoor. Il s'agit du 4L4C3.

Conclusion: le candidat dévoilé 4L4C3 donne une grille à solution unique de niveau TDP non nul (son niveau TDP est 1).

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 10/07/2018)

@ Robert Mauriès :
En effet avec la contrainte d'obtenir une seule solution avec l'insertion de 2 chiffres sans obtenir d'autres insertions utilisant le TB je pense que les seules résolution possible au delà de ce que vous avez rapporté sur le site sont (L8C7 = 5 et L9C1 = 4) et (L8C7=5 et L5C6=8). Après l'application de la TB, nous avons 95 candidats possibles dont 18 sont Backdoors et 20 sont de faux candidats dans les 5 solutions. Sur les 57 candidats restants, seulement 4 s'ils sont insérés ne génèrent pas d'autres insertions pour l'application de la TB (L4C2 = 2, L5C6 = 8, L9C1 = 4 et L8C7 = 5) .Suivant les trois combinaisons (L4C2 = 2, L8C7 = 5) ,(L8C7 = 5, L9C1 = 4) et (L8C7=5 et L5C6=8) sont les solutions au problème rendant invalide 4 sur les 5 solutions possibles.

nota: Parmi les 3 résolutions, celle qui détermine le moins d'éliminations est (L5C6 = 8, L8C7 = 5). En effet, 82 candidats restent dans la grille contre 80 de (L4C2 = 2, L8C7 = 5) et 81 de (L9C1 = 4, L8C7 = 5).

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 09/07/2018)

@ Paolo
Bons choix Paolo que les 5C6 pour construire les 5 solutions, mais pour ce qui est de placer des dévoilés afin de rendre la grille à solution unique, vos choix induisent de nombreux placements supplémentaires par les TB. Il est possible de réduire à deux dévoilés supplémentaires de telle manière que cela n'ajoute aucun placement supplémentaire par les TB et ainsi de garder une grille un peu plus complexe.

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 09/07/2018)

Bonsoir,
20 placements par TB initiales.
Étude de la colonne 6
P (5L5C6) .P (2L4C4) => couvre la grille
P (5L5C6) .P (4L4C4) => couvre la grille
P (5L6C6) => couvre la grille
P (5L8C6) => couvre la grille
P (5L9C6) => couvre la grille
Pour rendre la solution unique il suffit de mettre 5 dans L6C4 ou 5 dans L5C4 ce qui rend possible seulement un 5 dans Colonne 6



Ajouter un commentaire | Voir la résolution | Résoudre la grille

Grille N°518


Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 08/07/2018)

Bonsoir,
Variante de la solution indiquée par François Cordoliani.
P (8L48C8) => couvre la grille.
extension P (8L25C8) avec 8 C6
P (8L25C8) .P (8L1C6) => invalide
P (8L25C8) .P (8L5C6) => invalide =>solution

Répondre à Francis Labetoulle

De Francis Labetoulle
(Publié le 08/07/2018)

Soit P=(3L8C5). Son antipiste couvre la grille.
Cherchant une éventuelle autre solution avec des bifurcations de P.
Par croisement des 8 de C6 on valide 4L7C6. Par croisement des 8 de C3 on valide l'une des deux branches, absorbée par l'autre. Enfin avec les 8 de L6 on aboutit à contradiction donc unicité.

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 07/07/2018)

@ François Cordoliani : Bravo François pour cette très belle résolution !

Répondre à François Cordoliani

De François Cordoliani
(Publié le 07/07/2018)

Bonsoir,

j'ai une résolution de taille 2:
P(7L5C8) aboutit à une solution et les 2 branches de
P'(7L5C8).P(8C6) aboutissent à une contradiction.

(P' = anti-piste)

Répondre à Claude Renault

De Claude Renault
(Publié le 07/07/2018)

PB : 9 placements par TB
3L8C1 couvre la grille

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 07/07/2018)

Une autre résolution exploitant la répartition des 8 sur la grille (en particulier sur L2, L8 et C3) est la suivante :
- P(8L2C56) couvre la grille.
- P(8L2C2) est invalide.
- P(8L2C8).P(8C3) est invalide.

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 06/07/2018)

Bonsoir,
1) 9 placements par les TB initiales.
2) P(3L2C6).P(8L1C3)=>contradiction (deux 6 dans B6)
3) P(3L2C6).P(8L2C2)=>contradiction (L7C5=Ø)
4) P(3L2C6).P(8L3C2)=>contradiction (L5C6=Ø)=>validation P(3L2C5)=>solution.

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 06/07/2018)

Après réduction de la grille par les TB (9 placements) on développe les pistes de JP(8L8), directement pour une des pistes et via deux extensions successives pour l'autre :
- P(8L8C8) couvre la grille.
- P(8L8C1).P(8C3).P(2B6) est invalide.



Ajouter un commentaire | Voir la résolution | Résoudre la grille

Grille N°517


Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 08/07/2018)

@ Claude Renault : Non Claude ces conditions ne suffisent pas à établir l'unicité de la solution trouvée avec P. Elles prouvent seulement que la piste issue de x est formée de candidats solutions, et que sauf à montrer que la piste issue de x couvre aussi la grille, cette piste n'est qu'une partie de la piste P. Il existe des grilles à solutions multiples pour lesquelles on rencontre les conditions que vous décrivez, je vous en donnerai un exemple lundi avec la grille N°519.

Répondre à Claude Renault

De Claude Renault
(Publié le 07/07/2018)

@ Robert Mauriès : pouvez-vous me dire si l'unicité est prouvée dans les conditions suivantes :
- la grille est couverte par le développement d'une piste valide P
- on prend sur la grille une paire quelconque xy issue du traitement par les procédures de base
- x ayant été résolue par P, si la piste issue de y est invalide, la solution est unique

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 06/07/2018)

@ Claude Renault : Bonjour Claude. Voici le réponses à votre question multiple.
- Rien n'oblige à optimiser la résolution d'une grille, toute résolution correctement développée est donc une bonne résolution. De ce point de vue la notion d'opposition est efficace pour trouver une solution. Sur ce site toutefois, comme vous le savez, on s'applique aussi à démontrer l'unicité d'une solution trouvée et donc on ne s'appuie pas, pour construire une solution, sur des critères d'unicité comme par exemple le fait qu'une piste opposée à une piste valide est une piste invalide.
- La première de vos considérations est vraie à condition que toutes les branches d'une bifurcation de P1 soient opposées à P2 pour affirmer que P1 et P2 sont opposées.
- Concernant l'unicité, vous dites que m=P(3L6C8) couvre la grille, ce n'est pas vrai. C'est m+j qui couvre la grille, et pour affirmer que m couvre la grille il faut montrer que m+b est invalide (bj formant une bifurcation de m), ce que vous ne faites pas. Sans cela, montrer que v est invalide ne suffit donc pas à établir l'unicité.
En revanche, j couvrant la grille, il suffit de montrer que b est invalide pour assurer l'unicité, mais cela demande une bifurcation de b.
En conclusion, je dirai que si l'opposition est efficace pour trouver une solution, elle n'est généralement pas suffisante pour établir l'unicité car une piste opposée n'est finalement qu'une branche d'une bifurcation et non la bifurcation complète.

Répondre à Claude Renault

De Claude Renault
(Publié le 06/07/2018)

@ Robert Mauriès : vous avez raison, j'ai du me tromper dans les oppositions-conjugaisons ; concernant le fait que la piste j couvre la grille directement, je voudrais vous poser une question : est-ce qu'il faut faire paraître la solution optimum ou celle par laquelle on est arrivé à cette solution ? en ce qui me concerne, j'ai commencé par développer un jeu de pistes qui n'aboutissait pas ; j'ai donc développé un deuxième jeu sans effacer le premier et il s'est trouvé que, par l'implication "opposition-conjugaison", ça me permettait d'utiliser une piste du premier jeu pour développer le nouveau ; c'est sûr que je n'aurais pas eu besoin de ce premier jeu mais pourquoi ne pas en profiter ?
d'autre part, vous dites que mon raisonnement sur l'unicité n'est pas valable ; il utilise 2 considérations :
1) si une piste P1 est bifurquée et si on trouve dans une case une opposition entre la bifurcation et la piste P2, P1 et P2 sont opposées
2) si dans une case l'ensemble ab de P1 est opposé à P2, chaque composant a ou b est opposé à P2

Dans l'exemple en cours (sans tenir compte des erreurs) : la case L6C8 contient v=16 et m=3 ; m ayant couvert la grille, l'unicité peut être prouvée si on démontre que la piste issue de 16 est invalide ; si cette piste est prolongée par une piste du premier jeu, ce prolongement peut être utilisé (toujours par commodité) pour développer les pistes issues du 1 et du 6 qui, si on les trouve invalides, prouvent l'unicité


Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 06/07/2018)

@ Claude Renault : Je pense Claude que vous avez fait des inversions en rédigeant votre commentaire. Pour moi, c'est la piste V qui est opposée à la piste J laquelle passe par le 3L6C8. Dès lors votre raisonnement sur l'unicité ne me semble pas bon. Par ailleurs, J couvre la grille directement, donc nul besoin de prolongement pour cette piste.

Répondre à Claude Renault

De Claude Renault
(Publié le 05/07/2018)

aucun placement par TB
(b1-j2)L7C9 ; (v16-m3)L6C8 : la piste m, opposée à b et prolongée par j couvre la grille
Pour démontrer l’unicité (malgré mon allergie), il faut démontrer que l’ensemble (16)L6C8 est invalide ; or cet ensemble est opposé à m qui, considérée comme bifurcation de j, est conjuguée de b ; il suffit donc (sauf erreur de ma part) de démontrer que le 1 et le 6 qui composent cet ensemble, opposés à m donc prolongés par b, sont invalides (ce qui est le cas)
La possibilité d'utiliser la combinaison opposition, conjugaison pour développer une piste à partir d'un autre existante facilite le développement et permet de gagner du temps

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 05/07/2018)

@ Robert Mauriès :
En fait, d'autres candidats tels que 4 dans L1C3,8 dans L5C1,1 2 dans L1C1 et 4 dans L9C4, que forment des backdoors, sont fortement liés à toutes les backdoors que j'ai indiqué dans mon post précédent parce que lié dans des chaînes qui alternent un lien fort avec un faible finissant toujours par un dernier lien fort et correspondant par conséquent en synthèse à un seul lien fort. Dans ce cas également, leurs antipistes sont identiques aux précédents

Répondre à Francis Labetoulle

De Francis Labetoulle
(Publié le 05/07/2018)

Bonjour
Difficile de faire original ...Faisons comme-ci en partant des 8 de C1 (je sais, même RG).
P1(8L5C1) et P2(8L8C1) sont conjuguées puisqu'issues d'une paire. Après quelques éliminations et validation (7L8C6), P1 couvre la grille. Cherchons une autre solution avec Q2 (2L3C1) opposée à P1. Q2+P2 s'avère invalide, ce qui valide 1L3C1 et quelques autres candidats. On peut alors compléter P2 jusqu'à remplissage de la grille par croisement. L'unicité est acquise.

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 05/07/2018)

@ Paolo : Le constat que vous faîtes Paolo est la conséquence des liens forts existants entres le candidats des ces cases. Dans de tels cas pistes et antipistes forment un même réseau qualifié par Bernard Borrelly (Coloriage Virtuel) de réseau générique. En TDP les jeux de pistes issues de ces différentes paires sont des jeux de pistes équivalents, la définition générale de deux jeux de pistes équivalents étant que leurs pistes sont deux à deux identiques, situation qui peut se produire aussi avec des paires qui ne sont pas fortement liées à priori.

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 05/07/2018)

Bonjour,
Toutes les 6 cases qui ont deux candidats (L7C2, L8C1, L7C5, L7C8, L8C8, L7C9) ont en leur sein une backdoor dont l'antipiste relatif est identique pour tout le monde. La solution la plus simple passe pour cet antipiste par une extension avec le 6 de la ligne 5 ou avec le 2 de la ligne 1 ou avec le 7 de la C8 ou avec le 5 de la colonne 6.

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 04/07/2018)

Après simplification de la grille (quelques éliminations), on exploite les paires de L7 toutes fortement liées entre elles, par exemple avec JP(15L7C5); P(1L7C5) couvre la grille, tandis que P(5L7C5).P(2B2) est invalide, d'où résolution de taille 2 et unicité de la solution.



Ajouter un commentaire | Voir la résolution | Résoudre la grille

Grille N°516


Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 04/07/2018)

@ Stéphane Ducourabnt : Bonjour Stéphane, je voudrais nuancer la réponse de Paolo. Faire des essais successifs jusqu'à trouver enfin un jeu de pistes qui donne des résultats serait un peu la négation de la TDP. Je conseille, avant de faire des essais d'observer la structure de la grille afin de repérer toutes les paires (candidats et ensembles), les liens forts et faibles qui les relient, les ensembles presques fermés, les zones les plus résolues, etc... car très généralement le tracé des pistes utilisera ces éléments. Puis, sur la base de ce repérage, choisir la paire qui génère deux pistes équilibrées (quelques candidats chacune) qu'ensuite on prolonge par des extensions issues des autres paires, notamment des paires cachées. La résolution de Francis Labetoulle est faîte avec cette stratégie.
Rien n'empêche ensuite, fort de l'expérience tirée de cette première résolution, d'étudier d'autres approches plus performantes en taille de résolution comme le suggère Paolo.

Répondre à Claude Renault

De Claude Renault
(Publié le 04/07/2018)

aucun placement par TB
b1L46C2 invalide supprime ces deux 1 ; b7L6C2 invalide d'où L6C2 = 6
b1L9C2 invalide d'où L9C2 = 7
b7L8C9-j7L7C8 : j invalide d'où b valide qui couvre la grille

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 03/07/2018)

@ Stéphane Ducourabnt:
Oui, certainement ce que j'ai rapporté est le résultat final après de nombreux échecs.Cependant chaque échec fournit toujours une indication utile pour atteindre la résolution.

Répondre à Stéphane D.

De Stéphane D.
(Publié le 03/07/2018)

@Paolo : je suis allé au bout de la grille avec vos indications
Pour mon info personnelle, j'ai une question :
Vous utilisez 4 pistes et 2 extensions. Ces pistes ne "sautent pas aux yeux". Comment faites vous pour les choisir. Avez vous beaucoup d'échecs avant d'y arriver
Merci pour vos indications qui me font bien progresser.

Répondre à Stéphane D.

De Stéphane D.
(Publié le 03/07/2018)

@Paolo : Bah oui, c'est évident ..........
La prochaine fois, je chercherai davantage
Merci bien pour vos explications

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 03/07/2018)

@ Stéphane Ducourabnt:
Après l'insertion de 7 dans L6C8 tous les 7 dans B7 dans C1 et C3 sont faux car l'un des deux 7 de C2 est certainement vrai étant unique en C2 (ensembles fermés).
( nota:J'ai corrigé la faute de frappe du post précédent)

Répondre à Stéphane D.

De Stéphane D.
(Publié le 03/07/2018)

@Paolo : merci pour votre réponse
Je comprends tout sauf un point: pourquoi L7C1≠7 ?
(nota : petite erreur de frappe : c'est L1C7=6 et non L1C6=6)

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 03/07/2018)

@ Stéphane Ducourabnt:
Bonsoir,
P(4L3C2)=>L3C2=4, L1C8=4,L7C8=6,L1C7=6,L6C8=7,L7C1≠7,L7C1=3, L7C2≠3, L9C2≠3,L2C1≠3,L2C6=3.

Répondre à Stéphane D.

De Stéphane D.
(Publié le 03/07/2018)

@Paolo : pas de problème pour P(4L1C1), mais je n'arrive pas à atteindre le 3 de L2C6 avec P(4L3C2). Pouvez vous m'aiguiller ?
Merci beaucoup

Répondre à Francis Labetoulle

De Francis Labetoulle
(Publié le 03/07/2018)

Bonjour
Quelques facteurs concordants incitent à opter pour les 4 de B1 donc P1 = (4L1C1) et P2 = (4L3C2).
Supposons que P1 soit valide. Alors, en utilisant successivement, afin de procéder à des éliminations et validations, les 3 de B7, les 6 de L8, les 2 de C1, les 7 de B8 et enfin 1et 8 de L9C9, on obtient une contradiction.
Supposons alors P2 valide. Avec les 3 de L2 puis les 7 de B7 on couvre la grille par croisement.
Donc unicité mais il reste à "optimiser" ce cheminement.

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 02/07/2018)

Bonsoir,
1) Aucun placement par les TB initiales.
2)Croisement des pistes P(4L1C1) e P(4L3C2)=> 1 placement L2C6=3 et deux éliminations L7C2≠3 e L9C2≠3.
3)P(3L9C3)=>contradiction (deux 6 in B7)=>validation P(3L7C1) (2 placements)
4) P(7L1C5)=>2 placements.
Extension P(7L1C5) avec P(4L3C2) et P(3L3C2).
5) P(7L1C5).P(3L3C2)=> contradiction ( L9C9=Ø)
6) P(7L1C5).P(4L3C2)=> contradiction ( L6C5=Ø)=>validation P(7L7C5)=>solution.

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 02/07/2018)

Aucun placement par les TB.
On utilise donc directement la technique des pistes à partir des 7B9. Comme 7L9C9 est éliminé puisque P(7L9C9) est invalide, on trace les pistes issues de la paire 7B9 restante, ce qui permet quelques éliminations dans B7 où apparaît alors une paire de 3.
Un second jeu simultané de pistes issues de 3B7 conduit au placement du 3L7C1 et de deux autres placements.
Dès lors les deux pistes de JP(7B9) se croisent pour conduire à la solution.



Ajouter un commentaire | Voir la résolution | Résoudre la grille

Grille N°515


Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 01/07/2018)

@ Stéphane Ducourabnt : Bienvenue Stéphane sur le forum de l'assistant sudoku. La paire 4B8 apparaît après avoir placé le 4L4C6 en raison de l'alignement des 1 sur C6B8. Mais je vois que vous l'avez trouvé.

Répondre à Francis Labetoulle

De Francis Labetoulle
(Publié le 01/07/2018)

@ Stéphane Ducourabnt : Bonsoir Stéphane
Concernant les 9 de B1, il faut préalablement utiliser les paires (89) de L4C1 et L4C2, et tout doit s'arranger, avec les techniques de base.

Répondre à Stéphane D.

De Stéphane D.
(Publié le 01/07/2018)

OK, j'ai trouvé. On peut réduire et avoir une paire de 4 en B8 et une paire de 9 en B1.

Répondre à Stéphane D.

De Stéphane D.
(Publié le 01/07/2018)

Bonjour
Encore un peu débutant, mais j'ai beaucoup travaillé sur le livre de R. Mauriès, je demande à R. Mauriès d'expliquer JP(4B8). En effet, j'ai quatre 4 en B8 donc quel jeu de pistes vous démarrez ?
Et à F. Labetoulle, comme j'ai quatre 9 en B1, vous partez sur quelles pistes ?
Merci de bien vouloir m'aider

Répondre à Claude Renault

De Claude Renault
(Publié le 01/07/2018)

16 placements par TB
(b5-j79)L1C3 : b invalide ; jm7L1C3 couvre la grille

Répondre à Francis Labetoulle

De Francis Labetoulle
(Publié le 01/07/2018)

Le premier essai est gagnant avec les pistes issues des 9 de B1 qui se croisent pour couvrir la grille. Je ne doute pas qu'il y ait d'autres solutions.

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 01/07/2018)

@ Francis Labetoulle : Oui c'est la bonne grille. Pourquoi ?

Répondre à Francis Labetoulle

De Francis Labetoulle
(Publié le 01/07/2018)

Bonjour à tous.
Est-ce la bonne grille?

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 01/07/2018)

Indication : JP(4B8) et croisement des pistes.



Ajouter un commentaire | Voir la résolution | Résoudre la grille

Grille N°514


Répondre à Francis Labetoulle

De Francis Labetoulle
(Publié le 28/06/2018)

Bonjour
Après 5 placements par les TB la ligne L3 semble prometteuse.
Partons de P1 (1L3C5) et P2 (5L3C5) pour constater (hélas) que P1 est invalide donc valider les candidats connus de P2. Puis P21 (2 L4C3) et P22 (2L4C7) se développent bien jusqu'à validation par croisement des candidats de P21.
Je termine la grille par deux *-wings afin d'éviter une nouvelle invalidation: *-wing avec les 2 de L4 pour valider 4L9C3 puis *-wing avec les 7 de C3 pour valider 9L3C9, puis obtention de la solution.

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 28/06/2018)

Bonsoir,
1) 5 placements par les TB initiales.
2) P(1L3C5)=>contradiction (deux 8 dans C8)=>validation P(5L3C5) (8 placements)
3) P(68L7C2)=>contradiction (deux 2 dans L7)=>validation P(47L7C2)
4) Résolutions par le croisement de deux pistes P(7L7C2) et P(4L7C2) .



Ajouter un commentaire | Voir la résolution | Résoudre la grille

Grille N°513


Répondre à François Cordoliani

De François Cordoliani
(Publié le 25/06/2018)

Bonsoir,

en reprenant le jeu de pistes initial de Robert JP(5L2), on pouvait dire aussi:
P(5L2C2) => contradiction
P(5L2C5).P(7L5C38) => solution
P(5L2C5).P(7L5C29) => contradiction

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 23/06/2018)

Bonsoir,
1) 1 placement par les TB initiales.
2) P’(8L3C5)=>contradiction (L3C7=Ø)=>validation P(8L3C5) (5 placements)
3) P(3L8C2)=>contradiction (L8C9=Ø)
4) P(6L8C2)=>contradiction (L9C2=Ø)=>validation P(4L8C2)=>solution.

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 22/06/2018)

Après réduction de la grille par les TB (1 placement), on utilise le jeu de pistes JP(5L2).
Les deux pistes se croisent sur le 3L3C6 qui est donc solution de la grille. Quelques éliminations des candidats qui voient les deux pistes sont possibles aussi.
On développe alors P(5L2C5), la piste la moins développée, par une extension P(5L2C5).P(67L4C8) qui passe par le 7L3C9 lequel est donc une candidat de P(5L2C5).
Dès lors, une autre extension P(5L2C5).P(7B7) passe par le 9L8C4, le 2L9C9, le 4L8C2, etc.. ce qui permet en prolongeant la piste P(5L2C5) de valider de nombreux candidats communs aux deux pistes de JP(5L2) et de finir la grille avec les TB.
A noter que l'on pouvait aussi constater l'invalidité de P(5L2C2), donc valider les candidats de P(5L2C5) puis terminer la grille par les deux jeux de pistes successifs JP(67L4C8) et JP(7B7) qui ont servi d'extensions.



Ajouter un commentaire | Voir la résolution | Résoudre la grille

Grille N°512


Répondre à Claude Renault

De Claude Renault
(Publié le 22/06/2018)

j'arrive un peu tard
4 placements par PB
(b2-j78)L2C9 bloque ; piste indépendante v4L5C9 prolongée par b (par opposition à j) couvre la grille

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 20/06/2018)

Bonsoir,
1) 4 placements par les TB initiales.
2) P’(8L6C5)=>contradiction (L7C1= Ø)=>validation P(8L6C5)
3)P(3L5C7)=>contradiction(L6C2= Ø)
4)P(9L5C7)=> contradiction (L2C6= Ø)=>validation P(5L5C7)=>solution.

Répondre à Francis Labetoulle

De Francis Labetoulle
(Publié le 20/06/2018)

Bonjour
Supposons P1 = P(63L6C6) valide. Alors P1.P(3L2C3) et P1.P(3L2C5) couvrent la grille par croisement.
Cherchons une autre solution avec P2 = P(5L6C6). Alors P2.P(3L3C2) et P2.P(3L6C2) conduisent à contradiction par croisement donc unicité.

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 20/06/2018)

Après réduction de la grille par les TB (4 placements), on utilise le jeu de pistes JP(36L6C2). Les deux pistes se développent peu et sont donc prolongées respectivement par des extensions :
- P(6L6C2).P(3L6C6) couvre la grille tandis que P(6L6C2).P(5L6C6) est invalide.
- P(3L6C2).P(3L9C13) est invalide, ce qui assure l'unicité de la solution.



Ajouter un commentaire | Voir la résolution | Résoudre la grille

Grille N°511


Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 20/06/2018)

@ Paolo : Tout à fait d'accord avec vous Paolo. J'ajouterai aussi que la TDP est une procédure globale déterministe puisqu'on peut, partant d'un jeu de pistes conjuguées quelconque, construire la solution et son unicité par le biais des arbres d'extensions (P-pistes en cascade), ce qui n'est pas la cas des autres techniques.

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 20/06/2018)

@ Francis Labetoulle : Dans ce cas, l'élimination par la technique des chaînes de quasi-figés de KVK s'obtient aussi par un seul jeu de deux pistes. Ce que je constate c'est que cette technique des chaînes de quasi-figés, belle en théorie, ne s'applique que dans des cas assez simples et donc me paraît peu efficace au contraire de la TDP. Mais bon, il faut en parler de temps en temps pour ceux que cela peut intéresser.
Ce qui me paraît très utile de commenter lorsqu'on utilise une technique évoluée c'est d'expliquer aussi comment le même résultat est obtenu par la TDP.

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 20/06/2018)

Je pense que les éliminations de toutes les chaînes courtes comme les basic fish , finned e complex fish, tous les types de wind, skyscraper,2-string Kite, turbot fish, empty rectangle et autres sont facilement résolues en démontrant en quelques étapes l'invalidité du piste provenant du candidat à éliminer. Par exemple, la piste P (1L8C6) est invalide car elle détermine immédiatement deux certaines 3 dans C4. La différence est probablement la stratégie. Dans le cas des méthodes classiques c'est l'arrangement des candidats autour de l'élément à éliminer qui détermine l'élimination, dans ce cas par exemple la chaîne AIC (1 = 2) L9C5-2L9C6 = (1θ6) L58C6-1L8C6, alors que dans le cas de la piste commence directement à partir de l'élément à supprimer.
Clairement dans les cas les plus complexes, où la détermination de l'invalidité d'une piste se produit après de nombreuses applications de TB le résultat final en termes classiques est l'application de différentes chaînes forcées et il est pratiquement impossible de prédire une élimination du contour complexe des candidats autour à l'élément à supprimer.
Les exceptions sont peut-être les méthodes ultra spécifiques telles que SK-Loops, J.Exocet, Multifish et Multi sector locked sets applicables dans les schémas les plus difficiles. Mais même dans ce cas, comme nous l'avons vu récemment dans la résolution "Easter Monster", l'application d'au plus une extension à la technique de pistes produit les mêmes éliminations obtenues avec ces méthodes ultra sophistiquées.

Répondre à Francis Labetoulle

De Francis Labetoulle
(Publié le 19/06/2018)

@ Robert Mauriès : Bonsoir
J'en conclus que se référer à KVK est une excellente option.
Pour autant je ne dénigre pas un xyz-wing bien aisé à exploiter.
La méthode des pistes semble plus performante, en évaluation de taille. Le xyz-wing nécessite 3 pistes "parallèles".
Qu'en est-il de la méthode de chaînes de quasi-figés?

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 19/06/2018)

@ Francis Labetoulle : Bonjour Francis.
On peut aussi éliminer le 1L8C6 avec le jeu de pistes conjuguées P(2L9C6) et P(16L9C6) ou utiliser la chaîne de quasi-figés 16L5C6 et 126L9C56 connectés par le 6 (voir livre de Khoan VO KHAC page 119).

Répondre à Francis Labetoulle

De Francis Labetoulle
(Publié le 19/06/2018)

Bonjour
Une résolution par éliminations et croisements : j'élimine d'abord 1L8C6 par xyz-wing L9C9 (ça change un peu...)
Puis les pistes (2L9C5) et (2L9C) se croisent en 4L3C8, via le triplet 135 apparu dans B3.
Un nouveau jeu de pistes (4L4C9) et(13L4C9) valide par croisement 5L1C6.
Ensuite les pistes issues des 3 restants de L1 permettent de nouvelles éliminations et des croisements, l'une des pistes phagocytant l'autre.
Enfin les pistes issues des 6 resrants de L8 se croisent pour couvrir la grille.

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 19/06/2018)

@ Robert Mauriès :
Désolé, comme vous l'avez signalé, j'ai fait une erreur en copiant la solution. Je voulais dire P (3L4C9) au lieu de P (4L4C9). J'ai corrigé dans mon post précédent. Quant au terme de pistes conjuguées, j'ai fait l'erreur car je me suis référé à la première résolution où j'ai montré l'invalidité des deux pistes P (3L4C9) et P (1L4C9) qui validaient la piste P (4L4C9). A ce stade, les deux pistes P (3L1C7) et P (159L1C7) ont été définitivement conjuguées.

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 19/06/2018)

@ Paolo : Bonjour Paolo.
Une erreur de frappe dans doute : je suppose que vous vouliez écrire P(1L4C9) et P(3L4C9), sinon que faites-vous du 3L4C9 ?
Un point de vocabulaire aussi, même si je comprend ce que vous écrivez ce qui n'est peut-être pas le cas de tous nos lecteurs : P.P(3L1C7) et P.P(159L1C7) ne sont pas des pistes mais des P-pistes (la nuance est importante) et à ce titre ne sont pas conjuguées. Ces deux P-pistes forment les branches d'une extension P.P(1359L1C7) de P puisque la P-antipiste P.P'(1359L1C7) est invalide (L1C7 vide), et leurs candidats communs sont des candidats de P. On peut qualifier ces P-pistes de P-conjuguées, mais j'ai abandonné ce terme en raison de son ambigüité.

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 18/06/2018)

Bonsoir,
1) 7 placements par les TB initiales.
2) Le croisement des p-pistes P (4L4C9) .P (159L1C7) et P (4L4C9) .P (3L1C7) croisé avec la piste obtenue en croisant les pistes P (1L4C9) et P (3L4C9) conduit directement à la solution et démontre également l'unicité de la solution.

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 18/06/2018)

@ Clément : Oui Clément, votre définition correspond à celle d'un alignement car comme vous le constatez les candidats en question sont alignés dans un bloc sur une même ligne ou une même colonne (voir lexique ci-contre).
La technique des pistes peut en effet s'appliquer à d'autres jeux logiques, mais c'est au sudoku que je pratique régulièrement depuis plus de 10 ans que je voulais apporter ma vision des choses.

Répondre à Clément

De Clément
(Publié le 18/06/2018)

Bonjour , je viens de commencer à lire votre théorie des pistes et j’ai une question sur la technique que vous appelez alignement;
En faite je voudrais savoir ce que c'est exactement.
A mon avis c'est ce que j'appelle le principe de multiple appartenance(pma),à savoir:
Si dans une zone z1 un candidat ne peut aller seulement dans des cases appartenant à une zone z2 alors toutes les cases de z2 qui n'appartiennent pas à z1 ne pourront contenir ce candidat.
Dans votre lien vous précisez bien que votre théorie n'est valable que pour les sudokus 9*9 au sens large. Pourtant à mon avis elle se généralise à plein d'autre jeu logique, la définition de "voir" et de "tb" sont principalement les définitions qui vont changer.
Du coup je me demandais pourquoi ce choix de se réduire au sudoku 9*9?

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 18/06/2018)

Après simplification de la grille par les TB (7 placements), on utilise deux jeux de pistes indépendants, JP1(3B5) et JP2(4B9) qu'on utilise alternativement en profitant successivement des simplifications du jeu de pistes précédent.
- JP1 permet quelques éliminations et le placement de 4L3C8 par interaction des deux pistes.
- JP2 permet le placement du 5L1C6 par croisement des deux pistes.
- JP1 permet le placement des nombreux candidats de P(3L4C6) car P(3L6C4) rencontre une impossibilité.
- JP2 conduit à la solution car P(4L8C9) rencontre une impossibilité et P(4L9C7) couvre la grille.



Ajouter un commentaire | Voir la résolution | Résoudre la grille

Grille N°510


Répondre à Claude Renault

De Claude Renault
(Publié le 17/06/2018)

b4j7L7C8 : b invalide, j valide : 4 placements
b5j8L6C2 : b invalide, j valide : 2 placements
b4j5L5C6 : b invalide, j couvre la grille

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 17/06/2018)

@ Paolo : Vous avez raison Paolo, tant qu'à développer une piste pourquoi ne pas la développer au maximum et si elle s'avère invalide se servir de cette invalidité. C'est la logique de l'efficacité.
Ce que je veux montrer c'est qu'on peut aussi ne pas se préoccuper du statut des pistes pour privilégier la recherche des croisements (ou des éliminations) comme un but. C'est un bon exercice.
Il faut comparer cela aux méthodes expertes qui procèdent par étape. Par exemple un X-wing n'est rien d'autre que le résultat de l'interaction de deux pistes que l'on ne développe pas complétement.

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 17/06/2018)

@ Robert Mauriès:
Bonjour,
Votre résolution est très belle et intéressante du point de vue logique pour déclencher en moi un raisonnement sur les mécanismes logiques utilisés pour parvenir à la solution d'un schéma Je crois que l'utilisation du croisement des pistes pour atteindre la solution est un processus logique plus complexe qui vient sans aucun doute après avoir atteint une résolution dans laquelle prévaut la preuve des pistes invalides cachés. Par exemple, en vous référant directement à votre résolution, une alternative est la suivante:
p1 P (7L2C8) => invalide
p2 P (7L3C7) => invalide
p3 P (7L1C9) .P (29) L3C1) => couvre la grille
p4P (7L1C9) .P (578L3C1) => invalide => solution.
Je dis cela car chaque fois que je développe une piste je continue jusqu'à la fin et il est impossible de penser que nous ne réalisons pas que la piste p3 est une backdoor, que les deux pistes p2 et p3 sont invalides et p4 invalide avant de passer à le croisement avec la piste p3. De plus si l'on ne développe pas les pistes jusqu'à la fin le risque est, surtout quand nous voulons utiliser le croisement avec une autre piste, avoir négligé un candidat commun qui est essentiel pour s'assurer que la piste résultante soit la solution du schéma. Par exemple, les deux pistes p1 et p2 doivent être développées en profondeur car leurs croisements doivent contenir, à côté d'éléments incorrects, le sous-ensemble qui est capable de couvrir la grille par elle-même.

Répondre à Francis Labetoulle

De Francis Labetoulle
(Publié le 17/06/2018)

Bonjour
Un autre cheminement sans invalidité déclarée (sauf erreurs).
P1(4L8C8) et P2(4L7C8).
Avec les 5 de B3 on ajoute 8L3C3 et 8 L5C4 à P1 par croisement, puis avec les 7 de B3, en bifurcation, on complète P1 par croisement. Enfin P1 et P2 se croisent jusqu'à grille couverte.

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 16/06/2018)

Bonsoir,
1) 13 placements par les TB initiales.
2) P(7L7C7)=>contradiction (L2C8=Ø)=>validation P(1L7C7) (4 placements)
3) P(7L2C1)=>contradiction (L1C4=Ø)=>-7L2C1 (1 placement)
4) Solution par croisement des pistes conjuguées P(5L2C1) et P(9L2C1)

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 16/06/2018)

Une résolution qui n'utilise pas les invalidations est la suivante :
Après simplification de la grille par les TB (13 placements), on construit les pistes issues de la paire d'ensembles E1=7L1C9, E2={7L2C8,7L3C7}.
- P1(E1) ne compte qu'un candidat, on la développe par l'extension P1.P(29/578L3C1) dont les deux branches P1.P(29) et P1.P(578L3C1) se croisent sur plusieurs candidats ce qui permet un large développement de P1.
- P2(E2) se développe bien car les branches P2(7L2C8) et P2(7L3C7) se croisent sur plusieurs candidats.
Finalement le deux pistes P1 et P2 se croisent suffisamment pour conduire à la solution et son unicité.



Ajouter un commentaire | Voir la résolution | Résoudre la grille

Grille N°509


Répondre à Francis Labetoulle

De Francis Labetoulle
(Publié le 16/06/2018)

@ Robert Mauriès : Sans éliminations je comprends mieux votre cheminement. Dans le cas contraire l'opération me paraissait interdite. Nous sommes donc d'accord.
Concernant la nake double loop ma réponse est plus nuancée car il faut distinguer les candidats qui satisfont aux contraintes de KVK et les autres. L'essentiel est qu'on parvienne , me semble-t-il, à justifier les éliminations proposées,
Concernant les si-loop ce sont pour moi des curiosités: tout le monde en parle mais je ne trouve de définitions nulle part. À signaler un chapitre qui leur est consacré dans le dernier livre de Denis Berthier, mais c'est presqu'à la fin et je n'ai pas encore progressé suffisamment dans sa lecture...
Bon week-end.

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 16/06/2018)

@ Francis Labetoulle : Bonjour.
Dans la résolution que je propose je ne fais aucune élimination avec les branches des extensions des pistes mères, mais seulement des croisements (superposition des deux branches sur un candidat) qui assurent l'appartenance d'un candidat à l'une ou l'autre piste mère.
Ceci dit, un candidat qui voit à la fois les quatres branches des deux extensions de deux pistes mères conjuguées (et plus généralement toutes les branches des deux arbres d'extensions) peut être éliminé au même titre que tout candidat qui voit les deux pistes mères. Je n'ai pas utilisé ici cette possibilité.
S'agissant seulement des interactions entre les deux branches d'une même extension, on peut seulement dire qu'un candidat qui voit ces deux branches peut être considéré comme n'étant pas un candidat de la piste mère, mais ce n'est pas pour autant qu'il faut l'éliminer de la grille.

Sur un autre sujet, avez-vous reçu mon avis sur la suite de quasi-figés de Easter Monster qui n'est pas, selon moi, une chaîne de quasi-figés au sens de KVK ?

Répondre à Francis Labetoulle

De Francis Labetoulle
(Publié le 15/06/2018)

@ Robert Mauriès : Bonsoir
Je me pose un problème de principe à la lecture de votre résolution : est-il légitime de procéder simultanément à des éliminations entre bifurcations respectives de deux pistes dont l'une est à coup sûr invalide pour une solution donnée? Je le comprends pour chaque piste "mère" étudiée séparément, en invoquant alors une solution puis une autre éventuellement. Peut-être ai-je mal interprété votre résolution?

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 15/06/2018)

Une autre résolution qui évite les invalidations est la suivante.
Après réduction de la grille, on exploite le jeu de pistes issues de la paire 2L5. L'interaction des deux pistes permet quelques éliminations.
Le but étant ensuite de développer les deux pistes pour exploiter plus encore leur interaction, on construit leurs extensions respectives P1(2L5C2).P(3B2) et P2(2L5C5).P(2B9).
Ces deux extensions mettent en évidence, par croisement de leurs branches respectives, de nouveaux candidats pour P1 et P2 si bien que les deux pistes se développent au point, par croisement, de déterminer la solution et donc son unicité.

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 15/06/2018)

@ François Cordoliani :
Bonjour,
Dans votre résolution je n'ai pas pu comprendre la validation de la piste P (4L6C9) par le croisement des deux pistes P (3L1C8) et P '(3L1C8). Dans ce cas la validation de la piste P (4L6C9) peut être atteinte par la contradiction de la piste P '(4L6C9), alors que le croisement des deux pistes P (4L6C9) et P' (4L6C9) ne conduit qu'à la validation de la piste P (4L26C9) avec l'élimination dans les deux pistes de 4L7C9.
Désolé, je comprends maintenant.

Répondre à Francis Labetoulle

De Francis Labetoulle
(Publié le 15/06/2018)

@ Paolo :
Merci. J'ai mis un bout de temps à déceler ce 4-uplet 5789 dans B7.

Répondre à François Cordoliani

De François Cordoliani
(Publié le 15/06/2018)

Bonjour,

pour varier les plaisirs en évitant l'usage abusif des contradictions (voir remarques de la grille précédente) j'ai aussi une résolution avec une seule contradiction:
1) Les techniques de base donnent 5 validations puis 5 suppressions par alignements.
2) La piste P(3L1C8) et son anti-piste ne donnent ni solution ni contradiction mais permettent, par recouvrement, la validation du 4L6C9 et de nombreuses suppressions.
3) La paire de 2 en ligne 1 permet de conclure:
P(2L1C4) => solution
P(2L1C7) => contradiction.


Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 15/06/2018)

@ Francis Labetoulle:
Bonjour,
Dans votre résolution P2(2L5C5) il conduit directement à la solution à travers le quadruple de B7.

Répondre à Francis Labetoulle

De Francis Labetoulle
(Publié le 15/06/2018)

Après 5 placements, avec les 2 de L5: P1(2L5C2) et P2(2L5C5).
Avec P1, les bifurcations des deux 3 de L1 donnent une invalidité par croisement.
Avec P2 et les 2 de C6: P2.P(2L8C6) et P2.P(2L9C6) donnent la solution par croisement (1L5C9).



Ajouter un commentaire | Voir la résolution | Résoudre la grille

Grille N°508


Répondre à Francis Labetoulle

De Francis Labetoulle
(Publié le 14/06/2018)

@ Robert Mauriès : Bonsoir
Je ne crois pas avoir écrit que KVK traitait des sk-loops, dont j'ignore toujours la signification précise, mais, concernant la "naked double loop" dont Paolo fait mention, je confirme qu'on peut considérer, moyennant l'ajout d'une case au choix pour former un quasi-figé (ALS) dans B9, qu'il s'agit d'un cycle original de quasi-figés, original car deux quasi-figés unis possèdent en commun deux candidats exclusifs (ou connectants). Cela permet, avec l'utilisation de la propriété basique des quasi-figés (0n ne peut pas leur ôter deux candidats) de justifier aisément toutes les éliminations mentionnées dans l'exemple cité par Paolo. En outre des généralisations de propriétés des chaînes de quasi-figés énoncées par KVK peuvent éventuellement aider Paolo, mais ce n'est qu'une hypothèse...

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 14/06/2018)

@ Robert Mauriès et Francis Labetoulle :
Bonsoir,
La seule référence que j'ai trouvée mais qui n'est pas satisfaisante comme explication est l'help "SK Loops" du solveur de Philip Beeby http://www.philsfolly.net.au/loops_help.htm où il y a de nombreux exemples.

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 14/06/2018)

@ Francis Labetoulle et Paolo : Je ne pense pas que Khoan Vo Khac traite des SK-loops. Par ailleurs je n'ai rien trouvé de satisfaisant sur le sujet à savoir sur les conditions requises pour avoir des SK-loops et sur la justification des éliminations qu'elles engendreraient.

Répondre à Francis Labetoulle

De Francis Labetoulle
(Publié le 13/06/2018)

@ Paolo :
Bonsoir et merci pour le site mentionné, que je ne connaissais pas et qui me paraît très riche en exemples d'usage de techniques dites experts. Je me suis aperçu que je connaissais "la Théorie" de ces "loops" via l'étude du livre de Khoan Vo Khac : Cinq techniques pour terminer toute grille de sudoku, qui présente un chapitre V sur la technique des chaînes. Parmi elles on trouve les cycles de quasi-figés (ALS en anglais) qui sont notre problème apparemment, avec des généralisations qui peuvent éventuellement répondre à votre recherche. Dommage que ce soit du condensé avec exemples sans candidats apparents et non liés au texte.


Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 13/06/2018)

@ Francis Labetoulle (et autres participants du forum)
Bonjour,
En ce qui concerne le premier sujet, le niveau de difficulté, je crois que l'attribution de 1 point à chaque contradiction trouvée est correcte mais je suis convaincu qu'un passage obtenu par croisement de 2 pistes conjuguées devrait être évalué de 0,5. En ce qui concerne "Sk-loop" ou " naked double loop " j'ai trouvé que l'explication de la méthode la plus claire se trouve sur le site http://www.sudokusnake.com/nakeddoubleloop.php où elle est appliquée dans la solution de la " Easter Monster ». C'est une extension de l'AIC circulaire (Alternating Inference Chains) dans laquelle les inférences fortes et faibles alternent en une boucle à partir de paires de candidats. La particularité est que le premier et le dernier couple de candidats sont les mêmes. Pour cette raison, il peut être démontré que toutes les inférences deviennent fortes et que tous les candidats qui "voient" deux couples intéressés par une inférence peuvent être éliminés. Dans la " almost Sk-loop " une absurdité est introduite il y a deux inférences entre un couple et un triplet. Malgré cette absurdité, il est toujours possible d'effectuer des suppressions avec la contrainte que l'une d'entre elles est fausse, de sorte que vous pouvez effectuer n-1 suppressions avec une insertion. Pour trouver le véritable élément, nous testons toutes les n possibilités en éliminant les combinaisons n-1 qui conduisent à des contradictions.

Répondre à Francis Labetoulle

De Francis Labetoulle
(Publié le 13/06/2018)

@ Paolo (et autres participants du forum)
Bonjour
Puisque Robert me cite dans son précédent commentaire je voudrais ici préciser l'idée que je lui ai proposée. Il s'agit, à partir de l'arbre de résolution complet d'une grille de sudoku, de calculer un niveau, disons R (réseau ou résolution ou tout autre nom...) en attribuant 5 points à toute branche se terminant par un constat d'invalidité, et seulement 1 point pour 2 branches en parallèle, 2 pour 3 branches en parallèle, etc. On pourrait ainsi utiliser, en utilisant des pistes annexes, des techniques plus élaborées sans être trop sanctionné, ce qui permettrait probablement de trouver des solutions plus diverses et originales, l'un des buts du jeu étant d'obtenir un niveau R le plus bas possible. D'aucun pourra trouver cette idée fortement incongrue...tant pis.
Concernant les grilles réputées très difficiles, une méthode "bourrin" qui semble convenir très souvent consiste à trouver le bloc ou l'unité à grand nombre de liens forts et partir de 3 jeux de pistes conjuguées différents (8 cas de figure, donc niveau R au moins égal à 35, à moins que...).
Dans le cas de "Golden Nugget" cette méthode convient avec le B4 mais c'est trop long.
J'ai trouvé sur le net la référence : Solving The Golden Nugget | Systematic Sudoku, mais je ne comprends pas comment l'auteur a pu simplifier certains candidats de la grille, avant d'appliquer "le sk-loop", technique que je ne connais pas encore. Peut-être pouvez-vous m'éclairer sur ces points?
A bientôt sur le forum.
Francis

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 12/06/2018)

@ Robert Mauriès :
Bonsoir,
Oui, comme vous l'avez remarqué dans votre communication, les deux pistes se croisent et mènent directement à la solution. En effet, comme je l'ai souligné dans mon précédent post, une résolution obtenue par le croisement de deux pistes conjuguées est plus restrictive que la résolution obtenue en démontrant l'invalidité de l'une des deux (le croisement de deux pistes conjuguées implique l'invalidité de l'un des deux alors que l'invalidité de l'un des deux n'implique pas nécessairement la résolution de la grille à travers l'intersection des deux pistes conjuguées). Pour cette raison, il serait utile de différencier les deux taille de résolution en utilisant un correcteur mathématique.
Je voudrais également soumettre un problème que j'essaie de résoudre lié à la résolution du Golden-Nugget
.......39.....1..5..3.5.8....8.9...6.7...2...1..4.......9.8..5..2....6..4..7.....
Comme on le sait, ce schéma peut être grandement simplifiée grâce à une méthode qui est une extension de « SK-loop » appelé « Almost SK loop ». Dans ce cas, la boucle obtenue est la suivante: (24 = 35) L4C12 - (35 = 17) L4C46 - (17 = 36) L56C5 - (36 = 124) L89C5 - (124 = 36) L7C46 - (36 = 17) L7C12 - (17 = 56) L89C3 - (56 = 24) R56C3 - (24) R4C12: avec inférence forte "=" et l'inférence faible "-". Dans ce cas, contrairement à la « Sk-Loop » il est introduit une absurdité, trois chiffres réels dans deux cases dans une box. Selon le metode la procédé bidirectionnel logique est toujours valide et des 15 deletions obtenus: L7C7 ≠ 3, L7C9 ≠ 3, L1C3 ≠ 5, L1C3 ≠ 6, L2C3 ≠ 6, L1C5 ≠ 6, L2C5 ≠ 3, L2C5 ≠ 6, L5C4 ≠ 1, L6C6 ≠ 7, L8C4 ≠ 1, L8C6 ≠ 4, L8C1 ≠ 7, L9C2 ≠ 1, L4C7 ≠ 5, une est faux et les autres sont vraies. Mise en place de manière cyclique chaque vrai et les autres fausses est réalisé que la seule série qui ne crée pas la contradiction est la suivante: L7C7 ≠ 3, L7C9 ≠ 3, L1C3 ≠ 5, L1C3 ≠ 6, L2C3 ≠ 6, L1C5 ≠ 6, L2C5 ≠ 3, L2C5 ≠ 6, L5C4 ≠ 1, L6C6 ≠ 7, L8C4 ≠ 1, L8C6 ≠ 4, L8C1 ≠ 7, L9C2 ≠ 1, L4C7 = 5. Il est clair que, après cette insertion, et ces deletions la résolution de la grille est considérablement simplifiée. Je voudrais comprendre pourquoi la logique bidirectionnelle est toujours valable malgré l'absurdité (je l'ai remarqué que cette méthode est utilisée avec succès dans de nombreux autres exemples) et si ces suppressions peuvent également être obtenus avec la théorie des pistes, en général, il y a toujours un lien logique entre différentes méthodes.

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 12/06/2018)

@ Paolo : Choix très original de la paire d'ensembles génératrice Paolo, mais dommage tout de même que vous n'ayez pas remarqué (ou indiqué) que l'interaction des deux pistes suffisait à résoudre la grille (solution et unicité) sans avoir recours à l'invalidité.
Je fais cette remarque car je constate (et Francis Labetoulle aussi) que le recours systématique à l'invalidité (contradiction) devient la règle sur le forum pour quasiment tout le monde, réduisant la TDP à du backtracking.
Si l'originalité est dans le choix astucieux des ensembles générateurs comme vous l'avez fait ici (et encore bravo), elle est aussi dans l'utilisation des divers outils offerts par la TDP ( interactions des pistes et/ou des extensions, piste opposée, jeu piste-antipiste, etc...), même si c'est au détriment de la performance (taille de résolution), voire en glissant quelques techniques évoluées bien expliquées par leur équivalents TDP.

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 12/06/2018)

Bonjour,
1)7 placements par les TB initiales.
2) P(5L1C18) => contradiction (L7C1=Ø) =>validation P(5L1C679)
3) P(5L1C679) =>solution.

Répondre à Francis Labetoulle

De Francis Labetoulle
(Publié le 12/06/2018)

Par exemple les pistes issues de 4L5C4 et 7L5C4.
Que donnent les 6 de B7? Et une partition des candidats de la case L2C5?

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 12/06/2018)

Ma proposition de résolution dans "Voir la résolution" ci-dessus.



Ajouter un commentaire | Voir la résolution | Résoudre la grille

Grille N°507


Répondre à Francis Labetoulle

De Francis Labetoulle
(Publié le 11/06/2018)

Bonjour à tous
Je propose ici un cheminement à arbre de résolution ne contenant qu'une invalidité constatée. Partons du bloc B8, le plus prometteur avec ses dévoilés et ses liens forts et utilisons la paire de 4.
P1 =P(4L9C5) étant supposée valide, P1.(2L3C9) et P1.(8L3C9) offrent quelques éliminations, et une invalidité que je n'utilise pas, préférant une nouvelle bifurcation avec les deux 5 de L4 dont les deux pistes se croisent pour couvrir la grille.
Recherchons une éventuelle deuxième solution à partir de P2 = P(4L7C4). En utilisant successivement des bifurcations issues des paires (8L3C9, 8L7C9) puis (5L2C4, 5L2C9 puis enfin (1L4C8, 4L4C8) on fera un Bon nombre d'élinations et de validations ( par exemple 8L8C3) jusqu'à aboutir à une invalidité constatée, d'où l'unicité de cette grille.

Répondre à Claude Renault

De Claude Renault
(Publié le 11/06/2018)

b1L7C1-j1L8C1 : résout x3L4C5 ; j invalide, b valide
b4L7C4-j4L7C9 : j couvre la grille

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 10/06/2018)

Bonsoir,
1) 3 placements par les TB initiales.
2) P(3L3C1)=> contradiction (L5C9= Ø)
3) P(4L3C1)=> contradiction (deux 6 dans B3)=>validation P(2L3C1) (5 placements)
4) P’(8L6C7) => contradiction (L5C6= Ø)=>validation P(8L6C7)=>solution.

Répondre à Richard

De Richard
(Publié le 10/06/2018)

Bonjour,

3 placements par les TB initiales en 3 phases. D'abord un puis un autre
en voyant la paire (45) du bloc 8, puis un 3ème avec la paire (25) de la ligne 2.

On étudie la case L3C5 :

(1) 4L3C5 => contradiction via le triplet (238) de L6C478 qui force 1L6C5 et 3L5C1 à faire partie de la piste.
(2) 5L3C5 => piste comportant 10 candidats virtuels.
(3) 8L3C5 => contradiction via le triplet (238) de L6C478 qui force 3L4C5 à faire partie de la piste.
Ensuite la paire (25) de L3C69 et une réduction bloc/ligne (3 de la colonne 2 cantonnés dans le bloc 1) forcent 4L3C1 à faire partie de la piste.

On place donc les 11 candidats de la piste (2).

On étudie maintenant la case L3C1 :

(4) 2L3C1 => résolution de la grille.
(5) 3L3C1 => contradiction.

Le croisement des pistes permet de trouver directement la solution de la grille sans avoir besoin d'aller au bout des 2 pistes.

Ceci constitue donc une solution de taille 3.

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 10/06/2018)

Bonjour,
1) 3 placements par les TB initiales.
P(4L5C367)=>couvre la grille.
2)P(4L5C9).P(4L3C1)=>contradiction (deux 6 dans B3)
3)P(4L5C9).P(2L3C1)=>contradiction (L6C4=Ø)
4)P(4L5C9).P(3L3C1) =>contradiction (L8C1=Ø)=>-4L5C9
5)P(4L5C1) =>contradiction (L5C6=Ø)=>-4L5C1=>solution.

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 10/06/2018)

Après réduction de la grille par les TB (3 placements), on utilise le jeu de pistes issues de la paire 6B8 (ou 1B8). Les deux pistes comptent chacune plusieurs candidats mais sans pouvoir dire laquelle est valide. Toutefois, P(6L7C5) passant par le 8L8C3 de la paire 48L8C3, cela suggère d'étudier la piste P(4L8C3) opposée à P(6L7C5). Or, P(4L8C3) conduisant à une contradiction, on peut donc placer le 8 comme solution de L8C3.
Dès lors, P(6L8C6) se développe suffisamment pour conduire à une impossibilité, ce qui valide tous les candidats de P(6L7C5).
Un second jeu de pistes issues de la paire 5B7 conduit à la solution avec P(5L9C2) qui couvre la grille et P(5L7C2) qui est invalide via une extension par la paire 2B2.



Ajouter un commentaire | Voir la résolution | Résoudre la grille

Grille N°506


Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 08/06/2018)

@ Clément : Pas de souci Clément, je pensais que vous ne saviez pas comment on peut corriger son commentaire une fois validé, et l'objet de ma remarque était seulement de vous indiquer la procédure.

Répondre à Clément

De Clément
(Publié le 08/06/2018)

@ Robert Mauriès : Oui on est d'accord, c'est un raisonnement par analyse que l'on fait en quelque sorte, donc une fois l'analyse fini, on a pas le choix , on doit faire la synthèse
Je fais de mon mieux mais c'est vraiment très difficile pour moi de pas faire de faute, je suis dyslexique du coup j'ai beau me relire plein de fois je continue à faire des fautes. Mais le plus dur c'est de pas oublier de mot et de ne pas mettre un mot à la place d'un autre car pour ça il y a pas de correcteur.
Je m'excuse vraiment pour ça, car je sais que ça en devient très pénible à lire.

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 08/06/2018)

@ Clément : Oui, il me semble que c'est une nécessité pour tous de vérifier que les candidats placés respectent la règle R du sudoku (un candidat et un seul de même occurrence par zone) dans toutes les zones de la grille pour affirmer qu'on a construit une solution une piste ou un backdoor.
Je note beaucoup d'erreurs de saisie dans vos commentaires, ce qui arrive à chacun d'entre nous, mais sachez que vous pouvez les corriger en modifiant votre commentaire dans "votre espace personnel".

Répondre à Clément

De Clément
(Publié le 07/06/2018)

@ Robert Mauriès : Je me suis trompé je voulais dire l'existence
En gros ce que je faisais c'est que quand j'avais une piste issu d'un ensemble a deux candidats et qu'une était fausse et que l'autre me permettait d'avoir tout les autres candidats de la grille, je ne vérifiais pas zone par zone l’occurrence des différents candidats. Ainsi je montrais juste que si il y avait une solution c'était forcément celle là, mais je ne montrais pas que celle ci était vraiment bonne, en pratique qu'elle comportait aucune contradiction.
En pratique ce n'est pas très intéressant de montrer qu'une grille fini n'a aucune contradiction, c'est toujours la même chose mais c'est nécessaire si on veut montrer que la grille a bien une solution. Les techniques de base assurent uniquement l'unicité.( Sauf si on utilise le rectangle interdit dans ce cas on démontre que si il y a une solution unique c'est nécessairement celle ci). A ma connaissance les deux seules méthodes pour prouver qu'une grille fini est correct c'est de vérifier que dans chaque zone il y a chaque chiffre ou que dans chaque zone on trouve jamais deux fois le même chiffre . C'est en tout cas ce que je fais pour démontrer qu'une piste est un backdoor par exemple.
C'est cela que ne faisais pas et que si je voulais savoir si vous faisiez

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 07/06/2018)

@ Clément : Je n'ai pas bien compris votre question finale (exigence ??). Je répond donc à la question de l'existence et de l'unicité.
D'un point de vue mathématique, la preuve qu'une grille admet des solutions est acquise dès lors qu'on construit une solution par quelque procédé que ce soit, de la même manière que dans une équation algébrique ou différentielle l'existence est démontrée par la construction d'une solution particulière.
L'unicité nécessite que par des raisonnements logiques on montre qu'il ne peut pas y avoir d'autre solution que celle trouvée. C'est généralement plus compliqué que de montrer l'existence.
La Technique des pistes réalise les deux simultanément grâce aux jeux de deux pistes conjuguées. En effet, l'invalidité d'une des deux pistes assure que l'autre piste est formée des candidats solutions communs à toutes les solutions de la grille (voir théorie des pistes ci-contre, propriété 4-2). Ainsi, si toutes les cases de la grille sont atteintes par ce procédé l'unicité est démontrée puisque que toutes les solutions sont identiques.
En pratique donc, pour à la fois construire une solution et garantir son éventuelle unicité, il faut rechercher les pistes invalides pour construire les pistes conjuguées valides, s'il le faut avec des extensions (bifurcations), et cela par jeux de pistes successifs ou des extensions successives (arbre de résolution). Si on aboutit à une solution par couverture de la grille, celle-ci est forcément unique, sinon des cases incertaines subsistent et admettent plusieurs solutions compatibles avec les cases résolues, et dans ce cas la grille est multi-solutions.
Je terminerai en disant que si deux pistes, à priori conjuguées, conduisent à des incompatibilités avec la règle du sudoku, c'est que la grille n'a pas de solution.

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 07/06/2018)

@Clément:
Bonjour,
Je pense que l'utilisation d'une méthode déductive telle que l'application de la technique de base seule assure, si vous couvrez la grille et si vous ne faites pas d'erreurs, à la fois la solution et l'unicité ou une contradiction qui assure l'invalidité de la grille et si vous essayez seulement l'élimination des candidats, ceux-ci sont valables pour toutes les solutions possibles de la grille. D'autres possibilités ne sont pas permises car la technique de base est une méthode déductive. Quand un P (Ak) est invalide, l'élimination du générateur de la piste de la grille est un processus déductif légitime et valable pour toutes les solutions qui peuvent être présentes.

Répondre à Clément

De Clément
(Publié le 07/06/2018)

Bonsoir, je me suis rendu compte tardivement que je faisais un erreur logique dans ma résolution du sudoku.
Une erreur extrêmement classique dont je voudrais savoir ce que vous en pensez.
En effet pendant longtemps ma technique de résolution était la suivante.
En raisonnant par condition nécessaire(induction) j'éliminais les candidats des cases jusqu’à avoir plus qu'un candidat par case. Et là je me disais que j'avais fini, je regardais donc la solution pour vérifier mon résultat.
Je me rendais pas compte que je ne faisais que la moitié du boulot , en effet je prouvais juste que si le sudoku avait une solution c'était bien celle ci, mais en aucun cas je prouvais que la solution trouvée était correct. Je me suis toujours interdit d'admettre l'unicité mais je rendais pas compte que j’admettais l'existence.
Et vérifier que sa solution est la même que celle donnée est en rien une preuve de l'existence.
Donc du coup je n'ai aucune méthode plus astucieuse que de vérifier à la fin si chaque zone a chaque chiffre pour prouver l'existence.
C'est fastidieux mais nécessaire pour avoir un raisonnent correct.
Pour beaucoup je pense que tout ça est un détail futile car l'existence(comme l'unicité) est admise) mais pour quelqu'un qui veut être prof de maths comme moi et qui va donc devoir se battre pour que les élèves ne confondent pas conditions nécessaires et suffisantes c'est important!
Après la grosse différence entre l'unicité et l'existence c'est que pour l'un cela peut vraiment augmenter la difficulté alors que l'autre, quelque soit le niveau de la grille cela sera la même difficulté donc c'est clairement moins intéressant mais je pense en tout cas qu'il est important de savoir ce qu'on démontre exactement.
Et vous ,qu'en pensez vous? Prouvez vous aussi l’existence?

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 07/06/2018)

Bonsoir,
1) 6 placements par les TB initiales.
2) P(5L7C5)=> contradiction (deux 4 in B9) =>-5L7C5+ 5 placements
P(13L6C9) couvre la grille
3) P(8L6C9).P(2L7C4)=> contradiction (L8C2= Ø)
4) P(8L6C9).P(3L7C4) => contradiction (L8C6= Ø)
5) P(8L6C9).P(9L7C4) => contradiction (L8C7= Ø)=>-8L6C9=>solution.

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 06/06/2018)

Pas de commentaire pour l'instant.



Ajouter un commentaire | Voir la résolution | Résoudre la grille

Grille N°505


Répondre à Clément

De Clément
(Publié le 06/06/2018)

@ Robert Mauriès : Enfin j'ai réussi à prouver l'existence et l' unicité de son maudit Easter Monster. Il y a pas 36000 sudokus de ce niveau connu donc il aurait été dommage de ne pas le faire tout seul. C'est pour ça que j'ai pas regardé votre résolution. Mais je suis d'accord ce que j'ai fait revient a faire beaucoup de pistes mais je pensais que derrière ce caché une technique qui pouvait être utilisé sur d'autre sudoku. Je pensais à des ALmost Almost locked set vu qu'il y a beaucoup d'ensemble dont il y a deux éléments en trop pour être fermé. Mais apparemment non.
EN un mot Horrible, c'est comme si tout dans ce sudoku était là pour te faire croire qu'il y avait de multiple de solution, presque dans toutes les zones , quand un chiffre candidat est présent , il l'est au moins 4 fois et il y aucune paire donc toutes pistes sans bifurcations amènent à rien. Jamais au par avant j'avais eu autant le sentiment que tous les candidats étaient soudés entre eux et qu'en enlever un tenait du prodige. Ce sudoku mérite vraiment le titre de diabolique, rien avoir les sudokus qu'on trouve dans les journaux. Déjà avec AI escargot j'avais pressenti ce qu'était la difficulté mais avec cet énergumène on est vraiment dedans. ce sudoku à la fois je le hais pour m'avoir donne l’impression d’être encore débutant mais a la fois je l'adore car il m'a poussé à me surpasser comme aucun avant lui. Ce Sudoku a vraiment quelque chose de profond, tant son unicité semble tenir du miracle. Il semble tellement être une curiosité mathématiques qu'on a l’impression qu'il existait de lui même avant qu'on le découvre.
Pour toutes ces raisons ce sudoku je le conseil à tout les passionnés de sudoku qui comme moi sont un peu maso sur les bords parce qu'il vaut vraiment le coup!

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 05/06/2018)

@ Clément : Ce que vous faîtes en constatant ces symétries est expliqué dans la résolution de Easter Monster que je détaille (voir colonne ci-contre). Mais faire chacune de ces éliminations revient à montrer que la piste issue de chacun de ces candidats est invalide, ce qui impacte la taille de résolution d'autant.
Ces 13 suppressions suivies des 16 suppressions liées aux triplets 126 simplifient la grille, mais d'autres symétries permettent d'avancer encore.

Répondre à François Cordoliani

De François Cordoliani
(Publié le 05/06/2018)

@ Clément :

Avec votre nouvelle grille obtenue, mon programme donne une taille de 54.
Donc un bon bout de déblayé !

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 04/06/2018)

@ Clément:@ François Cordoliani:
Bonsoir,
Dans la résolution du Easter Monster, c'est possible apprendre trois des techniques les plus importantes pour résoudre les soi-disant «insolubles»: "SK Loops" 13 éliminations," Multifish" 18 éliminations et " multi-sector-locked set" 16 éliminations . Bien sûr, de nombreuses suppressions sont les mêmes.

Répondre à Clément

De Clément
(Publié le 04/06/2018)


@ François Cordoliani : Bonsoir oui c'est bien esater mosnter

alors j'ai enlevé:
dans la ligne 1
le 7 de la colonne 3 et le 6 de la 5 eme
dans la ligne 2 :j'ai enlevé le 3 et le 8 de la 5eme et le 8 de la 6eme
dans la ligne 3: le 2 de première et le 1 et 2 de la 5eme
dans la ligne 4 j’ai enlevé le 4 de la 5eme
dans la 5eme ligne j'ai validé le 4, enlevé le 4 le 2 et 6 de la première le 4 et 7de la deuxième le 1 et 2 de la 3eme, le 1 et 2 de la 7eme, le 3 et 9 de la 8eme et le 6 de la dernière
dans la 7eme j'ai enlevé le 1 de la troisième le 1 et 2 de la 5eme , le 4 de la 6eme,
dans la 8eme, le 5 de la 4eme et le 4 de la 5eme
enfin dans la dernière ligne j'ai enlevé le 6 de la première et de la 5eme ainsi que le 4 de la 6eme.
Tout ça en une seule technique. Mais je n'ai pas réussi a avancer plus après pour le moment

Répondre à François Cordoliani

De François Cordoliani
(Publié le 04/06/2018)

@ Clément :

Bonsoir,
si vous me donnez exactement la liste des candidats que vous avez supprimés, je pourrai vous dire sans problème la "taille" de la grille qui vous restera à résoudre.
Vérifiez aussi que la Eastmonster est bien celle-ci:

1.......2.9.4...5...6...7...5.9.3.......7.......85..4.7.....6...3...9.8...2.....1

Répondre à Clément

De Clément
(Publié le 04/06/2018)

@ François Cordoliani : Merci a vous.
même si ce n'est que des estimations cela confimre ce que j'avais entendu dire
Easter monster est la plus dure si on utilise uniquement les tdp
mais est suivi de prés par golden nuggets
AI escargot est par contre loin derrière et je parle même pas de blonde platine!
Par contre je suis perplexe a propos de Easter monster
J'ai remarqué dans les cases L1C2 et L3C2 il ne pouvait y avoir a la fois 4 et 8 car ça entraine 2 en L5C2 et L5C8.
Il en est de même pour 7 autres duo pour des raisons symétriques.
Du coup on peut en déduire 13 éliminations.
Mais cela entraine deux fois deux triplet (126) puis un 4 révélé et ainsi 205 candidats restant au total pour 239 au départ.
Cela me parait trop beau pour être vrai mais je me dis qu'ai peut être utilisé un équivalent du sk loop. Si c'est le cas et que je me suis pas trompé, la grille ainsi simplifié devient t'elle simple ou le plus dur reste t'il a faire?

Répondre à François Cordoliani

De François Cordoliani
(Publié le 04/06/2018)

@ Clément :

Bonjour,

En fait j’ai résolu ces grilles avec un programme "béton" que j’ai fait il y a une dizaine d’années et auquel je viens juste d’ajouter le calcul de la taille TDP.
Il n’y a aucune technique particulière en dehors des TB (Techniques de base) et des bifurcations.
Ce programme génère un arbre de résolution dont chaque nœud (ou bifurcation) est la première case qui se présente et qui contient exactement 2 candidats (ou à défaut 3).
Mais, comme je vous le disais, la taille obtenue est peu significative, car le choix des bifurcations tient du hasard.
Voici tout de même les résultats :
Escargot : taille 60
Platinium Blonde : 28 (ça va dans le sens de votre remarque)
Golden Nugget: 156
Eastmonster: 171
Cette grille 505 : 28 (amusant non ?)

Répondre à Clément

De Clément
(Publié le 03/06/2018)

@ Robert Mauriès : Bonsoir,
Merci pour votre conseil, je viens de commencer Easter monster, c'est frappant à t'elle point elle diffère de blonde platine. Cette dernière rengorgeait d'ALS et donc de paires et de triplets dès qu'on adoptait la technique des pistes. Dans Easter monster pour commencer a pouvoir utiliser ces techniques ont est obligé de faire des bifurcations. Même le 7 en L1C4 qui permet de trouver tous les autres 7 de la grille ne donne pas grand chose. Je sens qu'elle va vraiment m’occuper un moment cette grille !
Sinon je viens de voir que Golden nugget est la 47eme grille sur ce site. C'est simple vous dites que c'est surement la plus dur du monde: Niveau 45 du coup j'imagine que c'est aussi un monstre. Avec en plus celle que vous proposez j'ai de quoi m'occuper tout l'été.
Sinon Pour blonde platine vous êtes d'accord qu'elle mérite absolument pas son titre de plus difficile du monde?

Répondre à Clément

De Clément
(Publié le 03/06/2018)

@ François Cordoliani : je comprend, après je ne cherche pas les méthodes de résolution la plus efficace quand je résout une grille. Je demandais du coup subjectivement qu'elle grille vous a paru la plus difficile.

Répondre à François Cordoliani

De François Cordoliani
(Publié le 03/06/2018)

@ Clément :

Bonsoir,
j'ai résolu ces grilles avec des arborescences de bifurcation, mais sans chercher à optimiser leur taille, sauf pour l'Escargot où je suis arrivé à une taille de 11.
Donc je ne peux pas vraiment les comparer (pour l'instant).

Répondre à François Cordoliani

De François Cordoliani
(Publié le 03/06/2018)

Désolé mais la police de caractères n'est plus la même une fois le message envoyé, ce qui explique les décalages.

Répondre à François Cordoliani

De François Cordoliani
(Publié le 03/06/2018)

Bonsoir,
je propose l'arbre de résolution suivant (C = Contradiction, S = Solution):

4L2C1---9L2C5---5L2C7 => C
----------------7L2C7 => C
--------9L6C5---1L8C4 => C
----------------5L8C4 => C
----------------6L8C4 => C
4L4C1---6L29C6--2L9C8 => C
----------------6L9C8 => C
--------6L17C6--1L4C4 => S
----------------3L4C4 => C

Donc solution unique prouvée et taille = 8.






Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 03/06/2018)

Bonjour,
1)aucun placement par les TB iniiiales.
2) P(4L3C4)=>invalide
3) P(6L9C6)=>invalide
P(7L3C5)=> couvre la grille
4)P(7L2C5).P(2L9C8)=>invalide
5)P(7L2C5).P(6L9C8)=>invalide=>-7L2C5
6)P(7L5C5).P(4L5C4)=>invalide
7)P(7L5C5).P’(4L5C4)=>invalide=>-7L5C5
8)P(7L6C5).P(2L1C1)=>invalide
9)P(7L6C5).P(5L1C1)=>invalide
10)P(7L6C5).P(8L1C1)=>invalide=>-7L6C5
11)P(7L7C5).P(4L2C1)=>invalide
12)P(7L7C5).P(8L2C1)=>invalide
13)P(7L7C5).P(1L2C1)=>invalide
14)P(7L7C5).P(5L2C1).P(1L9C4)=>invalide
15)P(7L7C5).P(5L2C1).P(4L9C4)=>invalide=>-7L7C5=>solution.

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 03/06/2018)

@ Clément : Easter Monster me paraît être la plus difficile si on utilise seulement la technique des pistes.
Celle-ci dont je ne connais pas le nom mais qui est d'Arto Inkala est pas mal aussi :
8..........36......7..9.2...5...7.......457.....1...3...1....68..85...1..9....4..

Répondre à Clément

De Clément
(Publié le 03/06/2018)

Bonsoir en parlant Arto Inkala je me demandais si quelqu'un ici a fait la grille qu'il dit étre la plus dur de monde (pas escargot une de 2010 ou 2012 je sais plus)
Parce que je viens de démontrer existence et l’unicité de blonde platine.
et franchement j'ai été decu. J'avais vu qu'elle était 3.6 sur une échelle logarithmique soit 30 fois plus dur environ que Ai escargot qui est de 2.1. Pourtant il en est rien je l'ai même trouvé plus simple que Ai escargot. Du coup je vais m'attaquer à d'autres grille.
j'ai repéré en plus de easter monster ; la golden nugget qui est supposée être dur aussi. Pour ceux qui ont fait toutes ces grilles les quelles vous ont paru les plus durs? Easter monster est pas mal si j'en crois ce site en tout cas. Surtout que j'ai aucune idée de ce qu'est le Sk loop et vu que je tiens à utiliser juste les techniques que j'ai trouvé , je le saurai sans doute jamais^^

Répondre à Richard

De Richard
(Publié le 02/06/2018)

Bonsoir,

Aucun placement initial.
Je ne détaillerai pas les difficultés éventuelles pour l'établissement des pistes.

On commence à étudier les 9 du bloc 6 :

(1) 9L6C9 => 2 candidats virtuels.
(2) 9L4C7 => 2 candidats virtuels.

Bifurcation de (1) avec les 4 du bloc 4 :

(3) 9L6C9 + 4L5C3 => contradiction.
(4) 9L6C9 + 4L4C1 => 1 candidat virtuel.

Bifurcation de (4) avec les 1 de la ligne 4 :

(5) 9L6C9 + 4L4C1 + 1L4C4 => résolution de la grille.
(6) 9L6C9 + 4L4C1 + 1L4C8 => 3 candidats virtuels.

Bifurcation de (6) avec les 3 candidats de L7C5 :

(7) 9L6C9 + 4L4C1 + 1L4C8 + 5L7C5 => contradiction.
(8) 9L6C9 + 4L4C1 + 1L4C8 + 7L7C5 => contradiction.
(9) 9L6C9 + 4L4C1 + 1L4C8 + 8L7C5 => contradiction.

Pour le moment on a 1 résolution et 4 contradictions. La taille partielle de la solution est de 4.

Bifurcation de (2) avec les 4 du bloc 4 :

(10) 9L4C7 + 4L4C1 => 3 candidats virtuels.
(11) 9L4C7 + 4L5C3 => 2 candidats virtuels.

Bifurcation de (10) avec les 7 du bloc 6 :

(12) 9L4C7 + 4L4C1 + 7L5C7 => contradiction.
(13) 9L4C7 + 4L4C1 + 7L6C8 => contradiction.

Bifurcation de (11) à l'aide de la case L2C5 :

(14) 9L4C7 + 4L5C3 + 9L2C5 => 5 candidats virtuels.
(15) 9L4C7 + 4L5C3 + (57)L2C5 => 2 candidats virtuels.

Bifurcation de (14) avec les 2 de la colonne 5 :

(16) 9L4C7 + 4L5C3 + 9L2C5 + 2L5C5 => contradiction.
(17) 9L4C7 + 4L5C3 + 9L2C5 + 2L6C5 => contradiction.

Bifurcation de (15) avec les 7 de la ligne 7 :

(18) 9L4C5 + 4L5C3 + (57)L2C5 + 7L7C5 => contradiction.
(19) 9L4C5 + 4L5C3 + (57)L2C5 + 7L7C6 => 3 candidats virtuels.

Bifurcation de (19) avec les 1 de la ligne 5 :

(20) 9L4C5 + 4L5C3 + (57)L2C5 + 7L7C6 + 1L5C2 => contradiction.
(21) 9L4C5 + 4L5C3 + (57)L2C5 + 7L7C6 + 1L5C9 => contradiction.

Nous avons donc 7 contradictions supplémentaires.

La taille de la solution est de 11.

Le niveau TDP de la grille est donc de 11 au maximum.



Ajouter un commentaire | Voir la résolution | Résoudre la grille

Grille N°504


Répondre à Clément

De Clément
(Publié le 03/06/2018)

@ Robert Mauriès : Bonsoir
Je pense que vous avez mal lu la preuve.
En effet c'est quand je suppose qu'il n'est pas résolu par des tbs que je fais une piste qui démontre ensuite que dans une case si un chiffre est faux l'autre aussi.
En effet je suppose par l'absurde que les tbs ne permettent pas de résoudre une grille binaire a une solution. Ainsi si elle a une solution unique, dans chaque case un et un seul chiffre est faux donc il doit bien amener a une contradiction quelque part.(mais ce chiffre ne se supprime par les tbs par hypothèse)
Et je démontre que si l'un amène a une contradiction alors l'autre aussi.

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 02/06/2018)

@ Clément : A la lecture des explications que vous donnez sur le théorème qui dit qu'une grille binaire à solution unique peut se résoudre avec uniquement les ti et te (c-a-d les TB sans les multiplets), je comprend qu'il y a un problème de vocabulaire.
Sur ce site et dans la technique des pistes, nous disons qu'une grille peut se résoudre uniquement par les TB lorsqu'il n'est pas nécessaire, à aucun moment du processus de résolution, de devoir en plus des TB utiliser une alternative vrai ou faux pour un candidat A d'une case binaire (paire).
Le théorème que vous évoquez utilise cette alternative pour être démontré, même si ensuite seules les techniques ti et te sont utilisées pour chaque alternative.
Dans le vocabulaire qui prévaut sur ce site et dans la technique des pistes, pour être démontré ce théorème utilise en fait un jeu de pistes issues d'une paire, ce n'est pas ce qu'on appelle résoudre avec les seules techniques de base.
De la même manière un X-wing n'est pas une technique de base car pour l'établir on doit utiliser une alternative vrai ou faux, c'est à dire un jeu de pistes.

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 02/06/2018)

@ Paolo :
Pouvez vous éviter les doubles et triples retours de chariots qui mettent beaucoup de lignes blanches. Cela faciliterait l'affichage et diminuerait la taille des pages web. Merci à vous. Robert

Répondre à Richard

De Richard
(Publié le 01/06/2018)

Bonsoir,

Voici une solution de taille 1 qui ne passe pas par le RG géant (coloriage virtuel) présent sur cette grille.

On étudie la case L5C8 :
(1) (15)L5C8 => résolution de la grille.
(2) (27)L5C8 => contradiction via la paire (27) de L5C78 qui force 7L3C9 à faire partie de la piste.

Evidemment il n'est pas nécessaire d'aller au bout des 2 pistes pour trouver la solution de la grille. En effet rapidement 6L2C1 peut être placé et la grille tombe.

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 01/06/2018)

@ Claude Renault :



Je suis d'accord avec ce que vous dites. Dans la résolution de la grille 495 j'ai utilisé exactement cette méthode de résolution. Je suis parti de la case L4C6 à la recherche de toutes les solutions ou contradictions qui partent des 4 candidats présents en utilisant les TB et les extensions pour obtenir toutes les solutions. De cette manière, clairement, chaque solution est différente, en pratique, tous les backdoors de taille différente.

Répondre à Claude Renault

De Claude Renault
(Publié le 01/06/2018)

@ Paolo : n'ayant jamais consulté la littérature américaine, je suis peut-être à côté de la plaque concernant ce problème .
J'ai été un peu désorienté quand Robert m'a dit un jour que toute grille résolue par les procédures de base est unique
Après réflexion, j'aboutis à un raisonnement que je vous soumets :
Considérons la grille obtenue après PB : il est possible d'aboutir à un rectangle interdit (doublet, 2 solutions) ; dans ce cas particulier, la technique des pistes appliquée à l'une des paires dévoile les 2 solutions ; en extrapolant, on pourrait dire (et c'est là où je m'aventure un peu) qu'une grille à n solutions se traduit par une "disposition interdite" sous la forme de ntuplets ; la technique des pistes permet de décomposer ces ntuplets et mettre en évidence les différentes solutions ; tant que des croisements n'aboutissent pas à la couverture de la grille, on poursuit l'investigation ; en cas contraire, il est évident que l'élimination par la tdp de toutes les possibilité aboutit forcément à une solution unique

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 31/05/2018)

@ Clément :

Bonsoir,

Bien sûr, cela peut être utile mais c'est un problème différent. Il ne s'agit pas de trouver toutes les solutions d'une grille comme la 495 mais de la transformer en une solution unique.

Sur ce site j'ai trouvé une démonstration du BUG.

http://www.sudoku9981.com/sudoku-solving/bivalue-universal-grave.php

Répondre à Clément

De Clément
(Publié le 31/05/2018)

@ Paolo : je fais de même en revanche ce qui peut être intéressant C'est des grilles a solutions multiple mais tel qu'il y a ait un seul chiffre qu'on puisse rajouter pour faire en sorte qu'il y ait unique solution. Il y a des exemples de tel grilles dans ce site

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 31/05/2018)

@ Clément :


Je n'utilise jamais de méthodes qui commencent dans la résolution des grilles comme une supposition initiale que la solution est unique. Dans ce site, nous essayons toujours de démontrer l'unicité d'une solution. Pour moi, c'est la chose la plus difficile à réaliser. Sinon, toute backdoor serait une résolution satisfaisante.

Répondre à Clément

De Clément
(Publié le 31/05/2018)

@ Paolo : Oui c'est bien ce que je pensais je l'avais vu dans un problème
de ce site , ce fameux bug. Je trouvais ça bizarre que vous connaissiez pas ce résultat du coup.
par contre sur le lien; Je suis pas vraiment anglophone du coup j'ai pas trop compris ce qu'il disait exactement ce bug et je n'ai pas trouvé de preuve.

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 31/05/2018)

@ Clément :



Désolé, je n'ai pas compris, c'est la démonstration d'une extension du
Binary Universal Grave (BUG)
http://hodoku.sourceforge.net/en/tech_ur.php#un3
http://www.sudoku9981.com/sudoku-solving/bivalue-universal-grave.php

Répondre à Clément

De Clément
(Publié le 31/05/2018)

@ Paolo : @ Paolo : Pour que le théorème fonctionne il faut que toutes les cases admettent au plus deux candidats, sinon bien sûr le sudoku ne se résolue pas avec juste les techniques de bases, même blonde platine admet une case avec deux candidats et pourtant elle est loin d’être facile.

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 31/05/2018)

@ Clément :

Bonsoir,



Ce que vous dites est surprenant parce que moi aussi je n'utilise généralement que les techniques que vous dites. Mais par exemple dans la grillel'escargot, qui a les caractéristiques du théorème que vous décrivez, après avoir inséré 1 dans L8C3 il n'est pas possible d'éliminer un élément des 216 candidats présents dans la grille en utilisant les techniques que vous avez répertoriées. Il est possible de prouver faux seulement L7C4 = 9, L7C6 = 9, L8C6 = 9, L9C4 = 9, L9C6 = 9, L2C6 = 1 et L8C6 = 2 associant la technique trial and errors aux techniques en question, mais pour les autres 209 canditates restants aucun résultat n'est obtenu. Clairement avec des extensions, en utilisant toujours les mêmes techniques de base, vous pouvez éliminer d'autres candidats et arriver à la solution et la démonstration de l'unicité, mais c'est la technique des pistes.

Répondre à Clément

De Clément
(Publié le 31/05/2018)

@ Paolo : Bonsoir
Lles seules techniques utilisées sont inductives du coup elle démontre aussi l'unicité. Je n'utilise aucune piste c'est pas du tout une techniques que j'appelle de base , même les paires je les considéres pas comme de bases dans le théorème. Seulement celles que j'appelle Ti1 ti2 te1 et te2.
Sinon personnellement quelque soit la grille je tient démontrer aussi l’unicité du coup je n'utilise pas de backdoor.

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 31/05/2018)

@ Clément :

Bonsoir,

Il est très intéressant ce que vous dites, Léger attentivement ce que vous avez écrit. Une première question que je voudrais poser:
Puisque le théorème que vous décrivez ne concerne que les grilles de solution unique. Comprenez-vous également la démonstration de l'unicité dans la résolution? Si la réponse est négative, comme je pense, est-ce que des «backdoors» sont une résolution pour vous?


J'écris ceci parce que la grille d'escargot, qui a une solution unique et qui a la case L5C3 avec seulement deux candidats, n'a pas de backdoors même après les seules éliminations possibles avec TB:

P(9L7C4)=>contradiction=>-9L7C4
P(9L7C6)=>contradiction=>-9L7C6
P(9L8C6)=>contradiction=>-9L8C6
P(9L9C4)=>contradiction=>-9L9C4
P(9L9C6)=>contradiction=>-9L9C6
P(1L2C6)=>contradiction=>-1L2C6
P(2L8C6)=>contradiction=>-2L8C6.

Après ces éliminations les seules possibles peuvent être obtenues avec des extensions comme par exemple:

P(2L1C2).P(7L3C1).P(1L2C4)=>contradiction
P(2L1C2).P(7L3C1).P(4L2C4)=>contradiction
P(2L1C2).P(7L3C2).P(4L3C1)=>contradiction
P(2L1C2).P(7L3C2).P(8L3C1)=>contradiction=>-2L1C2

Clairement après une tentative comme L1C2 = 6 d'autres élminations peuvent être obtenues en utilisant seulement le TB comme:

P(3L1C5)=>contradiction=>-3L1C5
P(2L1C7)=>contradiction=>-2L1C7
P(6L2C8)=>contradiction=>-6L2C8
P(8L3C1) =>contradiction=>-8L3C1
P(2L4C1) =>contradiction=>-2L4C1

Ce qui conduit directement à la solution avec le seul TB.

Répondre à Clément

De Clément
(Publié le 31/05/2018)

@ Paolo : Alors La preuve est assez longue car elle demande beaucoup de pré requis
Mais voila ceux qu’elle donne, si vous avez des questions pour la démonstrations des résultats intermédiaire n’hésitez pas. J’ai essayer de m’adapter au maximum au notation de votre site mais j’ia eu un peu de mal par moment.
Tout d’abord voila ce que j’appelle exactement les techniques de bases.
Définition
Technique d’insertion 1 (ti1)
Si dans une zone une seul case contient le chiffres a alors le a de cette case est valide
Technique d’insertion 2 (ti2)
Si dans une case, un seul chiffre est présent, alors ce candidat est valide
Technique d’élimination 1 (te1)
Si dans une zone un candidat a est valide dans une case , alors tous les candidats a des autres cases de la zone sont invalides
Technique d’élimination 2 (te2)
Si dans une case , un candidat a est valide alors tous les autres chiffres de cette case sont invalides

Théorème :
Une grille de sudoku qui possède au plus deux candidats par case et possédant une unique solution est résoluble par les techniques de base à savoir te1 te2 ti1 et ti2
Dans toute la preuve on appellera binaire une grille possédant deux candidats au plus par case
Et simple une grille résolvable par Te1 te2 ti1 et ti2
Une preuve possible de ce théorème passe par la notion de partie isolée
Définition. Une partie isolée(Pi) P est un ensemble de cases tel que si on prend une case A appartenant à P et une case B de la grille si A et B ont un candidat de même valeur alors B appartient à P

Autrement dit si dans une zone on a une case qui appartient à P et une case qui appartient pas à P alors ces deux cases n’ont aucun candidats de même valeurs
Exemple
Après avoir utilisé Te1, un chiffre inscrit est une partie isolée
Le vide, une case vide, et la grille toute entière sont des parties isolées
Le rectangle interdit est aussi une partie isolée si on a utilisé la technique des paires.
Pour la démonstration du théorème on aura seulement besoin de démontrer que la grille est une Pi
Définition : une partie est isolée est dite simple (PIS) si elle contient exactement deux sous partie isolée. A savoir elle-même et le vide.
Ainsi le vide n’est pas une PIS
La première propriété importante à démontrer est la suivante

Propriété 1
Une partie isolée est décomposable de manière unique en une union disjointe de Partie isolée simple
La démonstration de cette propriété ressemble beaucoup a l’existence et l’unicité de la décomposition en facteur premier d’un enter naturel

Définition
Soit P un ensemble de case, P est dit connexe par candidat si pour toutes case X et Y appartenant à P Il est possible de trouver des cases W1 W2 ….Wn
Tel que X et W1 soient dans la même région et contienne un candidat de la même valeur.
De même pour Wk et Wk+1 et Wn et Y
Propriété 2
Une partie isolée simple est connexe par candidat.
Remarque On a aussi une PI non vide connexe par candidat est simple mais on a pas besoin de ce résultat dans la preuve.
Ensuite on a besoin de définir ce qu’est une solution d’un ensemble de case E
Soit S un ensemble de case, on dit que S est une solution de l’ensemble E si
- S contient toutes les cases de E et seulement celles ci
- toutes les cases de S contiennent exactement un candidat par case
-Tous les candidats de S sont des candidats de E
-Dans une zone il ya jamais deux candidats de même valeur
Remarque si S est une solution d’une grille G alors toutes les zones contiennent une seules fois chaque chiffres, on donc bien S est une solution de la grille au sens usuel.
Propriété 3. le nombre de solution de l’union de deux partie isolée disjointe est égal au produit du nombre de solutions des deux PI

Corollaire
Une partie isolée(et donc la grille) admet une unique solution si et seulement toutes ses sous parties isolées simples admettent une unique solution.

Ce corollaire est vraiment important , c’est une généralisation du principe des rectangles interdits.
On a en effet dans un sudoku à solution unique si une piste amène a séparer la grille en plusieurs parties isolées et que au moins l’une d’entre elle admet plusieurs solutions. Cette piste est invalide
On a fini avec les pré requis concernant les PI
Pour démontrer qu’une grille binaire est résoluble il suffit de montrer qu’elle est simplifiable c'est-à-dire qu’on peut supprimer ou valider un candidat. En effet une grille binaire simplifiée reste binaire.
Remarque
Si une grille n’est pas simple si dans une zone un chiffre n’est pas inscrit alors il y a au moins deux candidats qui ont pour valeur ce chiffre dans cette zone sinon on pourrait appliquer Ti1 . Si de plus la grille est binaire , il apparait donc exactement deux fois.
Propriété4 Soit G une grille binaire non simple , Soit A et B deux insertions du type Supposer qu’un candidat est vrai ou Supposer qu’un candidat est faux ;Si on a A Implique B par l’utilisation des techniques te1 te2 ti1 ti2 alors on a Non A implique Non B
Cette propriété est une conséquence de la remarque juste avant.
Propriété 5. Soit G une grille binaire non simple. Soit P une PIS de G alors toutes pistes issu d’un candidat de P peut amener a faire en sorte qu’il reste exactement un candidat dans toutes les cases de P seulement en utilisant Ti1 Ti2 Te1 et Te2
Cela est du a fait qu’une Pi est connexe par candidat
Enfin on peut démontrer le théorème
Par l’absurde Soit G une grille binaire non simple avec une unique solution.
Soit X une case qui contient deux candidats A et B
On a X qui appartient a une PIS que je note P
Comme G admet une unique solution on a P qui admet une unique solution d’après le corollaire
Donc on a soit A soit B qui est faux. Supposons que c’est A
On a d’après la propriété 5 que supposer A permet de faire en sorte que dans chaque case on est un seul candidat. Mais vu que A est faux , on tombe pas sur une solution de P donc il existe une zone Z qui contient deux cases appartenant à P avec deux candidats ayant la valeur c
Oui mais si on suppose B on suppose Non A donc d’après la propriété 4 dans ces deux cases on aura pas de candidats ayant la valeur c. Mais on a vu que dans chaque Zone un candidat qui a pas été déterminer apparait exactement deux fois donc Z n’aura plus de candidat de valeur c donc B est faux donc G n’admet aucune solution absurde.
Remarque on a montré que le candidat B était faux car il implique qu’une zone n’admet pas de chiffre c mais dans ce cas il y aura un chiffre présent au moins deux fois dans Z.

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 31/05/2018)

Bonsoir,

1)21 placements par les TB iniiiales.
Fin x-Wind (3L1 et 3L8 fin L1C3=3)=>-3L2C1=>solution.

Répondre à Claude Renault

De Claude Renault
(Publié le 31/05/2018)

22 placements par TB
(b1-j3)L9C4 : b invalide, j valide couvre la grille

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 31/05/2018)

@ Clément : Très bon choix de pistes Clément ! Je détaille votre résolution dans "Résolutions guidées".

Répondre à Clément

De Clément
(Publié le 30/05/2018)

J'ai pris la paire de 6B1 qui amène toutes les deux à un 8 en L1 C3

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 30/05/2018)

Après simplification de la grille par les TB (22 placements), on utilise par exemple le jeu de pistes issues de la paire 8B3 pour construire la solution et confirmer son unicité, par simple croisement des pistes.



Ajouter un commentaire | Voir la résolution | Résoudre la grille

Grille N°503


Répondre à Clément

De Clément
(Publié le 31/05/2018)

@ Robert Mauriès : Alors La preuve est assez longue car elle demande beaucoup de pré requis
Mais voila ceux qu’elle donne, si vous avez des questions pour la démonstrations des résultats intermédiaire n’hésitez pas. J’ai essayer de m’adapter au maximum au notation de votre site mais j’ia eu un peu de mal par moment.
Tout d’abord voila ce que j’appelle exactement les techniques de bases.
Définition
Technique d’insertion 1 (ti1)
Si dans une zone une seul case contient le chiffres a alors le a de cette case est valide
Technique d’insertion 2 (ti2)
Si dans une case, un seul chiffres est présent, alors ce candidat est valide
Technique d’élimination 1 (te1)
Si dans une zone un candidat a est valide dans une case , alors tous les candidats a des autres cases de la zone sont invalides
Technique d’élimination 2 (te2)
Si dans une case , un candidat a est valide alors tous les autres chiffres de cette case sont invalides

Théorème :
Une grille de sudoku qui possède au plus deux candidats par case et possédant une unique solution est résoluble par les techniques de base à savoir te1 te2 ti1 et ti2
Dans toute la preuve on appellera binaire une grille possédant deux candidats au plus par case
Et simple une grille résolvable par Te1 te2 ti1 et ti2
Une preuve possible de ce théorème passe par la notion de partie isolée
Définition. Une partie isolée(Pi) P est un ensemble de cases tel que si on prend une case A appartenant à P et une case B de la grille si A et B ont un candidat de même valeur alors B appartient à P

Autrement dit si dans une zone on a une case qui appartient à P et une case qui appartient pas à P alors ces deux cases n’ont aucun candidats de même valeurs
Exemple
Après avoir utilisé Te1, un chiffre inscrit est une partie isolée
Le vide, une case vide, et la grille toute entière sont des parties isolées
Le rectangle interdit est aussi une partie isolée si on a utilisé la technique des paires.
Pour la démonstration du théorème on aura seulement besoin de démontrer que la grille est une Pi
Définition : une partie est isolée est dite simple (PIS) si elle contient exactement deux sous partie isolée. A savoir elle-même et le vide.
Ainsi le vide n’est pas une PIS
La première propriété importante à démontrer est la suivante

Propriété 1
Une partie isolée est décomposable de manière unique en une union disjointe de Partie isolée simple
La démonstration de cette propriété ressemble beaucoup a l’existence et l’unicité de la décomposition en facteur premier d’un enter naturel

Définition
Soit P un ensemble de case, P est dit connexe par candidat si pour toutes case X et Y appartenant à P Il est possible de trouver des cases W1 W2 ….Wn
Tel que X et W1 soient dans la même région et contienne un candidat de la même valeur.
De même pour Wk et Wk+1 et Wn et Y
Propriété 2
Une partie isolée simple est connexe par candidat.
Remarque On a aussi une PI non vide connexe par candidat est simple mais on a pas besoin de ce résultat dans la preuve.
Ensuite on a besoin de définir ce qu’est une solution d’un ensemble de case E
Soit S un ensemble de case, on dit que S est une solution de l’ensemble E si
- S contient toutes les cases de E et seulement celles ci
- toutes les cases de S contiennent exactement un candidat par case
-Tous les candidats de S sont des candidats de E
-Dans une zone il ya jamais deux candidats de même valeur
Remarque si S est une solution d’une grille G alors toutes les zones contiennent une seules fois chaque chiffres, on donc bien S est une solution de la grille au sens usuel.
Propriété 3. le nombre de solution de l’union de deux partie isolée disjointe est égal au produit du nombre de solutions des deux PI

Corollaire
Une partie isolée(et donc la grille) admet une unique solution si et seulement toutes ces sous parties isolées simples admettent une unique solution.

Ce corollaire est vraiment important , c’est une généralisation du principe des rectangles interdits.
On a en effet dans un sudoku à solution unique si une piste amène a séparer la grille en plusieurs parties isolées et que au moins l’une d’entre elle admet plusieurs solutions. Cette piste est invalide
On a fini avec les pré requis concernant les PI
Pour démontrer qu’une grille binaire est résoluble il suffit de montrer qu’elle est simplifiable c'est-à-dire qu’on peut supprimer ou valider un candidat. En effet une grille binaire simplifiée reste binaire.
Remarque
Si une grille n’est pas simple si dans une zone un chiffre n’est pas inscrit alors il ya au moins deux candidat qui ont pour valeur ce chiffre dans cette zone sinon on pour appliquer Ti1 . Si de plus la grille est binaire , il apparait donc exactement deux fois.
Propriété4 Soit G une grille binaire non simple , Soit A et B deux insertions du type Supposer qu’un candidat est vrai ou Supposer qu’un candidat est faux ;Si on a A Implique B par l’utilisation des techniques te1 te2 ti1 ti2 alors on a Non A implique Non B
Cette propriété est une conséquence de la remarque juste avant.
Propriété 5. Soit G une grille binaire non simple. Soit P une PIS de G alors toutes pistes issu d’un candidat de P peut amener a faire en sorte qu’il reste exactement un candidat dans toutes les cases de P seulement en utilisant Ti1 Ti2 Te1 et Te3
Cela est du a fait qu’une Pi est connexe par candidat
Enfin on peut démontrer le théorème
Par l’absurde Soit G une grille binaire non simple avec une unique solution.
Soit X une case qui contient deux chiffres candidats A et B
On a X qui appartient a une PIS que je note P
Comme G admet une unique solution on a P qui admet une unique solution d’après le corollaire
Donc on a soit A soit B qui est faux. Supposons que c’est A
On a d’après la propriété 5 que supposer A permet de faire en sorte que dans chaque case on est un seul candidat. Mais vu que A est faux , on tombe pas sur une solution de P donc il existe une zone Z qui contient deux cases appartenant à P avec deux candidats ayant la valeur c
Oui mais si on suppose B on suppose Non A donc d’après la propriété 4 dans ces deux cases on aura pas de candidats ayant la valeur c. Mais on a vu que dans chaque Zone un candidat qui a pas été déterminer apparait exactement deux fois donc Z n’aura plus de candidat de valeur c donc B est faux donc G n’admet aucune solution absurde.
Remarque on a montré que le candidat B était faux car il implique qu’une zone n’admet pas de chiffre c mais dans ce cas il y aura un chiffre présent au moins deux fois dans Z.

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 31/05/2018)

@ Robert Mauriès:
@ Clément :


Probablement Clément quand il parle de la résolution d'une grille avec seulement les techniques de base, comprend également des bifurcations ou des "extensions". En fait, toute la technique des pistes n'utilise que les TB.

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 31/05/2018)

@ Clément : Ce serait intéressant que vous expliquiez sur ce forum comment vous montrez qu'une grille ne présentant que deux candidats par cases non-résolues peut se résoudre avec les seules TB. Je ne vous cache pas que je suis étonné par ce résultat.

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 30/05/2018)

@ Clément :

Bonsoir,


Oui, effectivement, la grille 184 est une version de l'escargot.
La même résolution que l'escargot peut être utilisée

Répondre à Clément

De Clément
(Publié le 30/05/2018)

Bonjour
(64981)(7352) est une notation utilisé pour désigner les permutations d'un ensembles
Cela veut dire
6 -> 4 -> 9 -> 8 -> 1-> 6
7 -> 3 -> 5 -> 2 -> 7
AI escargot a 23 chiffres initiaux et non 24 mais je je viens de me rendre comte que sur ce site le 1 trivial est déjà mis donc effectivement cela fait 24. Donc pas besoin de rajouter le 6 en L5 C3 il y sera déja.

de plus on remarque que AI escargot contient une fois le 1 mis
1 bloc avec 0 initial
1 bloc avec 2 initiaux
5 blocs avec 3 initiaux
1 bloc avec 4 initiaux
Exactement comme la grille 184
De plus on peut supprimer dans la grille 184, 4 candidats 8 dans le blocs 6 en partant de piste de la paire de 8 du bloc 1. Puis en remarquant des X wings
Exactement comme dans la résolution proposé sur ce site de AI escargot on enlève 4 candidats 9 du bloc 8

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 30/05/2018)

@ Clément :

Bonjour,



Ce n'est pas clair pour moi ce que cela signifie d'échanger 5 chiffres avec quatre chiffres (64981)(7352). L'un d'eux doit nécessairement être exclu.

Une autre chose qui n'est pas claire pour moi. les deux grilles ont toutes deux 24 chiffres initiaux donc il n'est pas possible d'obtenir la grille 184 à partir de l'escargot en insérant aussi le 6 en E3 car il atteindrait 25 chiffres initiaux.

Répondre à Clément

De Clément
(Publié le 30/05/2018)

Bonjour ça me fait également très plaisir de pouvoir discuter avec des personnes qui s'y connaissent vraiment en sudoku.
Je crois que je viens de trouver une preuve d'un résultat que j'avais remarqué depuis longtemps: toute grille qui admet une solution et qui posséde au plus deux candidats par case et résoluble par les techniques de bases. J'étais très content de démontrer ce résultat mais dans mon entourage personne ne comprend ne serait que le sens de cette propriété qui est fausse dans un tectonic par exemple. Ce théorème c'est celui que vous appelez Bug non ?
Je me suis trompé c'est la 184 qui est AI escargot
En partant de AI escargot voila les transformations que l'on peut faire pour obtenir la grille 184

Tout d'abord on fait la permutation des chiffres suivante (64981)(7352)
Puis On se débrouille pour avoir le bloc vide en R8 en R6
pour cela on fait L123 -> L789 -> L456 -> L123
Puis C456 <-> C789
ensuite on permute les lignes au sein d'un même "trois lignes"
C4 <-> C5
C5<-> C6
L8 <-> L9
L1 -> L2 -> L3 -> L1
C7 <-> C8
ensuite on a qu'a rajouter le 6 en E3 qui s'obtient grâce au techniques de bases et on tombe sur la grille 184
Du coup je pense que le niveau 25 c'est pour juste trouver le backdoor.
Je me suis lancé à la recherches de blonde platine, je l'ai pas vu su le site, elle a pas l'air facile non plus mais je compte bien avoir le dernier mot et montrer l'unicité de la solution.

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 29/05/2018)

@ Robert Mauriès :


Oui, j'ai compris après une lecture attentive de votre résolution sur le site.

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 29/05/2018)

@ Paolo : L'application de ces doubles boucles qui produit 13 éliminations compte pour 26 dans le décompte de la taille puisque l'on obtient le même résultat en utilisant 13 pistes issues de ces 13 candidats qui conduisent à des contradictions via deux branches de bifurcation pour chaque piste. Il est peut-être possible de réduire ce nombre avec des pistes issues d'ensembles, mais je n'ai pas essayé.

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 29/05/2018)

@ Robert Mauriès :

Ce que vous dites est vrai, mais je me raccrocherai à ce qui a été dit dans de nombreuses discussions que l'utilisation d'autres techniques de résolution comme la x-wind être utilisée et comptée comme une piste invalide (contradiction) et non comme un TB. Clairement, dans ce cas, la technique utilisée serait très efficace et je me demandais exactement comment cela pouvait être compté en termes de contradictions .Généralement toutes les éliminations obtenues avec les techniques avancées jusqu'aux chaînes forcées peuvent être remplacées par la contradiction de la piste formée par l'élément qui sera éliminé mais dans le cas du SK -loop ce n'est pas valide en fait aucune des pistes formées par l'un des 13 candidats éliminé dans le Monstre de Pâques génère une piste invalide.

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 29/05/2018)

@ Paolo : La taille d'une résolution est définie avec les TB, c'est une définition et comme toute définition elle ne peut pas être "ajustable". Les doubles boucles ne peuvent pas être considérées comme basiques, elles sont même très complexes. Les 13 éliminations dont vous faîtes état en sont la preuve comme vous pouvez le voir dans la résolution que je propose de Easter Monster qui montre que ces éliminations résultent de nombreuses applications de la TDP.

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 29/05/2018)

@ Clément :
@ Robert Mauriès :


Bonjour,

Si la " SK-loop" est utilisée comme technique initiale pour la résolution du Easter Monster,voir http://www.sudokusnake.com/nakeddoubleloop.php vous obtenez 13 suppressions qui sont produites avec une seule étape logique. Combien de contradictions peuvent être associées aux 13 éliminations produites par le "SK-Loop" si vous associez la technique des pistes pour résoudre le puzzle? Je pense qu'avec l'association de la technique de pistes, vous obtenez un TDP plus bas.

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 29/05/2018)

@ Clément : Ravi de vous lire sur ce forum Clément ! Ceci dit, je suis étonné par l'association que vous faîtes entre la grille N°183 qui est Easter Monster et la grille AI Escargot (N°23), étant donné que leurs nombres de dévoilés sont différents. Pouvez-vous préciser les tranformations qui selon vous font passer de l'une à l'autre ?
Quand au niveau TDP d'AI Escargot, 31 est son niveau maximum, il n'est pas exclu qu'on puisse trouver une résolution de taille plus faible, ce que vous avez sans doute fait et dans ce cas bravo à vous !

Répondre à Clément

De Clément
(Publié le 28/05/2018)

@ Clément : En fait cette grille c'est AI escargot à qui on a rajouter le 1 donc l'unicité de la grille à été prouvé.

Répondre à Clément

De Clément
(Publié le 28/05/2018)

Bonjour je viens de réussir a démonter l'existence et l’unicité de la grille 183 .C,'était mon dernier objectif avant de faire al escargot...
Du coup je tente de faire le fameux monstre et là stupeur!
je me rend compte que la 183 est une grille équivalente à AI escargot à qui on a rajouté le 1 évident!(permutation (64981)(7352) + permutation de ligne et colonne)
Du coup vu que j'ai réussi a trouver ce fameux 1 j'ai réussi IA escargot!
Comment cela est t'il possible? Comment le niveau sans le 1 peut être de 25 et avec le 1 de 31?
En tout cas je suis super content, j'ai réussi a résoudre AI escargot sans le savoir!

Répondre à Richard

De Richard
(Publié le 26/05/2018)

Bonjour,

4 placements par les TB initiales.

Bravo à François pour sa solution de taille 4 car cette grille est plus propice aux solutions de taille 5.

Etudions les 6 du bloc 8 :

(1) 6L7C6 => piste comportant 3 candidats virtuels.
(2) 6L9C4 => piste comportant 6 candidats virtuels.

Bifurcation de (1) avec les 5 du bloc 2 :

(3) 6L7C6 + 5L1C5 => résolution de la grille.
(4) 6L7C6 + 5L2C4 => piste comportant un seul candidat virtuel.

Bifurcation de (4) en utilisant les 3 candidats de L6C6 :

(5) 6L7C6 + 5L2C4 + 4L6C6 => contradiction.
(6) 6L7C6 + 5L2C4 + 5L6C6 => contradiction.
(7) 6L7C6 + 5L2C4 + 9L6C6 => contradiction via une réduction bloc/ligne : à un moment dans la ligne 1, les 7 sont cantonnés dans le bloc 3 ce qui force 1L2C7 à faire partie de la piste.

Bifurcation de (2) avec les 9 de la ligne 6 :

(8) 6L9C4 + 9L6C4 => contradiction via une paire (45) dans le bloc 9 qui force 3L8C7 et 1L7C9 à faire partie de la piste.
(9) 6L9C4 + 9L6C7 => contradiction.

Répondre à François Cordoliani

De François Cordoliani
(Publié le 26/05/2018)

Bonjour,

les techniques de base donnent 4 placements et quelques suppressions grâce à un alignement, une paire et 2 paires cachées.
Ensuite je considère la paire 9L56C7.
La piste P(9L5C7) donne 7 placements et conduit à 2 contradictions par bifurcation sur les 9 de la ligne 6.
La piste P(9L6C7) ne donne aucun placement mais permet de conclure grâce à une bifurcation sur la case L5C5:
P(9L6C7).P(3L5C5) => solution
P(9L6C7).P(4L5C5) => contradiction
P(9L6C7).P(5L5C5) => contradiction
Donc solution unique prouvée et taille de résolution = 4


Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 26/05/2018)

Pas de commentaire pour l'instant.



Ajouter un commentaire | Voir la résolution | Résoudre la grille

Grille N°502


Répondre à Claude Renault

De Claude Renault
(Publié le 24/05/2018)

12 placements par Pb
Paire 7B1 : valide le 7L1C3 ; paire (23-6)L9C4 : le 6 couvre la grille ;
Pour l’unicité (malgré mes réticences) : partant de la piste P1(23)L9C4 : paire P12(8L9) : 8L9C7 invalide rend P12(8L9C8) valide rend P1 invalide

Répondre à Richard

De Richard
(Publié le 24/05/2018)

Bonjour,

12 placements par les TB initiales.

On commence par étudier les 7 du bloc 1 :

(1) 7L1C3 => piste composée de 5 candidats virtuels.
(2) 7L3C3 => contradiction via la paire (28) de L5C18 qui débouche directement
sur la contradiction : pas de candidat 3 possible en ligne 5.

On place donc les 6 candidats de la piste (1) : 4L1C2, 7L1C3, 7L2C4, 7L3C7, 4L4C3 et 4L5C9.

On étudie maintenant la paire de 6 de la ligne 4 :

(3) 6L4C5 => piste composée de 2 candidats virtuels.
(4) 6L4C6 => contradiction.

On place donc les 3 candidats de la piste (3) : 6L4C5, 5L6C5 et 2L7C5.

On étudie finalement la paire de 2 du bloc 5 :

(5) 2L4C6 => résolution de la grille.
(6) 2L6C4 => contradiction.

Le croisement des pistes (5) et (6) permet de trouver directement la solution
sans avoir besoin d'aller au bout des 2 pistes.

Ceci constitue une solution de taille 3 qui maintient le niveau TDP de
la grille à 3 au maximum.

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 23/05/2018)

Une autre solution.

1)12 placements par les TB initiales.

P(2L1C4)=>couvre la grille

2) P(6L1C4).P(3L4C6) => contradiction (L3C3=Ø)

3) P(6L1C4).P(6L4C6) => contradiction (L7C1=Ø) =>-6L1C4

4) P(7L1C4)=> contradiction (deux 6 dans L2)=>-7L1C4=>validation P(2L1C4)=>solution.

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 23/05/2018)

Bonsoir,

1)12 placements par les TB initiales.

P(3L2C8)=>couvre la grille

2)P(3L7C8).P(2L9C8)=>contradiction (L1C1=Ø)

3)P(3L7C8).P(6L9C8)=>contradiction (L1C1=Ø)=>-3L7C8

4) P(3L5C8)=>contradiction (deux 6 dans C5)=>validation P(3L2C8)=>solution.

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 23/05/2018)

Après simplification de la grille par les TB (12 placements), jeu de pistes issues de la paire 3B3 :
- P(3L2C8) couvre la grille.
- P(3L2C7) compte sept candidats (dont six sont aussi des candidats de P(3L2C8) et sont donc solutions).
Pour prouver l'invalidité de P(3L2C7) afin d'établir l'unicité de la solution trouvée, on prolonge la piste par des extensions :
- P(3L2C7).P(26L7C8) est invalide -> P(3L2C7) est prolongée par P(3L7C8),
- P(3L2C7).P(3L7C8).P(2L1C1) et P(3L2C7).P(3L7C8).P(6L1C1) sont invalides.



Ajouter un commentaire | Voir la résolution | Résoudre la grille

Grille N°501


Répondre à François Cordoliani

De François Cordoliani
(Publié le 22/05/2018)

Bonsoir,

on pouvait aussi utiliser les 4 de la ligne 4 au deuxième niveau, comme ceci:
P(8L7C8) => contradiction
P(9L7C8).P(4L4C1) => solution
P(9L7C8).P(4L4C2) => contradiction
P(9L7C8).P(4L4C7) => contradiction

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 22/05/2018)

Résolution équivalente à celle ci-dessous de Paolo en partant de la paire d'ensembles {2L7C5, 2L8C45}.
- P(2L7C5) couvre la grille,
- P(2L8C45).P(4L4C2) invalide,
- P(2L8C45).P(4L6C1) invalide.

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 21/05/2018)

Bonsoir,
1) 4 placements par les TB initiales.

P(4L4C1)=> couvre la grille.

P(4L4C7).P(2L8C4)=>contradiction (L5C2=Ø)

P(4L4C7).P(8L8C4)=>contradiction (deux 8 dans L1)=>-4L4C7

P(4L4C2) =>contradiction (L2C8=Ø)=>validation P(4L4C1)=>solution.



Ajouter un commentaire | Voir la résolution | Résoudre la grille

Grille N°500


Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 20/05/2018)

@ Paolo : En effet deux cas peuvent se présenter quand on construit une piste issue d'un ensemble E, soit on peut la développer directement en raison des ensembles cachés (doublet, triplet, etc...) que le choix de E fait apparaître, soit on applique la définition. Si le premier choix est possible on convient que la taille est déterminée par ce choix et non pas avec le second choix. C'est une convention sans laquelle, vous avez raison, il y aurait ambiguïté.

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 20/05/2018)

@ Robert Mauriès:

Bonsoir,


Je suis d'accord avec vous. Mon but n'était pas de critiquer le théorème, ce qui est correct, mais d'essayer de comprendre dans des cas comme celui-ci comment calculer la taille d'une résolution. En effet la taille selon la définition devrait être 2 car les traces invalides utilisées dans la définition de la piste d'un ensemble sont deux mais si le P '(6L6C7) développé utilisant le théorème avait conduit directement à une contradiction la taille aurait été 1 même si elle est équivalente toujours pour le théorème à un sous-ensemble de deux pistes invalides.

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 20/05/2018)

@ Paolo : Le théorème 2-1 dit que si E1 et E2 sont deux ensembles formant une paire d'ensemble alors P'(E1)=P(E2).
Donc si P(E2) est invalide, P'(E1) l'est aussi.
C'est bien ce que vous vérifiez en construisant P(E2=24L6C7) selon la définition d'une piste issue d'un ensemble, c'est-à-dire en construisant les candidats communs à P(2L6C7) et P(4L6C7), et cela avec les seules TB.
Donc vous ne mettez pas en défaut le théorème sur cet exemple en utilisant seulement les TB.

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 19/05/2018)

Bonjour,


Toutes les résolutions que j'ai trouvées de taille 1 sont les mêmes que celle de Robert Mauriès, la seule différence apparente étant l'utilisation de différents backdoors tels que P (5L3C2) ou P (5L3456C5) ou le P apparenté (5L6C239).
Résolution de taille 2 à travers l'étude de la case L6C7 où P (2L6C7) et P (4L6C7) sont des traces invalides et P (6L6C7) couvre la grille. Cette résolution me permet de lancer une discussion sur la démonstration de l'invalidité de la piste P '(6L6C7). En utilisant le théorème
2-1 de la Théorie de la technique des pistes ne peut prouver l'invalidité de cette piste, en partant de la définition de piste d'un ensemble l'intersection des deux pistes P (2L6C7) et P (4L6C7) produit un sous-ensemble qui mène à l'invalidité.

N.B Comme les deux pistes P '(6L6C7) et P {P (2L6C7); P (4L6C7)} sont équivalentes alors que les traces diffèrent, le développement des pistes utilisant le TB dans un cas est différent de l'autre.

Répondre à Claude Renault

De Claude Renault
(Publié le 19/05/2018)

6 placements par procédures de base
(b2-j4)L3C8 : b couvre la grille, j est invalide

Répondre à François Cordoliani

De François Cordoliani
(Publié le 19/05/2018)

Bonjour,

je n'ai pas trouvé d'autre résolution de taille 1, si ce n'est beaucoup d'autres équivalentes dues à un réseau de liens forts assez important entre des 2 et des 5.
Autre remarque, les 2 pistes arrivent à la solution et à une contradiction en n'utilisant que des cas d'unicité (même pas d'alignement ou de paires).

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 18/05/2018)

Après simplification de la grille par les TB (6 placements), on exploite la case L6C6.
- P(5L6C6) est invalide.
- P(2L6C6) couvre la grille (backdoor).



Ajouter un commentaire | Voir la résolution | Résoudre la grille

Grille N°499


Répondre à Francis Labetoulle

De Francis Labetoulle
(Publié le 17/05/2018)

En recherchant les TB.backdoors d'ordre 1 dont la liste est longue, je vérifie que P(4L2C6) couvre la grille. Son antipiste est bien développée en utilisant la case L9C1, le 6 étant un candidat clé et le 7 délivrant une paire cachée (47) en L8. On vérifiera que, avec P' = P(2L2C6), P'.P(6L9C1) et P'.P(7L9C1) sont invalides, donc unicité et taille 2 de ce cheminement.
Variante pour l'extension avec les 6 de L6 : P'.P(6L6C1) et P'.P(6L6C5) sont respectivement invalides (rôle des 4 pour la seconde branche).

À bientôt.

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 16/05/2018)

Bonsoir,

1)5 placements par les TB iniziales.
P(3L8C8)=>couvre la grille
2)P(3L8C4).P(6L9C1)=>contradiction (deux 9 dans B1)
3)P(3L8C4).P(7L9C1)=>contradiction (L1C7=Ø)=>validation 3L8C8=>solution



Ajouter un commentaire | Voir la résolution | Résoudre la grille

Grille N°498


Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 16/05/2018)

@ Richard:

Bonsoir,



J'ai retravaillé la grille:

“.......92....5.3...28..7.....1..3.8453487162989.4..1.3.8.6..93...3.8....14.......”
il me semble, cependant, que la validation du candidat 4 dans L8C8 qui, apparemment n'aboutit à rien, résout le schéma en déclenchant la backdoor P (5L6C8) dont l'antipiste est invalide.

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 16/05/2018)

Bonjour à tous,
Je reviens sur la question de la taille d'une résolution abordée dans les commentaires pour dire que cette notion a été définie dans le cadre de la technique des pistes sur la base d'une définition précise des TB que nous utilisons tous sur ce site. C'est donc celle-là qui prévaut ici.
Toutefois chacun est libre d'introduire des techniques évoluées dans la pratique de la technique des pistes, comme l'a fait Francis (ce qui est toujours très intéressant à découvrir), pour établir la solution et son unicité, mais alors il me paraît utile de donner la taille de résolution correctement calculée pour la bonne compréhension de tous.
Pour les backdoors aussi nous devrions faire de même car la notion de backdoor est liée à la définition des TB.
Denis Berthier utilise le terme de T-backdoor ce qui a le mérite de rappeller le lien à la définition des techniques T utilisées.
Nous pourrions faire de même avec la taille, le niveau et les backdoors en parlant de TB-taille, TB-niveau et TB-backdoor.
Mais cela n'exonère pas de donner la définition des TB.

Répondre à François Cordoliani

De François Cordoliani
(Publié le 16/05/2018)

@ Paolo :

D'accord je comprends ce que vous voulez dire:
ce qui fonctionne avec la case L8C5 ne fonctionne pas avec la case analogue L7C1, ce qui peut se justifier par le fait que l'anti-piste de 3L7C1 est encore plus "stérile" que l'anti-piste de 3L8C5, car elle ne donne absolument rien.
C'est sûr que si le sudoku est imprévisible, je pense effectivement, qu'en moyenne, on doit avoir plus de chances d'obtenir une résolution de faible taille en choisissant des pistes riches en validations et suppressions. Mais ce n'est qu'en moyenne !

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 16/05/2018)

@ François Cordoliani:


C'est évident mais je l'ai souligné pour mettre en évidence la différence entre les deux antipistes de deux backdoors P '(3L7C1) et P' (3L8C5). Le premier peut démontrer l'invalidité de seulement P '(3L7C1).P (4L4C9) et non la piste P' (3L7C1).P (1L4C9) alors que ce dernier à la fois P '(3L8C5) .P (4L4C9) et P' ( 3L8C5) .P (1L4C9). La différence est déterminée par le fait que P '(3L7C1) n'implique que l'élimination de 3 dans L7C1 alors que le second implique l'élimination de 3 dans L8C5, 3 dans L7C1 et 3 dans L7C2.

Répondre à François Cordoliani

De François Cordoliani
(Publié le 16/05/2018)

@ Paolo :

Ma 2ème phrase était superflue en effet, car si on ne tient pas compte des suppressions virtuelles des 3L7C12 par P’(3L8C5), ces suppressions seront évidemment effectuées par les 2 branches P’(3L8C5).P(4L4C9) et P’(3L8C5).P(1L4C9).

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 16/05/2018)

@ François Cordoliani:
Bonjour,


Je suis désolé d'être en désaccord avec vous mais la piste P (4L4C9) .P '(3L8C5) devient invalide immédiatement après avoir éliminé les 3 dans L7C1. Cela montre que cette élimination est fondamentale.

Répondre à François Cordoliani

De François Cordoliani
(Publié le 16/05/2018)

@ Paolo :
et à tous

Bonjour,

tout ce que je peux dire c'est que ma résolution montre bien le caractère imprévisible du sudoku, car l'anti-piste P'(3L8C5) n'est pas du tout prometteuse dans le sens où elle ne contient même pas un seul candidat !
Et encore mieux: les 2 suppressions virtuelles (3L7C12) qu'elle engendre ne sont même pas nécessaires pour que la bifurcation 14L4C9 fonctionne bien ensuite !

Répondre à Francis Labetoulle

De Francis Labetoulle
(Publié le 16/05/2018)

Mon cheminement de taille 4 à provoqué quelques reproches semble-t-il. Désolé mais je le considère aussi recevable que d'autres. Voir commentaire de la grille 429 pour un autre point de vue...

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 15/05/2018)

Bonsoir,

Je pense que si nous sommes tous d'accord sur la signification de la TB dans la technique des pistes, il ne fait aucun doute que l'utilisation de techniques “basic fish et complex fish” ne peut être interprétée que comme une extension d'une piste. Sinon si vous voulez incorporer dans le TB d'autres techniques légèrement supérieures comme “basic fish et complex fish”, alors il est clair que la taille minimale diminue. Certains dans certains sites excluent des techniques de base les "sous-ensembles cachés" et les "sous-ensembles nus". Dans ce cas, il est possible d'avoir une augmentation de la taille minimale.

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 15/05/2018)

@ Francis Labetoulle et Richard : En fait votre résolution Francis (je préfère le terme de résolution à celui de solution) est de taille 4, car vos JC-wings sont chacuns des extensions à deux branches.

Répondre à Francis Labetoulle

De Francis Labetoulle
(Publié le 15/05/2018)

@ Richard : C'est certainement vrai! Merci, mais je préfère me référer à JC. Ceci étant elles me semblent beaucoup plus simples à mettre en œuvre que la détection de certains 2 ou 3 uplets. Bonsoir

Répondre à Richard

De Richard
(Publié le 15/05/2018)

Bonjour Francis,

Les techniques que vous utilisez pour éliminer 1L4C9 et 1L8C5 sont des sashimi/finned swordfish. ;)

Répondre à Francis Labetoulle

De Francis Labetoulle
(Publié le 15/05/2018)

Ayant lu les commentaires de la présente grille, je tiens d'abord à dire que je n'avais connaissance que du premier d'entre eux quand j'ai proposé ma solution. Désolé donc pour Paolo si ma solution et sa deuxième sont jumelles.
Bravo à François pour son "taille 2". En poursuivant l'idée de voir l'efficacité des différents backdoors d'ordre 1 ( quel mot horrible!) je me suis rappelé que René, que je salue, avait à l'époque, précisé qu'un logiciel donnait les backdoors. Il s'agit d'HoDoKu (sur pc, gratuit). Dont acte. J'ai trouvé une dizaine de backdoors d'ordre 1. Seul celui utilisé par François permet, me semble-t-il, d'aboutir à un taille 2.
Je propose ici l'usage d'un autre backdoor et de JC-wings pour obtenir un "pseudo-taille 2".
P(7L3C5) couvre la grille. Étudions son antipiste P'= P(4L3C5). Après simplifications utilisons 37L6C9:
P'.P(3L6C9) : 0 solution avec JC-wing des 1 de L1 qui élimine 1L4C9.
P'.P(7L6C9) : 0 solution avec JC-wing des 1 de L2 qui élimine 1 L8C5.
Les blocs B2 et B3 peuvent donc jouer un rôle non négligeable !

Répondre à Richard

De Richard
(Publié le 15/05/2018)

Bonjour,

Effectivement d'une grille à une autre on peut voir des choses très différentes.

Dans cette grille la case L8C5 contient 1 backdoor et 4 anti-backdoors. Aucune combinaison de candidats ne permet d'aboutir à une contradiction ou à la résolution de la grille.

Regardez maintenant la grille de dimanche du site de Bernard :
".......92....5.3...28..7.....1..3.84.3487162.89.4..1.....6..93...3.8....14......."

La case L8C8 contient 4 anti-backdoors (1, 5, 6 et 7) et le candidat 4 qui n'aboutit à rien.

Or vous pourrez le vérifiez si vous voulez mais il existe une multitude de combinaisons des 4 anti-backdoors qui aboutissent également à une contradiction : (1567), (156), (157), (167), (567), (56), (57) et (67).

En tout cas bravo à François pour sa solution.

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 15/05/2018)

Bonjour,

Une petite disgrâce sur la solution trouvée par François Cordoliani.
On peut noter que les quatre pistes P(1L8C5), P (4L8C5), P (5L8C5) et P (7L8C5), dont l'intersection définit P '(3L8C5) sont tous invalides. Cela montre que l'intersection de pistes invalides ne produit pas toujours directement, avec le TB, une piste invalide. Je note également que si l'antipiste de la backdoor P (3L8C5) implique l'antipiste de la backdoor P (3L7C1), l'inverse ne peut être prouvé en utilisant uniquement le TB. Pour pouvoir utiliser cette correspondance biunivoque avec l'utilisation de TB, il faut utiliser l'antipiste de la backdoor P (3L7C12) qui est pratiquement identique à P '(3L8C5).

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 15/05/2018)

@ François Cordoliani : Très belle démonstration François de la puissance de résolution d'un jeu piste-antipiste issu d'une paire d'ensembles. Bravo !

Répondre à Francis Labetoulle

De Francis Labetoulle
(Publié le 15/05/2018)

Bonjour
Après TB nombreuses options possibles, les blocs B3, B4 et B6 étant prometteurs. Options pour les 4 de C3.
P(4L3C7) couvre la grille. Son antipiste P' = P(4L3C5) donne les extensions suivantes avec les 1 de B3:
P'.P(1L2C5) invalide et P'.P(1L1C6) donnant des branches invalides avec les 6 restants de B3.
Donc, sauf erreurs, unicité et taille 3.

Répondre à François Cordoliani

De François Cordoliani
(Publié le 14/05/2018)

Bonsoir,

14 placements avec les TB.
P(3L8C5) => solution
Son anti-piste donne 2 contradictions après bifurcation sur 14L4C9.
Donc résolution de taille 2.

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 14/05/2018)

Bonsoir,


Une autre solution

1)14 placements par les TB initiales.
P(4L3C7)=>couvre la grille
2)P(4L3C5).P(1L1C9)=>invalide
3)P(4L3C5).P(4L1C9)=>invalide
4)P(4L3C5).P(6L1C9)=>invalide =>-4L3C5=>solution

Répondre à Richard

De Richard
(Publié le 14/05/2018)

Bonsoir,

14 placements initiaux également.

Etudions la case L8C3 :

(1) 1L8C3 => piste composée de 9 candidats virtuels.
(2) (37)L8C3 => contradiction.
(3) 4L8C3 => résolution de la grille.

Bifurcation de (1) avec la paire de 6 du bloc 2 :

(4) 1L8C3 + 6L1C4 => contradiction.
(5) 1L8C3 + 6L2C5 => contradiction.

C'est une solution de taille 3 qui maintient le niveau TDP de la grille à 3 maximum.

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 14/05/2018)

Bonsoir,


1) 14 placements par les TB initiales.
2) P(6L2C5)=> contradiction(L8C3= Ø)=>-6L2C5+ 1 placement
P(4L23C5) ou P(4L1C13)=>couvre la grille
3) P(4L1C9)=> contradiction (deux 7 in C9) =>-4L1C9 + 10 placements
4) P(4L1C6)=> contradiction (L1C3= Ø)=>validation P(4L23C5) ou P(4L1C13)=>solution



Ajouter un commentaire | Voir la résolution | Résoudre la grille

Grille N°497


Répondre à Claude Renault

De Claude Renault
(Publié le 13/05/2018)

paire 1B9 : 1L7C9 couvre la grille, 1L9C9 invalide

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 13/05/2018)

Bonjour à tous.

Il semble, à l'examen des trois premières résolutions proposées par Paolo, Francis et Richard, que le backdoor 1L9C3 (ou ses équivalents 1L7C9, etc..) soit incontournable, aussi ne vais-je pas en ajouter une quatrième.

Je préfère, histoire de montrer la complexité d'une piste invalide, signaler que l'antipiste P'(E) où E={36L9C5, 3L9C7} est invalide et pourtant contient tous les candidats du backdoor solution P(1L7C9) puisqu'elle passe par le 1L7C9. Evidemment, tout dépend de la façon dont on développe cette piste.

L'invalidité de cette antipiste se constate de plusiuers façons, soit directement en montrant qu'elle passe par le 3L9C7 éliminé pour sa construction ou encore qu'elle passe par le 6L9C4 puisqu'on élimine le 6L9C5, soit qu'elle repose dès le départ de sa construction sur un RI(24L89C57) alors que nous savons (maintenant) que la grille est à solution unique, soit encore qu'en la construisant par des choix différents de placements de ses candidats on constate qu'elle présente au moins une case vide pour ne pas contredire la règle R du sudoku.

Ce qu'il faut retenir c'est qu'une piste invalide peut contenir tous les candidats d'une solution. Il ne s'agit pas d'une anomalie, mais bien d'un aspect de la complexité d'une piste invalide qui est en fait un ensemble multiforme de candidats (voir théorie des pistes).

Je donnerai prochainement une défintion plus explicite de la notion de piste (et d'antipiste) qui permettra de mieux comprendre la structure complexe d'une piste invalide.

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 13/05/2018)

Bonsoir,

7 placements par les TB initiales.

P(1L9C9).P(5L2C1)=>invalide
P(1L9C9).P’(5L2C1).P(3L7C9)=>invalide
P(1L9C9).P’(5L2C1).P(9L7C9)=>invalide=>validation P’(1L9C9)=>solution.

Répondre à Francis Labetoulle

De Francis Labetoulle
(Publié le 12/05/2018)

Bonsoir
Un autre taille 3:
P(1L7C9) couvre la grille.
P(3L7C9) est invalide.
P3 = P(9L7C9) donne deux branches invalides avec les 5 de C9, soit P3.P(5L2C9) et P3.P(5L4C9).

Répondre à Richard

De Richard
(Publié le 12/05/2018)

Bonsoir,

7 placements par les TB initiales.

On commence par étudier la paire de 1 du bloc 7 :

(1) 1L7C2 => petite piste comportant 3 candidats virtuels.
(2) 1L9C3 => résolution de la grille.

Bifurcation de (1) avec les 9 de la ligne 7 :

(3) 1L7C2 + 9L7C8 => contradiction.
(4) 1L7C2 + 9L7C9 => petite piste composée de 3 candidats virtuels via une réduction bloc/ligne : dans le bloc 3 les 9 sont cantonnés ligne 1 ce qui force 4L1C2 à faire partie de la piste.

Bifurcation de (4) avec les 7 du bloc 6 :

(5) 1L7C2 + 9L7C9 + 7L4C9 => contradiction.
(6) 1L7C2 + 9L7C9 + 7L6C9 => contradiction.

Ceci constitue donc une solution de taille 3. Le niveau TDP de la grille est donc de 3 maximum.



Ajouter un commentaire | Voir la résolution | Résoudre la grille

Grille N°496


Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 13/05/2018)

@ François Cordoliani:

Excusez-moi, mais je ne suis pas d'accord avec ce que vous dites dans la première partie de votre dernier message.
La propriété 2 de votre message du 10/05 est correcte car elle vient directement du théorème 2-1, dont la preuve est correcte, sauf si vous voulez réécrire complètement toutes les définitions et en particulier celles des pistes d'un ensemble et par conséquent réécrire une autre théorie.

Je signale une partie de votre message:
Car il se trouve que si vous construisez des P(Ak) avec les TB seules et que vous faites leur intersection ensuite, vous risquez avec un peu de malchance, d’obtenir quelque chose d’incorrect (par exemple une intersection de 2 pistes invalides qui ne contiendrait que des candidats valides !).
Donc dire que P(E) est construite avec les seules techniques de base n’a pas de sens ou risque de conduire à une aberration.

La propriété 2 que vous avez décrite n'affecte pas tous les P (E1) mais uniquement ceux qui sont inclus dans une paire d'ensemble. Dans ce cas, il est assez facile de montrer qu'un sous-ensemble créé par tous les P (Ak), qui génèrent le P (E1), si elles étaient invalides, ne pouvait pas générer une backdoor. En fait, cela possible sous-ensemble = B ne peut pas générer une piste P (B) dans lequel est présente comme un élément une des AK, car cet élément si c'est présent serait lui-même créer un' invalidité et par conséquent ne serait pas en mesure de couvrir la grille. Il faudrait donc que P (E1) serait égal à P ‘(E1) et le backdoor éventuelle générée serait un P (Ak2) d'un Ak présent dans l'E2 complémentaire. Donc, résumant cette possible P (Ak2), backcdoor serait en mesure de générer le même sous-ensemble qui l'a généré, ce qui détermine également l'élimination de toutes les AK1. Ceci est impossible car le sous-ensemble générerait l'élimination de tous les éléments qui l'ont généré.

Répondre à François Cordoliani

De François Cordoliani
(Publié le 12/05/2018)

@ Paolo :

Bonsoir,

je réponds à votre dernier message du 11/05.
Si j’ai bien compris vous essayez de justifier la propriété 2 en considérant P(E) comme intersection des P(Ak) où les Ak sont les candidats de E.

En fait cela n’a pas de sens car je viens de me rendre compte que la définition que j’ai donnée d’un ensemble backdoor n’a elle-même pas de sens !

La raison est qu’une piste sur un ensemble est définie (dans la théorie des pistes) comme intersection de pistes qui elles-mêmes ne sont pas censées être construites avec les seules techniques de base (TB).
Et d'ailleurs il vaut mieux qu'elles ne le soient pas !
Car il se trouve que si vous construisez des P(Ak) avec les TB seules et que vous faites leur intersection ensuite, vous risquez avec un peu de malchance, d’obtenir quelque chose d’incorrect (par exemple une intersection de 2 pistes invalides qui ne contiendrait que des candidats valides !).
Donc dire que P(E) est construite avec les seules techniques de base n’a pas de sens ou risque de conduire à une aberration.

Je corrige donc mes définitions comme suit :

1) Un ensemble de candidats E1 d’une entité E est dit « backdoor » si l’anti-piste P’(E – E1) construite avec les seules techniques de base conduit à une solution.

2) Un ensemble de candidats E1 d’une entité E est dit « anti-backdoor » si l’anti-piste P’(E – E1) construite avec les seules techniques de base conduit à une contradiction.

Les 2 propriétés, elles, ne changent pas et c'est bien avec les nouvelles définitions ci-dessus que je les ai testées et non pas avec les anciennes.

Maintenant, bien sûr, rien ne vous empêche de rapprocher P'(E - E1) de P(E1): voir la proposition de Robert Mauriès et ma réponse correspondante.
Disons que l'affaire n'est pas tout à fait réglée à mon avis mais l'idée est là, en tous cas je n'en vois pas d'autre.




Répondre à François Cordoliani

De François Cordoliani
(Publié le 12/05/2018)

@ Francis Labetoulle :

Vous dites : "Dans le cas où ce P(E) donne la solution, il me semble que celle-ci contient donc un candidat (disons a) de E".
Nous en sommes tous convaincus mais ceci reste à démontrer (c’est la réciproque de la propriété 3-6 de la théorie des pistes).
Vous dites : « Les pistes issues d'autre(s) candidats de E sont donc invalides et la propriété 2 est vérifiée? «
Si je suppose la grille à solution unique, les pistes en question sont bien invalides mais la propriété 2 n’est pas pour autant forcément vérifiée. En effet une piste P(A) invalide n’implique pas que A soit un anti-backdoor car l’application des techniques de base ne suffit pas toujours à faire apparaître une contradiction.
Enfin concernant l’utilité de ces propriétés je vous ai donné un exemple dans un message antérieur. Voici quelques détails supplémentaires:
supposez que vous ayez trouvé une résolution de taille 2 pour votre grille. La question qui va se poser est celle-ci : existe-t-il une résolution de taille 1 ?
Si vous êtes très patient vous aller chercher toutes les partitions possibles de chaque entité en 2 sous-ensembles E1, E2 en espérant trouver un cas où E1 est un backdoor et E2 est un anti_backdoor. Si c’est le cas vous pourrez affirmer que la grille est de taille 1.
Seulement cela peut faire beaucoup de combinaisons à tester (plusieurs centaines). Il sera alors plus rapide de commencer par déterminer si chaque candidat et un backdoor ou un anti-backdoor et d’appliquer ensuite les propriétés 1 et 2 dans chaque entité, de façon à éliminer d’emblée les combinaisons (E1, E2) qui ne conviennent pas (voir mon message antérieur). Ceci dit, même cela restera un travail de fourmi s’il est fait sans aucune aide informatique.

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 12/05/2018)

@ Paolo : Les deux façons de procéder que vous indiquez, sont en réalité totalement équivalentes, car il est toujours possible de prolonger la construction de la piste invalide P1 malgré ses contradictions jusqu'à ce qu'elle croise suffisamment la piste valide P2 pour que la piste P1∩P2 résultant de ce croisement couvre la grille elle aussi.
Il est vrai qu'en général on arrête la construction d'une piste invalide dès qu'on rencontre une contradiction car alors on ne respecterait plus la règle R du sudoku si l'on plaçait deux candidats dans une case.
Pourtant il est possible de poursuivre la construction d'une piste invalide P en respectant R partiellement, c'est-à-dire en plaçant un candidat Ao par les TB à partir de p candidats A1, A2..., Ap appartenant à P de telle manière que le placement de Ao, A1, A2 ..., Ap respecte R indépendamment des autres candidats de P. P invalide est multiforme et est la réunion de toutes les constructions possibles faites de cette manière.
Conscient que la définition actuelle d'une piste ne permet pas de bien comprendre la structure d'une piste invalide, je suis en train de repenser cette définition qui sera publiée prochainement.

Répondre à François Cordoliani

De François Cordoliani
(Publié le 12/05/2018)

@ Robert Mauriès :

Bonjour,

je pense que votre idée est la bonne, en tous cas je ne vois pas d’autre façon de faire pour justifier la propriété 2 en tous cas.
Cependant tout ne coule pas de source car vous admettez certains points qui ne sont qu’en cours de démonstration, si j’ai bien compris. Il s’agit de :

1) la réciproque de la propriété 3-6 a) de la théorie des pistes, à savoir :
"P(E) est une solution => il existe un candidat de E qui appartient à cette solution".
2) Si E1 et E2 forment une paire d’ensembles alors _P’(E2) est inclus dans _P(E1), donc dans l’intersection des _P(Ak), donc finalement dans chaque _P(Ak). (Les Ak étant les candidats de E1).
Il s’agit donc d’une partie du théorème 2-1 mais concernant les pistes limitées à leur trace et c’est là qu’est toute la subtilité.
Et sur ce point je ne suis pas très convaincu par votre " .. on choisit toujours E1 de manière à exploiter un doublet (ou un triplet) caché, ce qui assure que l'intersection des composantes fonctionne."
qui semble restreindre la démonstration à des cas le plus souvent pratiqués… même si je comprends bien ce que vous voulez dire.

En tous cas ce petit problème me fait mieux comprendre l’intérêt des intersections de pistes et du développement des pistes invalides qui se cache derrière tout ça (je ne vais pas détailler plus ici) …

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 12/05/2018)

@ Robert Mauriès:

Bonjour,

Je voudrais vous présenter un problème sur la définition de la taille qui découle de la discussion que nous avons entreprise sur la grile actuelle. Lorsque nous avons une case avec seulement deux candidats présents dont un est une backdoor et l’autre que génère une piste invalide, nous pouvons généralement avoir deux solutions de taille 1, Une en raison de la contradiction générée par le candidat différent de backdoor de taille 1 et l’autre à partir de l'intersection des deux pistes presente. Cette solution, comme discuté dans le forum, peut être interprétée comme l'extension d'une paire d' ensemble entre la piste P (E) et P (E1) en où E est l'ensemble des deux candidats et E1 = Ø, l'ensemble vide. Dans ce cas la piste P (E) s'il y a une solution pour croisement de deux pistes peut être interprétée comme une nouvelle backdoor par analogie à quand E est formé par au moins deux candidats et E1 n'est pas vide. De cette façon, il y aurait une différence entre la solution de croisement et la solution d'invalidité de l'une des deux pistes. Il me semble que dans certains cas ces deux solutions ne se produisent pas simultanément.

La solution pour croisement de deux pistes implique toujours une backdoor et une piste invalide alors qu'une piste invalide et une backdoor n'impliquent pas toujours une solution par croisement des pistes.

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 12/05/2018)

@ Francis Labetoulle : La réponse à votre question Francis est OUI, ceci en vertu des théorèmes suivants dont je travaille, comme vous les savez, à la démonstration :
"P(E)=∩P(Ai) invalide <=> P(Ai) invalide quel que soit Ai appartenant à E"
et sa contraposée,
" P(E)=∩P(Ai) valide <=> P(Ai) valide pour un candidat Ai au moins appartenant à E",
ceci pour tout ensemble E=∪Ei dont les contre-composantes Ei' (complémentaire de Ei dans la case de Ei) ne sont pas vides, donc en particulier pour un ensemble faisant partie d'une paire d'ensemble.

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 12/05/2018)

@ Robert Mauriès:

Bonjour,


Désolé, mais je n'ai pas lu la deuxième partie du message qui est complètement d'accord avec ce que j'ai écrit dans le post précédent. Je voudrais ajouter seulement au point 2 que l'hypothèse de François, la grille est à solution unique, n'est pas nécessaire puisque P (E) étant un Backdoor est unique dans l'ensemble E.

Répondre à Francis Labetoulle

De Francis Labetoulle
(Publié le 12/05/2018)

Bonjour à tous
Je dois et vais approfondir les commentaires de chacun. Néanmoins je n'ai pas lu de réponse aux questions que je me posais. Oublions la définition actuelle de P(E) et adoptons celle de l'antipiste du complémentaire : ensemble des candidats que l'on placerait avec les TB ici , si on éliminait tous les candidats de ce complémentaire de E dans l'entité. Dans le cas où ce P(E) donne la solution, il me semble que celle-ci contient donc un candidat (disons a) de E. Les pistes issues d'autre(s) candidats de E sont donc invalides et la propriété 2 est vérifiée? Pour autant à quoi sert-elle pratiquement? C'est P(E) qui donne un résultat "riche" quant au calcul de la taille. Maintenant peut-on affirmer la même chose avec la définition actuelle de P(E)?
Tout cela est-il trivial ou non ?

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 12/05/2018)

@ Robert Mauriès:



Bonjour,

Désolé, mais j'aimerais mieux comprendre. Je cite la définition de P (E) et l'énoncé du théorème 2-1:

3) Une piste P(E) issue d’un ensemble de candidats E est l’ensemble des candidats Ai ∈ G communs à toutes les pistes issues de tous les candidats Ak ∈ E . On a donc P(E) =∩E P(Ak), soit P(E) ⊆ P(Ak) ∀k.
et
Théorème 2-1 : Si E1 et E2 forment une paire d’ensembles, la piste P(E1) issue de E1 et identique à l’antipiste P’(E2) issue de E2, et réciproquement. En particulier, si deux candidats forment une paire, la piste issue de l’un et identique à l’antipiste issue de l’autre.

A partir de la première définition de P (E), je comprends que E1 et E2 du Théorème 2-1 doivent également être inclus dans cette définition. Alors P (E1) =∩E P(Ak), soit P(E1) ⊆ P(Ak) ∀k et P (E2) = ∩E2 P (Ak), soit P (E2) ⊆ P (Ak) ∀k. De cette conclusion je demande pourquoi il n'est pas possible "théoriquement", même si c'est très difficile, de développer les pistes P (E1) et P (E2) en utilisant la définition de P (E) et la technique de base décrite dans mon article précédent ?

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 12/05/2018)

@ Paolo, François et Francis : Bonjour,

E1 et E2 formant une paire d'ensemble, François a raison de dire que l'équivalence P(E1)=P'(E2), où P(E1) est obtenue par intersection de ses composantes, n'est pas vraie pour les traces de P(E1) et P'(E2), c'est à dire si on n'utilise que les TB pour développer P(E1) et P'(E2) (voir définition d'une trace dans Théorie des pistes). On peut construire des contre-exemples qui le prouvent. Cette équivalence est vraie pour les pistes et non pour leurs traces .
Ceci dit, la piste P(E1) obtenue selon François en développant la trace de P'(E2) ne peut se faire que si on est en mesure de développer P(E1) par intersection de ses composantes. Ce qui revient à dire que les deux définitions de P(E) sont équivalentes dans le cas d'un tel ensemble E.
Dans la pratique que vous évoquez François, on choisit toujours E1 de manière à exploiter un doublet (ou un triplet) caché, ce qui assure que l'intersection des composantes fonctionne.
Dès lors, pour les propriétés énoncées par François, les démonstrations sont les suivantes, en notant _P la trace de P :

1) Si _P(E) est invalide (anti-backdoor) => _P(A) est invalide (anti-backdoor) pour tout A appartenant à E, car si les candidats de _P(E) font apparaître une contradiction ceux de _P(A) aussi puisque _P(E) est un sous-ensemble de _P(A). J'insister sur le fait que si on est en mesure de construire _P(E) c'est qu'on est en mesure de construire _P(A).

2) Si _P(E) couvre la grille (backdoor), il existe S1 telle que _P(E)=S1 => pour tout Ak appartenant à E, _P(Ak) contient tous les candidats de S1.
D'après le théorème que j'évoquais dans un précédent commentaire, à savoir "P(E) valide <=> P(A) valide pour un A appartenant à E", je peux dire que pour un A de E _P(A)=S1 (backdoor). Pour tous les autres candidat Ak de E _P(Ak) est S1-invalide (S1-anti-backdoor) puisque dans la case de Ak cette piste contient deux candidats Ak et A.
Si, comme le suppose François, la grille est à solution unique, le S1-anti-backdoor est un anti-backdoor.

Bien amicalement à vous trois qui animez le forum si régulièrement.

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 11/05/2018)

@ François Cordoliani :


Bonsoir,

Je reproduis exactement ce que vous avez déclaré dans votre message sur théorème 2-1:

Si le théorème 2-1 de la théorie des pistes nous dit que les deux pistes obtenues (soit par l'anti-piste, soit par l'intersection de pistes) sont équivalentes, il faut quand même savoir que ça ne marche pas si le développement des pistes se fait uniquement avec les techniques de bases.

Je suis clairement d'accord sur la première partie de ce que vous avez écrit:

le théorème 2-1 de la théorie des pistes nous dit que les deux pistes obtenues (soit par l'anti-piste, soit par l'intersection de pistes) sont équivalentes,

Alors que sur la deuxième partie:

il faut quand même savoir que ça ne marche pas si le développement des pistes se fait uniquement avec les techniques de bases.

Je semble saisir une contradiction telle qu'écrite. En fait c'est possible même si c'est beaucoup plus difficile, puisqu'ils sont équivalents, développement des pistes avec les techniques de bases.
En effet, il suffit de développer, en utilisant uniquement la technique de base, toutes les pistes P (Ak) et d'identifier les composantes communes = B (le sous-ensemble) dont la piste P (B) est exactement équivalente à P (E).
Je sais que personne n'utilise cette méthode car il est beaucoup plus facile de développer le même P (E) en utilisant P '(E1) où E1 est complémentaire de E, mais cela est utile pour démontrer la propriété 2 de votre post précédent:

Propriété 2 : si E est un ensemble backdoor inclus dans une entité, alors un candidat de E est un backdoor et tous les autres candidats de E sont des anti-backdoors.

1) Le backdoor P (B) ou P (E) est unique et comprend parmi ses candidats seulement l'un des –Ak de E

2) Tous les autres pistes P (Ak) peut être généré à partir des éléments de B plus le seul Ak qui est déterminante pour l'invalidité telle qu'elle est, dans l'entité, différent de celui présent dans backdoor.



Exemple sur la grille 496 en cours:

E = {L1C8 = 2; L3C8 = 2; L4C8 = 2} et E1 = {L5C8 = 2; L9C8=2}

P (E) = P '(E1) => couvre la grille; P (2L1C8) => couvre la grille

B = croisement des pistes P (2L1C8), P (2L3C8) et P (2L4C8) = {P(2L5C2).P(6 L9C8)}
P (B)=P(2L5C2).P(6L9C8) => couvre la grille.
P (2L3C8) => invalide et P (2L4C8) => invalide en utilisant le TB
P(B+Ak)=P(2L5C2).P(6L9C8).P(2L1C8)=> couvre la grille
P(B+Ak)=P(2L5C2).P(6L9C8).P(2L3C8)=> invalide en utilisant le TB
P(B+Ak)=P(2L5C2).P(6L9C8).P(2L4C8)=> invalide en utilisant le TB

Répondre à François Cordoliani

De François Cordoliani
(Publié le 11/05/2018)

@ Francis Labetoulle :

Bonsoir,
Vous dites "P(E) peut-il passer par un candidat appartenant au complémentaire de E dans l'entité?"
Je crois qu'il faut plutôt se poser la question:
« P(E) passe-t-il par un candidat de E? »
Si la réponse était oui, on aurait prouvé la moitié de la propriété 2, à savoir que si E est un backdoor, alors un candidat de E est un backdoor. Mais cela ne démontrerait pas toute la propriété.
Ensuite vous dites : "Dans le premier cas toutes les pistes issues des candidats de E seraient invalides mais leur intersection serait la solution! »

Je suppose que par "premier cas" vous entendez la propriété 1.
Donc supposons que P(E) est un anti-backdoor. Si on pouvait affirmer que P(E) passe par un candidat de E, alors on pourrait conclure que ce candidat est un anti-backdoor, donc finalement qu’un candidat de E est anti-backdoor.
Rien de plus.
Enfin pour ce qui de l’intérêt de ces propriétés, il réside dans la recherche de résolutions de taille minimales.
Prenons un exemple :
Dans cette grille 496, après exécution des techniques de base, la case L1C8 contient 4 candidats :
le 2 (backdoor), le 8 (anti-backdoor) , et le 1 et le 3 dont on ne peut rien dire.
Si je cherche une résolution de taille 1 à partir de cette case, je vais chercher 2 sous-ensembles complémentaires par exemple E1 = {1,2} et E2 = {3,8}, E1 étant susceptible d’être backdoor (BD) et E2 d’être anti-backdoor (ABD).
Et bien la propriété 1 me dit que E2 ne peut pas être ABD car le 3 n’est pas ABD, et la propriété 2 me dit que E1 ne peut pas être BD car le 1 n’est pas ABD.
Donc économie d’essais.

Répondre à François Cordoliani

De François Cordoliani
(Publié le 11/05/2018)

@ Paolo :

Vous dites que P(E) est inclus dans chaque P(Ak) ce qui suppose que vous supposez que P(E) est l’intersection des P(Ak), ce qui en effet est la définition de P(E ) dans la théorie des pistes.
Bien, seulement voilà, il y a un petit problème:
j’ai bien précisé, après l’énoncé de mes propriétés, que je considérais une piste P(E) comme l’anti-piste du complémentaire de E dans l’unité concernée, et non pas comme l’intersection des P(Ai) où les Ai sont les candidats de E.
(C’est d’ailleurs ce que tout le monde fait sur le forum dans la course à la résolution de taille minimale. Faire l’intersection de plusieurs pistes serait fastidieux et coûterait trop cher de ce point de vue).
Si le théorème 2-1 de la théorie des pistes nous dit que les deux pistes obtenues (soit par l'anti-piste, soit par l'intersection de pistes) sont équivalentes, il faut quand même savoir que ça ne marche pas si le développement des pistes se fait uniquement avec les techniques de bases. J’en ai discuté avec Robert Mauriès (hors forum) et nous sommes d’accord sur ce point.
Donc pour le cas qui nous concerne, considérer l’anti-piste ou l’intersection des pistes ne revient pas au même puisque justement je prends comme hypothèse qu’on n’utilise que les techniques de base pour développer les pistes.
J’espère que vous me suivez…

Répondre à Francis Labetoulle

De Francis Labetoulle
(Publié le 11/05/2018)

@ François Cordoliani : Bonjour
Je découvre l'intéressant sujet que vous avez abordé sur le forum.
Avec les hypothèses que vous avez mentionnées, et la définition actuelle de P(E), ne peut-on pas reformuler le problème mentionné ainsi : dans le cas d'un "backdoor d'ordre 1" P(E) peut-il passer par un candidat a appartenant au complémentaire de E dans l'entité? si non la propriété 2 devient-elle une évidence?
Dans le premier cas toutes les pistes issues des candidats de E seraient invalides mais leur intersection serait la solution!
Je n'ai pas bien saisi l'intérêt pratique de la propriété 2?
Pour la nomenclature ce serait vraiment justifié de trouver des expressions plus simples...

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 11/05/2018)

@ François Cordoliani:

Bonjour,

Je suis entièrement d'accord avec votre définition de Backdoor. J'ai simplement dit que dans un schéma la présence d'une piste P (E), dans lequel E est
un ensemble inclus dans une entité, qui résout le puzzle avec l'utilisation des TB uniquement, implique mathématiquement qu'il existe dans l'ensemble E une seule backdoor générée par un candidat de E, même si le système est à solution multiple et que tous les autres –candidates de E génèrent des pistes individuellement invalides dont la preuve d'invalidité peut être démontrée avec les TB.

Si ce n'était pas le cas, cela signifierait que P (E) backdoor qui est un sous-ensemble de tout P (Ak) où Ak ∈ E génère plus d'une solution qui contredit le fait que par définition la backdoor de P (E) est unique.




Répondre à François Cordoliani

De François Cordoliani
(Publié le 11/05/2018)

@ Paolo :

Bonjour,

regardez le message que j'ai envoyé à Robert Mauriès, je crois que vous confondez aussi "invalide" et "anti-backdoor" et peut-être aussi "valide" et "backdoor".

Répondre à François Cordoliani

De François Cordoliani
(Publié le 11/05/2018)

@ Robert Mauriès :

Bonjour,
les théorèmes que vous citez ne permettent pas, à mon avis, de justifier les 2 propriétés que j’ai données plus haut car, dans votre théorie, une piste n’est pas considérée comme développée avec les seules techniques de base (TB). Or cela est fondamental dans la définition d’un backdoor ou d’un anti-backdoor.
En détail :

1) La propriété bien connue qui dit que « P(E ) invalide => tous les candidats de E sont invalides » n’implique pas ma propriété 1. En effet un candidat invalide n’est pas forcément un anti-backdoor car la piste issue de ce candidat (donc développée avec les seules TB, j'insiste !) peut très bien ne pas aboutir à une contradiction.

2) Pour la même raison dire que « P(E) valide ==> E contient un seul candidat valide ==> tous les autres candidats de E sont invalides » n’implique pas que tous ces autres candidats soient des anti-backdoors (ce que dit ma propriété 2) .
Donc, à mon avis le problème de la justification de ces 2 propriétés reste ouvert à moins que quelqu'un ne trouve des contre-exemples.

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 10/05/2018)

@ François Cordoliani, Paolo et Richard : Les propriétés énoncées par François sont, me semble-t-il, des cas particulier des théorèmes suivants applicables à des grilles multi-solutions ou à solution unique et à des ensembles quelconques :
- P(E) est invalide <=> P(A) est invalide pour tout candidat A de E.
- P(E) est valide <=> P(A) est valide pour un candidat A de E au moins.
Dans le cas d'un ensemble E qui est un sous-ensemble d'une entité, la seconde assertion se réduit à :
- P(E) est valide <=> P(A) est valide pour un seul candidat A de E.
La démonstration de ces deux théorèmes, comme vous le savez François de par nos échanges extra-forum, est en cours et nécessite l'élaboration de propriétés précisant la structure des pistes invalides, mais ce sont des résultats que j'ai toujours constaté empiriquement.
Toutefois, ma remarque n'enlève rien à l'intérêt des remarques et propriétés énoncées par François sur les backdoors et anti-backdoors.

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 10/05/2018)

@ François Cordoliani:


Bonsoir,

Je crois que les deux propriétés que vous voulez relier à une grille de solution unique sont également valables pour ceux avec des solutions multiples. En ce qui concerne la propriété 2 lorsque la piste d'un ensemble E inclus dans une entite 'couvre la grille, cela signifie que la piste (E) qui est un sous-ensemble de toutes les pistes des candidats individuels de E est une backdoor et est claire qui doit être égale à seule une des pistes d'un candidat appartenant à E créerait autrement une contradiction en utilisant les TB si elle n'était pas unique. De plus, toutes les autres pistes des autres candidats de E doivent être invalides car en plus du sous-ensemble qui couvre la grille les pistes doivent nécessairement contenir au moins un élément de plus, que par force de choses, ne pas pouvoir couvrir la grille doit conduire à une invalidité.

Répondre à Richard

De Richard
(Publié le 10/05/2018)

Bonjour,

@François : effectivement vous avez parfaitement raison, j'avais déjà remarqué ceci. En faisant les grilles de Bernard Borrelly j'avais vu que lorsqu'un groupe générique aboutissait à la résolution de la grille alors l'un des candidats de ce groupe était forcément un backdoor etc...
Dans mon langage personnel j'utilise le terme de "contradicteur" qui correspond à votre "anti-backdoor".

Répondre à François Cordoliani

De François Cordoliani
(Publié le 10/05/2018)

@ Robert Mauriès :

Bonjour,

En cherchant des résolutions de taille minimale j’ai observé dans plusieurs grilles deux propriétés, dont certains d’entre vous se sont peut-être déjà rendu compte.
Pour être clair j’aurai besoin des définitions suivantes (dont les deux premières ne sont pas nouvelles) :
1) Une entité est un ensemble formé de tous les candidats d’une même case, ou de tous les candidats de même valeur d’une même zone (ligne, colonne ou bloc). (Voir Théorie des pistes).
2) Un candidat (ou un ensemble) est dit « backdoor » lorsque la piste issue de ce candidat (ou de cet ensemble) conduit à une solution par simple application des techniques de base (TB).
3) Un candidat (ou un ensemble) est dit « anti-backdoor » lorsque la piste issue de ce candidat (ou de cet ensemble) conduit à une contradiction par simple application des techniques de base (TB).

Les 2 propriétés suivantes concernent les grilles à solution unique:

Propriété 1 : si E est un ensemble anti-backdoor inclus dans une entité, alors tous les candidats de E sont des anti-backdoors.

Propriété 2 : si E est un ensemble backdoor inclus dans une entité, alors un candidat de E est un backdoor et tous les autres candidats de E sont des anti-backdoors.

Remarque 1 : j’ai constaté ces propriétés en considérant les pistes P(E) comme anti-pistes issues du complémentaire de E dans l’unité (et non comme la définition de P(E) donnée dans la Théorie des pistes).

Remarque 2 : les réciproques de ces 2 propriétés sont fausses.
Exemple sur cette grille dans la case L5C8 :
le 3 est un backdoor , le 2 et le 6 sont des anti-backdoors.
Mais l’ensemble {2,6} n’est pas un anti-backdoor,
et les ensembles {3,2}et {3,6} ne sont pas des backdoors.

Donc cette case ne donne pas de résolution de taille 1, d’où la résolution proposée par Paolo.

Remarque 3 :
si la propriété 1 peut se justifier assez facilement, la propriété 2 est plus étonnante et pourtant je l’ai vérifiée plusieurs fois à l’aide d’un petit programme.
A moins que ça ne soit finalement q'une lapalissade ?


Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 09/05/2018)

@ Francis Labetoulle : Pour faire dans l'originalité, on peut aussi construire la solution en utilisant exclusivement les 2 de la grille avec des jeux de pistes successifs.
- JP(2L5) : P(2L5C8) invalide -> placement du 2L5C2 et un autre candidat.
- JP(2B7) : P(2L9C1) invalide -> placement du 2L7C3 et 8 autres candidats.
- JP(2B9) : P(2L9C8) invalide -> placement du 2L9C7 et solution.

Répondre à Francis Labetoulle

De Francis Labetoulle
(Publié le 09/05/2018)

Avec le même début, j'aurais pu éviter ce JC-wing en utilisant la case L5C8, (3L5C8) couvrant la grille, alors que (2L5C8) est invalide grâce à la présence des paires (48) dans B3, mais cette case a été utilisée par Paolo. Les méthodes diffèrent néanmoins.
Toujours en commençant par les 6 de L9 j'aurais pu utiliser les 8 de B7, P(6L9C8).P(8L7C2) étant invalide, tandis que P(6L9C8).P(8L8C1) couvre la grille via un autre JC-wing des 2 de L5 éliminant 2L3C8.

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 09/05/2018)

@ Francis Labetoulle : Beau clin d'Oeil à JC (Jean-Claude Van Hay) dont on a plus de nouvelles depuis pas mal de temps maintenant.

Répondre à Francis Labetoulle

De Francis Labetoulle
(Publié le 09/05/2018)

Bonjour
Une première approche différente:
Avec les 6 de L9 P(6L9C4) invalide donc validation de P(6L9C8).
Nouvelles pistes issues de la case L5C4 : P(3L5C4) invalide et solution avec P(6L5C4) via un JC-wing des 2 de L5 validant 4L3C8.
Ne me demandez surtout pas ce qu'est un JC-wing, je vous répondrais de consulter un grand nombre de commentaires antérieurs.

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 09/05/2018)

Bonjour,
1) 2 placements par les TB iniziales.
P(3L5C8)=>couvre la grille
2)P(2L5C8)=>contradiction(L7C3= Ø via la paire 48 in B3)=>-2L5C8
3)P(6L5C8)=> contradiction (deux 9 in B3)=>validation P(3L5C8)=>solution.

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 09/05/2018)

Deux placements avec les TB.
- JP(7B2), avec P(7L3C4) invalide, permet de placer le 7L1C6 et 2 autres candidats.
- JP(9B3) conduit à la solution avec P(9L3C7) qui couvre la grille, tandis que P(9L2C7) invalide assure l'unicité.



Ajouter un commentaire | Voir la résolution | Résoudre la grille

Grille N°495


Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 08/05/2018)

@ Claude Renault : Il manque deux solutions Claude, mais merci d'avoir essayé cette grille multi-solutions. Voir les résolutions de Paolo, Francis et moi ci-dessous.

Répondre à Claude Renault

De Claude Renault
(Publié le 08/05/2018)

P1=4L3C3 bloque ; P2 =4L9C2 est prolongée par P1 (par opposition) ; P2 ne contient plus que les paires 39 et 17 ; en intervertissant leur 4 composants, on obtient 4 solutions ; P3=18L9C2 est conjuguée à P2 ; la bif P31=8L9C2 est invalide d’où 1L9C2 valide dans P3 ; P31=7L9C5 est invalide d’où 8L9C5 est valide dans P3 ; P31= 7L9C4 couvre la grille et sa conjuguée 9L9C4 est invalide ; sauf erreur, il y a 5 solutions

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 07/05/2018)

Bonsoir,

1)9 placements par les TB iniziales.

Etude de la case L4C6

2) P(3L4C6)=> couvre la grille (1 solution)

3)P(9L4C6)=>contradiction (aucun 9 in C7)=>-9L4C6+ 2 placements

4)P(6L4C6).P(3L4C7)=>couvre la grille (1 solution)

5) P(6L4C6).P(9L4C7)=>couvre la grille (1 solution)


6) P(7L4C6).P’(6L6C5)=> contradiction( L3C3=Ø)=>validation P(7L4C6).P(6L6C5)+ 28 placements

7) P(1L3C4).P(3L4C7)=>couvre la grille (1 solution)

8) P(1L3C4).P(9L4C7)=>couvre la grille (1 solution)

9) P(7L3C4).P(3L4C7)=>couvre la grille (1 solution)

10) P(7L3C4).P(9L4C7)=>couvre la grille (1 solution).

Répondre à Francis Labetoulle

De Francis Labetoulle
(Publié le 07/05/2018)

Bonsoir
7 solutions. Les cheminements sont certainement multiples.
Par exemple P1(1L4C2) donne 4 solutions avec les boucles paires à 2 candidats et 6 cases (17) et (39), réalisant donc des cycles ou chaînes fermées.
P2 (1L4C1) puis P2.P(9L7C6) : 0 solution et P2.P(9L7C6) donne 3 solutions, une avec la branche (6L4C3) et deux avec (8L4C3) via le rectangle (39) L4C78 et L9C78.

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 07/05/2018)

Après réduction de la grille par les TB (9 placements), un premier jeu de pistes JP(9L7) permet de valider le 9L7C6. Un second jeu de pistes JP(8B7) permet de valider le 8L7C2. Un troisième jeu de pistes JP(7B1) permet de déterminer les 7 solutions de la grille :
- P(7L3C3).P(6L4C3) -> une solution.

- P(7L3C3).P(6L6C3).P(3L4C7) -> une solution,
- P(7L3C3).P(6L6C3).P(9L4C7) -> une solution.

- P(7L1C1).P(1L3C4).P(3L3C7) -> une solution,
- P(7L1C1).P(1L3C4).P(9L3C7) -> une solution.

- P(7L1C1).P(7L3C4).P(3L3C7) -> une solution,
- P(7L1C1).P(7L3C4).P(9L3C7) -> une solution.



Ajouter un commentaire | Voir la résolution | Résoudre la grille

Grille N°494


Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 07/05/2018)

@ Francis Labetoulle :
Je crois que votre résolution est différente parce que, bien que toujours à partir de la piste P (6L7C8) , l'extension est différente.

Répondre à Francis Labetoulle

De Francis Labetoulle
(Publié le 07/05/2018)

@ Paolo : Une solution de taille 3 ( peut-être différente de celle que vous proposez?):
(6L9C7) : 1 solution.
(6L7C8) et bifurcations avec les 8 de B9: avec 8L9C9 : 0 solution
Avec 8L8C8 et (encore!) 9 de B2 : 2 fois 0 solution.

Répondre à Claude Renault

De Claude Renault
(Publié le 07/05/2018)

@ Robert Mauriès : pardon pour cette réponse tardive, ayant eu un week-end chargé ; j'ai repris la démonstration et je n'ai pu retrouver l'invalidité en question ; j'ai du faire une erreur et merci de l'avoir signalée

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 07/05/2018)


@ Francis Labetoulle:

Bonjour,

Moi aussi je n'ai pas trouvé d'autres résolutions de taille 2. La seule résolution de taille 3 que j'ai trouvée est liée à le backdoor P (6L3C8) par l'invalidité des pistes P (6L8C8) .P (9L1C5), P (6L8C8 .P (3L1C5) .P (9L8C1) et P (6L8C8.P (3L1C5) .P (3L8C1).

Répondre à Francis Labetoulle

De Francis Labetoulle
(Publié le 07/05/2018)

@ Paolo : Bonjour
J'ai mentionné dans mon commentaire, où j'essaie de traduire le cheminement de ma solution, que celle-ci est en fait identique à la votre. Après nouvelle étude de la grille je ne suis pas parvenu à trouver un autre taille 2 différent de celui proposé, ni même un taille 3 d'ailleurs. J'étudierai avec grand intérêt la solution que proposera Robert.
Désolé donc de ne pas pouvoir proposer autre chose.

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 06/05/2018)

@ Robert,Francis et Richard :

Bonsoir,

Je crois que les solutions trouvées de taille 2 sont toutes les mêmes. La piste P '(9L4C3) est égale à la piste P (48L4C3) qui est égale à la piste P' (3L7C2) ou à la piste P '(9L8C1). Leurs extensions avec les candidats L1C5 sont égales aux extensions avec le 9 de B2.

Répondre à Richard

De Richard
(Publié le 05/05/2018)

Bonsoir,

3 placements par les TB initiales. Voir aussi la paire (45) de L29C1.

Voici une autre solution de taille 2 en étudiant la case L4C3 :

(1) (48)L4C3 => petite piste composée de 2 candidats virtuels (3L8C1 et 6L7C8)
via la paire virtuelle (13) de L7C45.

(2) 9L4C3 => résolution de la grille.

Bifurcation de (1) avec les 9 du bloc 2 :

(3) (48)L4C3 + 9L1C5 => contradiction.
(4) (48)L4C3 + 9L2C6 => contradiction.

Le niveau TDP de la grille reste donc à 2 maximum pour le moment.

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 05/05/2018)

@ Claude Renault : Je ne trouve pas Claude que la piste bv5L2C2 est invalide. Pouvez-vous vérifier, confirmer ou infirmer ?

Répondre à Claude Renault

De Claude Renault
(Publié le 05/05/2018)

(b45-j2)L2C2 : bv5L2C2 invalide d’où bL2C2=4 ; bv6L2C6 invalide d’où bL2C6=9 ce qui rend b invalide d’où j valide
m9L4C3 couvre alors la grille

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 05/05/2018)

@ Francis Labetoulle : J'ai déjà répondu à ce souci que vous évoquez du risque que nous soyons plusieurs à trouver la même résolution. Il n'y a pas de bonne alternative à ce problème et je dirai qu'il est normal, au fond, que des choix de pistes qui s'imposent soient trouvés par tous.
Ceci dit, cela pousse à rechercher d'autres choix de pistes, même s'ils sont moins performants. Par exemple, le bloc 1 suggère d'essayer JP(27L1C3) par exemple et constater que P(7L1C3).P(6L9C7) couvre la grille alors que P(2L1C3).P(6L9C7) est invalide , puis de prouver l'unicité par des extensions complémentaires... en s'obligeant, pourquoi pas, à éviter les paires 3B7 et 39L1C5.

Répondre à Francis Labetoulle

De Francis Labetoulle
(Publié le 05/05/2018)

Après 3 placements je m'intéresse aux blocs B1et B7, qui sont apparemment les plus prometteurs.
On découvre aisément que P(9L1C8) couvre la grille.
Cherchant une éventuelle autre solution à partir de son antipiste P' = P(3L1C8).Le développement le plus efficace semble être obtenu avec les 9 de B2: ces deux branches permettent éliminations et validations jusqu'à contradiction...
Donc unicité et taille 2.
Je constate après lecture des commentaires que la solution proposée est la même que celle de Paolo.
Désolé. J'ai déjà évoqué ce "risque" dans un commentaire antérieur.

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 04/05/2018)

Bonsoir,


1)3 placements par les TB iniziales.

P(3L7C2)=>couvre la grille

2) Antipiste P(3L7C2).P(3L1C5)=>contradiction ( L4C4=Ø)

3) Antipiste P(3L7C2).P(9L1C5) =>contradiction ( deux 8 in L4)=>validation P(3L7C2)=>solution.


Une solution similaire est obtenue à partir de la piste P (9L4C3) pour la simple raison que P (9L4C3) et P '(9L4C3) sont identiques à P (3L7C2) et P' (3L7C2) et par conséquent aussi l'extension avec les candidates de la case L1C5.



Ajouter un commentaire | Voir la résolution | Résoudre la grille

Grille N°493


Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 03/05/2018)

Bonsoir,

Une autre solution

1) aucun placement par les TB iniziales.

P(1L4C6)=> contradiction(deux 4 in C2)=>Validation P(1L4C3) +7 placements

P(4L5C2)=>couvre la grille


P(2L5C2)=> contradiction(L6C6=Ø)=>solution.

remarque: La piste P (1L7C3) invalide de la solution précédente est identique à P (1L4C6)
ed déclenche l'invalidité des antipistes des Backdoors suivant, P (4L5C2), P (8L7C3), P (2L7C2), P (2L5C9) et P (8L9C5).

Répondre à François Cordoliani

De François Cordoliani
(Publié le 03/05/2018)

Entre temps je me suis aperçu que ma solution est la même que celle de Francis puisque nos 8 sont liés par des liens forts et nos 1 aussi !

Répondre à Francis Labetoulle

De Francis Labetoulle
(Publié le 03/05/2018)

@ Robert Mauriès : Bonjour
Peut-être peut-on proposer qu'une (vraie) boucle est un cas particulier de chaîne formée de cases contenant un candidat d'occurrence donnée, et formant un cycle. Deux cases consécutives se voient et les candidats mentionnés y sont liés par lien fort, la dernière case voyant la première. Cette contrainte forte implique la simplification immédiate des boucles impaires. On ne considérera donc que des boucles paires, pour lesquelles deux pistes sont envisageables.
Le cas des chaînes est décrit de manière approfondie par Khoan Vo Khac dans son livre : "Cinq techniques pour terminer toute grille de Sudoku". Il généralise en particulier à des chaînes présentant des propriétés plus intéressantes.
Cet aspect de boucle est celui présent dans la grille 493.
Pour développer efficacement une piste point n'est besoin d'attendre d'être en présence d'une (vraie) boucle. On peut considérer des "pseudo boucles" mais dans ce cas il y a un choix plus élevé de pistes.

Répondre à François Cordoliani

De François Cordoliani
(Publié le 03/05/2018)

Bonjour,

je propose un panachage entre la solution de Robert et celle de Francis:
on commence par les 8 du bloc 5:
le 8L6C6 donne directement une solution (backdoor).
La piste P(8L6C5) étant bloquée après 4 placements, on fait une bifurcation avec les 1 du même bloc ce qui donne deux contradictions.

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 03/05/2018)

@ Francis Labetoulle : Avant d'envisager une notation pour une boucle, il convient de donner une définition de celle-ci. Quelle définition donnez-vous d'une boucle ?

Répondre à Francis Labetoulle

De Francis Labetoulle
(Publié le 02/05/2018)

Bonsoir
Les 8 et les 1 forment deux boucles qui méritent un essai!
De fait P(8L9C5) couvre la grille. Étudions l'autre piste P2= P(8L9C3).
Les bifurcations issues des 1 de la deuxième boucle sont alors invalides: par exemple P2.P(1L5C1) et P2.P(1L4C3).
Donc unicité et taille 2.
Remarque : il serait utile de disposer d'une notation idoine pour les deux pistes associées à une boucle?

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 02/05/2018)

Bonsoir,
1) aucun placement par les TB iniziales.

2) P(269L7C3)=> contradiction(L1C8=Ø)

3) P(1L7C3) => contradiction(deux 4 in C2)=>validation P(8L7C3)=>solution.

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 02/05/2018)

Aucun placement par les TB. Résolution de taille 3 en partant de la paire 8B5 dont le 8L6C6 est un backdoor, car P(8L6C6) couvre la grille. L'unicité de la solution résulte de l'étude de l'antipiste P'(8L6C6)=P(8L6C5) que l'on développe par des extensions successives :
- P(8L6C5).P(1L7C1) est invalide -> P(8L6C5) est prolongée par P(1L5C1).
- P(8L6C5).P(1L5C1).P(6L7C4) et P(8L6C5).P(1L5C1).P(9L7C4) sont invalides.
Donc P(8L6C5) est invalide.



Ajouter un commentaire | Voir la résolution | Résoudre la grille

Grille N°492


Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 01/05/2018)

@ Paolo : Bravo Paolo pour cette résolution de taille 2 basée sur les deux paires 39L3C5 et 19L2C9, c'est la plus simple et la plus directe. Comme quoi, la validation d'un candidat peut radicalement simplifier une grille.

Répondre à Francis Labetoulle

De Francis Labetoulle
(Publié le 01/05/2018)

Bonjour
Un autre taille 3 à partir de la case L5C8:
P(153L5C8) invalide. P(9L5C8) couvre la grille et enfin P(7L5C8) donne 2 branches invalides avec les 1 (0u 3) de B5.

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 30/04/2018)

Bonsoir,
Une autre solution
1) 3 placements par les TB iniziales.
2) P(3L3C5)=> contradiction(L2C7=Ø)=>validation P(9L3C5)
P(1L2C9=Ø)=>couvre la grille
3)P(9L2C9)=> contradiction(L1C4=Ø)=>solution.
ou
3) Antipiste P(9L9C6)=>contradiction (L1C4=Ø)=>validation P(9L9C6)=>solution
ou
3) Antipiste P(9L1C7)=>contradiction (L1C4=Ø)=>validation P(9L1C7)=>solution.

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 30/04/2018)

Bonsoir,
Une autre solution

1) 3 placements par les TB iniziales.

2)Antipiste P(6L9C5).P(1L8C9)=> contradiction(L1C7=Ø)

3)Antipiste P(6L9C5).P(9L8C9)=> contradiction(L4C8=Ø)=>validation P(6L9C5)+ 2 placements

4)P(9L9C3)=> contradiction(L6C5=Ø)=>validation P(8L9C3)=>solution.

Répondre à Francis Labetoulle

De Francis Labetoulle
(Publié le 30/04/2018)

Bonsoir
3 placements pour cette grille symétrique.
P1(9L2C1) couvre la grille.
P2(3L2C1) et extensions : P2.P(3L3C5) est invalide et P2.P(9L3C5 l'est également via les branches (1L2C9) et (1L8C9)) donc unicité et taille 3 de ce cheminement.
Comment mieux exploiter la symétrie de la grille?

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 30/04/2018)

Bonjour,
1) 3 placements par les TB iniziales.
P(4L1C4).P(3L1C6)=>couvre la grille
2) P(3L2C6)=>contradiction(L8C6=Ø)
3) P(3L5C6)=>contradiction(L7C8=Ø)=>validation P(3L1C6)
2) Antipiste P(4L1C4)=> contradiction(L9C3=Ø)=>solution.



Ajouter un commentaire | Voir la résolution | Résoudre la grille

Grille N°491


Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 28/04/2018)

Petit rappel utile :
1) L'affichage des commentaires du forum se fait par défaut grille par grille, mais il peut se faire aussi par dates en utilisant le menu déroulant ci-dessus.
Cela permet de voir les derniers commentaires publiés qui sont parfois liés à des grilles plus anciennes.
2) Un commentaire peut être modifié ou supprimé après avoir été publié. Cette opération se fait dans "votre espace personnel" en cliquant sur "Vos commentaires dans le forum".

Répondre à Francis Labetoulle

De Francis Labetoulle
(Publié le 28/04/2018)

Bonjour
3 placements.
P(2L7C1) se développe très bien, pour conduire à ...contradiction, donc validation de 2L7C3.
Dès lors P1 = P(4L9C3) couvre la grille tandis que P2= P(4L8C2) s'avère invalide via les extensions P2.P(5L1C4) et P2.P(5L1C7). Par suite unicité et solution de taille 3.

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 28/04/2018)

Bonjour,
1) 3 placements par les TB iniziales.

2) P(8L7C3)=>contradiction(L8C7=Ø)=>validation P(2L7C3) + 2 placements

3)P(67L2C5)=>contradiction( aucun 9 in C1)=>-67L2C5

4) P(3L2C5)=> contradiction (L5C6=Ø)=>validation P(5L2C5)=>solution.

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 28/04/2018)

Après réduction de la grille par les TB (3 placements), on utilise la paire 4B8 pour tracer un jeu de pistes à partir duquel on construit la solution. Ce choix est suggéré par les liens de cette paire avec les paires 6B8 et 5B8. Pour développer les deux pistes on utilise des extensions à partir de la case L7C1 :
- P(4L8C4).P(2L7C1) est invalide et P(4L8C4).P(7L7C1) couvre la grille.
- P(4L9C6).P(7L7C1) et P(4L9C6).P(3L7C1) sont invalides.
Donc résolution de taille 3.



Ajouter un commentaire | Voir la résolution | Résoudre la grille

Grille N°490


Répondre à Claude Renault

De Claude Renault
(Publié le 26/04/2018)

b5-j8L8C9 ; m67L4C6 invalide ; bif bv6L5C6 invalide résout b7L5C6 qui invalide b et rend j valide ; b4L4C7 invalide résout 7L4C7 ; b2L4C5 invalide résout 9L4C5 ; b6L5C6 invalide résout 7L5C6 qui couvre la grille (dur dur)

Répondre à François Cordoliani

De François Cordoliani
(Publié le 26/04/2018)

Bonjour,

L'anti-piste P'(6L7C4) aboutit à une contradiction.
La piste P(6L7C4) est indéterminée mais par bifurcation sur le 2 et le 5 de la case L2C9 on obtient respectivement une contradiction et une solution (qui est donc unique et la taille est de 2)

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 25/04/2018)

Bonsoir,

1) 5 placements par les TB iniziales.

P(4L5C1)=>couvre la grille

extension P’(4L5C1) avec les candidats de la case L2C1

2) P’(4L5C1).P(7L2C1)=> contradiction (deux 7 in C3)

3) P’(4L5C1).P(3L2C1)=> contradiction (L7C3=Ø)=>validation P(4L5C1)=>solution.

Répondre à Francis Labetoulle

De Francis Labetoulle
(Publié le 25/04/2018)

Bonsoir
Il faut donc trouver une autre voie que celle proposée par Robert, qu'une analyse préalable favorise nettement.
Après queques essais proposons une partition des candidats de L5C5:
P(36L5C5) couvre la grille.
Soit P2 = P(24L5C5).
Les extensions P2.P(7L2C1) et P2.P(7L2C4) conduisent à contradictions, sauf erreurs.

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 24/04/2018)

Après réduction de la grille par les TB (5 placements), on résout la grille avec deux jeux de pistes successifs : JP(37L2C1) et JP(24L6C9).
- P(7L2C1) est invalide -> placements des 3 candidats de P(3L2C1).
- P(4L6C9) est invalide et P(2L6C9) couvre la grille.



Ajouter un commentaire | Voir la résolution | Résoudre la grille

Grille N°489


Répondre à Francis Labetoulle

De Francis Labetoulle
(Publié le 24/04/2018)

@ Robert Mauriès : Bonsoir
Je n'avais pas lu la solution de François quand j'ai pris connaissance de celle de Paolo.
Il me semble que commencer par les 2 de B5 est plausible. Ensuite il faut déceler les propriétés remarquables des cases L4C9 ou L3C9, la première étant peut-être plus simple à déceler. Enfin il faut permuter l'ordre des choix. Exemple Instructif !

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 24/04/2018)

@ Robert,Francis et François :

Bonsoir,


Je crois que les deux pistes P '(6L4C9) et la piste P (67L3C9) ne sont pas parfaitement identiques. En effet les deux pistes sont toutes deux invalides mais alors que le P '(6L4C9) implique le P (67L3C9), le P (67L3C9) n'implique pas le P' (6L4C9). Ce fait est évident dans les deux pistes validées qui sont différentes P (6L4C9) => L4C8 = 3 et L4C9 = 6 alors que le P (348L3C9) => L4C8 = 3, L4C9 = 6, L5C9 = 7 et L6C2 = 7

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 24/04/2018)

@ Francis, François et Paolo : En fait, les résolutions de Paolo et François sont équivalentes car l'antipiste P'(6L4C9) et la piste P(67L3C9) sont les mêmes.

Répondre à Francis Labetoulle

De Francis Labetoulle
(Publié le 24/04/2018)

@ Paolo : Bravo!
Cette partition de la case L3C9 est très efficace.

Répondre à François Cordoliani

De François Cordoliani
(Publié le 24/04/2018)

A Robert

Ah ça va mieux comme ça, merci !

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 24/04/2018)

@ François Cordoliani : Non, ce que j'ai fait est une cascade de P-pistes et cela peut s'écrire ainsi :
P(48L3C4).P(1L5C5) invalide puis P(48L3C4).P(1L6C6).P(5L2C5) et P(48L3C4).P(1L6C6).P(8L2C5) invalides.
J'ai réécrit cela dans mon premier commentaire pour que ce soit plus clair.

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 24/04/2018)

Bonsoir,

1) 1 placement par les TB iniziales.

2)P(76L3C9)=> contradiction(L5C8=Ø)=>-76L3C9=>validation P(483L3C9)

3)P(1L5C5)=> contradiction(L6C6=Ø)=>validation P(1L6C6)=>solution.

Ou
3)P(5L4C2) )=> contradiction(L6C6=Ø)=> validation P(5L5C12)=>solution.

Ou

identically

3)P(5L5C578)=> contradiction(L6C6=Ø)=> validation P(5L5C12)=>solution.

Ou

identically

3)P(5L5C78)=> contradiction(L6C6=Ø)=> validation P(5L6C78)=>solution.


Répondre à François Cordoliani

De François Cordoliani
(Publié le 24/04/2018)

@ Robert Mauriès :

Désolé mais je ne comprends pas ces 2 extensions successives dont vous parlez.
Ne faut-il pas que l'anti-piste P'(1L5C5,5L2C5) soit prouvée invalide pour qu'on puisse conclure quoi que ce soit ?

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 24/04/2018)

@ François Cordoliani : Dans ma proposition, sans doute mal formulée, je ne ne considère pas le 1L5C5 et le 5L2C5 comme une paire cachée, mais je fais l'extension de la piste P(48L3C4) en deux temps, d'abord avec le 1 puis ensuite avec le 5.

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 24/04/2018)

@ François Cordoliani : Belle résolution François et bonne "vista", car il fallait la trouver celle-là !
Le niveau TDP ainsi établi est plus conforme au niveau conventionnelle qui est de 12.

Répondre à François Cordoliani

De François Cordoliani
(Publié le 24/04/2018)

A Robert

Excusez-moi, je viens de me rendre compte que, étant donné qu'il y a 36 façons de construire une piste invalide (ici P(48L3C4), j'aurais du mal à dire que {1L5C5,5L2C5} ne constitue pas une unité (cachée ou virtuelle) !!
:-)

Répondre à François Cordoliani

De François Cordoliani
(Publié le 24/04/2018)

A Robert:

en vérifiant votre solution il me semble que l'ensemble {1L5C5,5L2C5} ne constitue pas une unité (cachée ou virtuelle comme vous voulez).
Par contre P(48L3C4).P'(1L5C5,5L2C5) est bien invalide mais ça coûte un point de plus au niveau de la taille de la résolution.

Répondre à François Cordoliani

De François Cordoliani
(Publié le 24/04/2018)

Bonjour,
la piste P(6L4C9) ne donne qu'un placement et pourtant en faisant une bifurcation avec les 2 du bloc 5 on obtient:
une contradiction avec la branche P(6L4C9).P(2L4C6)
et une solution avec la branche P(6L4C9).P(2L5C5)
D'autre part l'anti-piste P'(6L4C9) aboutit directement à une contradiction.
Donc résolution de taille 2.

Répondre à Francis Labetoulle

De Francis Labetoulle
(Publié le 24/04/2018)

Bonjour
Un seul placement: 3L6C1, et une modeste invitation à utiliser C1.
Soient P1= P(5L5C1) et P2 = P(5L7C1).
Extensions de P1 avec les 2 de B5:
P1.P(2L5C5) couvre la grille par croisement des branches (9L9C2) et (9L9C4), la première donnant la solution.
P1.P(2L4C6) est invalide.
De même, avec les 1 de B5, P2.P(1L5C5) et P2.P(1L6C6) donnent deux invalidités.

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 23/04/2018)

Un seul placement par les TB. On étudie ensuite la paire d'ensemble 48/76L3C4 et le jeu de pistes qui en sont issues et que l'on développe par des extensions successives (cascade de P-pistes) :
P(48L3C4).P(1L5C5) est invalide -> extension P(48L3C4).P(1L6C6) par le 1L6C6.
P(48L3C4).P(1L6C6).P(5L2C5) est invalide -> extension P(48L3C4).P(1L6C6).P(8L2C5) par le 8L2C5 qui conduit à son invalidité -> validité de P(76L3C4).
Un second jeu de pistes JP(2B5) vient à bout de la grille avec P(2L5C5) qui couvre la grille et P(2L4C6) qui est invalide. Donc une résolution de taille 4.

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 23/04/2018)

Bonsoir,
1) 1 placement par les TB iniziales.
Antipiste (7L1C4)=>couvre la grille

extension P(7L1C4) avec les candidats de la la case L5C7
2)P(7L1C4).P(1L5C7)=> contradiction(L7C2=Ø)
3)P(7L1C4).P(4L5C7)=> contradiction(L5C8=Ø)
4)P(7L1C4).P(5L5C7)=> contradiction(L2C5=Ø)
5)P(7L1C4).P(7L5C7)=> contradiction(L5C8=Ø) )=>Validation AntipisteP(7L1C4)=>solution.



Ajouter un commentaire | Voir la résolution | Résoudre la grille

Grille N°488


Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 27/04/2018)

@ Frandou et Francis Labetoulle : La grille au format réduit qui figure sur la page courante du site internet Assistant Sudoku ne fait un marquage en rouge que des paires de bloc, ce qui ne permet pas de repérer les cases pivots.
En revanche, la grille grand format propose un marquage en rouge des paires par bloc, par ligne et par colonne, si bien que les cases pivots sont repérables.
On accède à la grille grand format en cliquant sur le logo formé d'un petit rectangle noir et d'un petit rectangle blanc situé en haut à gauche de la grille réduite, ou par le lien : http://www.assistant-sudoku.com/Loupe_Sudoku.php?Cde=GN

Répondre à Francis Labetoulle

De Francis Labetoulle
(Publié le 27/04/2018)

Bonjour
Bien vu : il faut bien sûr préalablement appliquer les techniques de base !
Ceci étant fait il ne reste plus que deux 4 dans C1 et le 4 de C9 devrait alors être marqué en rouge. Je n'utilise pas le logiciel de Robert mais il me semble l'avoir constaté à l'époque quand la version grand format était accessible. Il faudrait lui demander son point de vue sur le sujet.

Répondre à Frandou

De Frandou
(Publié le 26/04/2018)

@ Francis Labetoulle :
Merci pour cette réponse mais …ah ! Vous dites : « Avec le logiciel du site assistant Sudoku de Robert Mauriès les cellules pivots éventuelles sont aisées à détecter : les 3 candidats sont marqués en rouge. »
J ‘ai consulté la grille détaillée 488, dans le bloc 7 les 2 et 8 sont rouges mais les 4 sont bleus, alors ?

Répondre à Francis Labetoulle

De Francis Labetoulle
(Publié le 26/04/2018)

@ Frandou :
Bonsoir
J'utilise ce terme "hub cel" car c'est celui qu'emploient des sudokistes intervenant sur ce forum. En fait je n'ai pas trouvé de référence dans la littérature anglo-saxonne et suis preneur d'une telle référence. On parle désormais plutôt de cellule pivot. En général il s'agit d'une case ayant 3 candidats, lesquels sont liés à 3 autres par liens forts.
Deux candidats à et b sont liés par lien fort s'ils se voient et si non(a) --> b.
L'intérêt immédiat d'une cellule pivot est que la piste issue de l'un des candidats de cette cellule en contient au moins deux autres qui sont donc les candidats liés par lien fort aux deux autres candidats de la cellule pivot.
On peut donc développer de manière souvent significative les trois pistes, et les exemples sont nombreux où l'efficacité du choix d'une telle cellule est manifeste.
Avec le logiciel du site assistant Sudoku de Robert Mauriès les cellules pivots éventuelles sont aisées à détecter : les 3 candidats sont marqués en rouge.
Les cellules pivots à 4 candidats ou plus sont plus rares...


Répondre à Frandou

De Frandou
(Publié le 26/04/2018)

@ Francis Labetoulle :
Bonsoir,
Pouvez-vous me rappeler ce qu’est une "hub cel" ?
Bonne soirée.

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 21/04/2018)

Bonsoir,

1)5 placements par les TB iniziales.

2) Antipiste P(4L9C1)=> piste comportant 1 candidat

extension Antipiste P(4L9C1) avec P(8L6C7) et Antipiste (8L6C7)

3) Antipiste P(4L9C1).P(8L6C7) =>contradiction (deux 9 in B9)

4) Antipiste P(4L9C1).AntipisteP(8L6C7) =>contradiction (deux 1 in L2)=>validation P(4L9C1)=>solution.

Répondre à Claude Renault

De Claude Renault
(Publié le 21/04/2018)

5 résolutions par les TB ; 58L4C8 implique 1L5C6 (RI) et couvre la grille

Répondre à Richard

De Richard
(Publié le 21/04/2018)

Bonjour,

5 placements par les TB initiales. Voir également la paire (48) de L47C3 et la paire cachée (23) de L5C19.

Voici une autre solution de taille 2.

On étudie d'abord les 7 du bloc 3 :

(1) 7L2C8 => petite piste comportant 3 candidats virtuels via réduction bloc/ligne : dans la ligne 6 les 8 sont cantonnés dans le bloc 4 donc 4L4C3 fait partie de la piste.

(2) 7L3C7 => contradiction via paire (17) de L89C6 qui force 9L9C4 et 4L9C5 à faire partie de la piste, puis via paire (23) de L25C1 qui force 8L9C1 à faire partie de la piste.

On place donc les 4 candidats de la piste (1) : 7L2C8, 8L3C7, 4L4C3 et 8L7C3.

On étudie maintenant les 4 de la colonne 2 :

(3) 4L3C2 => résolution de la grille via paire (19) en L9C45 qui implique un triplet (567) en L789C6, ce qui force 8L4C6 à faire partie de la piste.

(4) 4L8C2 => contradiction.

Le croisement des pistes (3) et (4) permet de trouver la solution sans avoir besoin d'aller au bout des 2 pistes.

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 21/04/2018)

@ Francis Labetoulle : Belle résolution Francis ! Cette cellule pivot semble inévitable pour résoudre la grille efficacement.

Répondre à Francis Labetoulle

De Francis Labetoulle
(Publié le 21/04/2018)

Bonjour
L9C1est une "hub cel".
P(4L9C1) couvre la grille, P(2L9C1) et P(8L9C1) sont invalides.



Ajouter un commentaire | Voir la résolution | Résoudre la grille

Grille N°487


Répondre à François Cordoliani

De François Cordoliani
(Publié le 20/04/2018)

Bonjour,
autre possibilité avec le triplet de 2 en ligne 1:
P(2L1C1) => solution
P(2L1C4) => contradiction
P(2L1C5) => contradiction
Donc résolution de taille 2.

Répondre à Francis Labetoulle

De Francis Labetoulle
(Publié le 19/04/2018)

Bonjour
Je n'ai pas vérifié si la solution que je propose à déjà été mentionnée.
Après les 7 placements, et un 3-uplet caché, j'utilise les 3 cases de C2 :
P(8L2C2) couvre la grille. Recherchons une éventuelle autre solution avec P(2L2C2) notée P2.
P2.P(1L1C8) et P2.P(7L1C8) permettent de conclure à contradiction donc unicité et taille 2.

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 18/04/2018)

Bonsoir,

Une autre résolution.

1) 7 placements par les TB iniziales.

Etude de la case L9C3

2) P(47L9C3) => contradiction (deux 8 in C5)=>-47L9C3

P(5L9C3)=>couvre la grille

3) P(2L9C3) => contradiction(L3C3=Ø)=>Validation P(5L9C3)=>solution.

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 18/04/2018)

Bonsoir,

1) 7 placements par les TB iniziales.

2) P(2L679C1) => contradiction (deux 1 in C5)=>-2L679C1+1 placement

3) résolution par le croisement de deux pistes conjuguées 2L1C1 et 2L4C1.

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 18/04/2018)

Après réduction de la grille par les TB (7 placements), on utilise deux jeux de pistes successifs :
- JP(5B5) -> 4 placements par invalidation de P(5L5C5).
- JP(8L5) -> solution avec P(8L5C7) qui couvre la grille et P(8L5C2) qui est invalide.



Ajouter un commentaire | Voir la résolution | Résoudre la grille

Grille N°486


Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 17/04/2018)

Bonsoir,


Identifié 11 backdoors: P (2L2C8), P (4L3C4), P (8L3C5), P (6L4C5), P (2L5C4), P (3L5C6), P (6L7C6), P (3L7C2), P (6L9C1), P (3L9C4) et P (4L9C5). Aucun des antipiste de backdoors conduit à l'invalidité. Seulement avec l'extension des antipistes on obtient des solutions de taille 2 comme: P '(3L9C4) et P' (4L9C5), P '(4L3C4), P' (3L5C6), P '(6L7C6), avec les candidats de L1C5 .

Répondre à François Cordoliani

De François Cordoliani
(Publié le 17/04/2018)

Il y a aussi le triplet de la case L3C4:
P(2) => contradiction
P(4) => solution
P(8) => contradiction

Répondre à Claude Renault

De Claude Renault
(Publié le 17/04/2018)

(b3-j46)L5C6 ; autre piste indépendante v8L5C4>b (v implique b dans sa case par opposition à j = 13) ; bifurcation vm2L3C4 invalide (en tenant compte de quelques RI) résout v4L3C4 ; bifurcation vm2L8C9 couvre la grille

Répondre à Francis Labetoulle

De Francis Labetoulle
(Publié le 16/04/2018)

La colonne C6 est prometteuse : 4 entrées et nombreux liens forts. Essayons les 3...
P(3L5C6) couvre la grille.
On peut poursuivre de différentes façons pour l'étude de son antipiste P' = P(3L7C6).
Par exemple P(4L5C8) et P(6L5C8) sont invalides.
Ou encore P'.P(2L4C4) et P'.P(8L4C4) invalides, etc.

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 16/04/2018)

Bonsoir,

1) 9 placements par les TB iniziales.

2)Antipiste P(4L5C9) => contradiction (deux 8 dans le bloc 9)=>validation P(4L5C9) +9 placements

3)Antipiste P(4L3C4) => contradiction (aucun 2 dans la ligne 2)=>Validation P(4L3C4)=>solution.

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 16/04/2018)

Une fois la grille réduite par les TB, résolution de taille 2 par les 6C6 :
- P(6L4C6) et P(6L5C6) sont invalides.
- P(6L7C6) couvre la grille.



Ajouter un commentaire | Voir la résolution | Résoudre la grille

Grille N°485


Répondre à Francis Labetoulle

De Francis Labetoulle
(Publié le 20/04/2018)

@ Frandou :
Il y a effectivement 15 placements. Le plus difficile à détecter est, peut-être, 5L4C7, via les "interactions bloc-bloc" ( voir également le commentaire de Richard).
Si vous utilisez papier et crayon c'est effectivement une difficulté et il faut de la patience et de la méthode: demandez à Claude Renault la façon dont il construit ses grilles, bien qu'il semble utiliser maintenant un outil informatique. Avec un tel outil (chacun a sa préférence ou son propre logiciel parfois) il suffit de pouvoir colorer séparément les cases contenant un candidat d'occurrence donnée pour réaliser aisément par balayage visuel les opérations d'alignement et d'interaction ( les noms diffèrent éventuellement).
L'intérêt de la méthode des pistes n'intervient qu'ensuite, quand il faut utiliser des techniques plus délicates pour avancer dans la résolution.
Consultez éventuellement les sites, en langue anglaise, sudoku wiki ou encore sudopedia pour une approche de ces techniques.
Bonne journée

Répondre à Frandou

De Frandou
(Publié le 19/04/2018)

@ Francis Labetoulle :
Bonsoir,
Merci pour ces explications. Je suppose qu’en un clin d’œil vous trouvez des placements par les TB, ce n’est pas mon cas. J’ai quand même trouvé 14 placements mais pas 15 !

Répondre à Francis Labetoulle

De Francis Labetoulle
(Publié le 18/04/2018)

@ Frandou : Bonsoir
Le cas que j'ai rencontré ici comporte un ensemble de cases contenant chacune les deux mêmes candidats, disons a et b, en nombre impair K1, K2,..K(2p+1). Chaque case voit la suivante et la dernière voit la première. On réalise ainsi une boucle ou cycle impair, qui est une configuration interdite. En effet, si a occupe la case K1, alors b occupe K2, et ainsi de suite pour conclure que a occupe la dernière case et donc b la première d'où contradiction.
En présence d'un tel cycle impair on peut conclure que la piste ayant permis d'obtenir ce cas de figure est invalide, mais ce n'est pas une technique de base.
Remarquons par contre que les cycles pairs sont permis et peuvent éventuellement conduire à des solutions multiples.

Répondre à Frandou

De Frandou
(Publié le 18/04/2018)

@ Francis Labetoulle :
Bonsoir,
J’ignore sûrement la liste des TB, pourriez-vous m’expliquer et me donner un exemple concret de « boucle impaire » ?
Merci d’avance

Répondre à Francis Labetoulle

De Francis Labetoulle
(Publié le 15/04/2018)

@ Richard :
Merci pour ces renseignements. C'est le terme pôle que je n'avais pas encore rencontré, au sudoku évidemment.

Répondre à Richard

De Richard
(Publié le 15/04/2018)

Bonjour,

@Francis : c'est mon vocabulaire personnel.

Un lien fort peut être de 2 types :

* Deux candidats de même valeur (et seulement 2) dans une même zone sudoku : par exemple dans cette grille après les premières TB, il n'y a que deux 4 dans la ligne 2 (en L2C56). Donc pour moi ces deux 4 sont des "pôles de liens forts".

* Deux candidats dans une case (et seulement 2) : par exemple en L2C1 il n'y a que les deux candidats 3 et 8. Donc pour moi 3L2C1 et 8L2C1 sont des "pôles de liens forts".

Quand on résout une grille de sudoku on utilise en général de préférence les liens forts étant donné (pour une grille à solution unique), que l'un est
forcément bon et l'autre forcément mauvais.
Et donc on a plus de chance de trouver un backdoor si celui-ci est un "pôle de lien fort" que s'il ne l'est pas.

Un Hubcell est une case qui contient au moins 3 "pôles de liens forts".
D'ailleurs cette grille en contient 1 : c'est L5C6 : les pôles de liens forts sont 4, 5 et 9. Il y a un lien fort entre les 4 de L25C6, entre les 5 de L56C6 et entre les 9 de L5C46.

Répondre à Francis Labetoulle

De Francis Labetoulle
(Publié le 15/04/2018)

@ Richard :
Bonjour
Pouvez-vous préciser ce que vous entendez par pôle de lien fort ? Est-ce que les autres candidats de la case du "backdoor" sont liés à d'autres par lien fort, comme pour une "HubCell"?
Que peut-on prévoir de l'existence éventuelle d'un tel pôle?
Bon week- end.

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 14/04/2018)

Bonsoir,

Je n'ai pas non plus trouvé de solution de taille 2 malgré avoir identifié les 7 backdoors de ce schéma P (8L1C5), P (3L3C2), P (8L4C8), P (3L5C1), P (8L5C4), P (3L8C6) et P (3L9C7). Les deux pistes invalides P (3L4C8) ou P(8L3C2) qui permetent de déclencher 3 backdoors de taille 2 P (7L4C5), P (7L5C7) et P (7L9C8) pour le premier et 9 autres pour le second P(7L1C1),P(7L3C6),P(9L5C6),P(7L6C3),P(3L7C3),P(7L7C4),P(7L8C2),P(9L8C4) et P(8L9C6) conduit toujours à des solutions de taille 3 dans les cases L1C1,L3C6, L5C7,L7C4 et L9C8.

Répondre à Richard

De Richard
(Publié le 14/04/2018)

Bonsoir,

15 placements par les TB initiales (en voyant bien une réduction bloc/ligne
avec les 5).

Trouver une solution de taille 2 pour cette grille me paraît assez
compliqué.

Voici une solution de taille 3 utilisant les 3 du bloc 9 :

(1) 3L89C7 => résolution de la grille.
(2) 3L9C8 => contradiction.
(3) 3L7C9 => piste comportant 5 candidats virtuels.

Bifurcation de (3) avec les 2 du bloc 9 :

(4) 3L7C9 + 2L8C7 => contradiction.
(5) 3L7C9 + 2L9C7 => contradiction.

Le niveau TDP de la grille reste à 3 au maximum.

PS : cette grille comporte 7 backdoors : 8L1C5, 3L3C2, 8L4C8,
3L5C1, 8L5C4, 3L8C6 et 3L9C7. Aucun d'eux n'est un "pôle de lien fort".

Répondre à Francis Labetoulle

De Francis Labetoulle
(Publié le 14/04/2018)

Je ne parviens pas à trouver un taille 2, mais il existe des blackdoors. Je mentionne 3L3C2. En développant les 3 pistes associées aux candidats de la case L3C2 j'obtiens:
P(3L3C2) couvre la grille.
P(8L3C2) invalide, et enfin P(7L3C2) qui donne une superbe "forêt" de paires (38), 14 au total, dont on peut aisément "isoler" une boucle impaire d'où son invalidité manifeste, pour qui ignore la liste des TB...

Répondre à Francis Labetoulle

De Francis Labetoulle
(Publié le 14/04/2018)

Bonsoir
Nombreux placements initiaux (15?)
Je commence par les 7 de B1.
P1(7L1C1) et P2(7L3C2). J'utilise ensuite la présence de nombreuses cases à paires (3,8).
Par extensions de P1: P1.P(8L3C2 et P1.P(8L3C7) se croisent pour couvrir la grille ( la seconde étant la piste valide).
De même avec P2 : P2.P(8L3C6) et P2.P(8L3C7) donnent deux branches invalides.

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 14/04/2018)

Boniour,


1)15 placements par les TB iniziales.

2) P(8L1C8) => piste comportant 2 candidats

extension P(8L1C8) avec les candidats de la case L4C8

3) P(8L1C8).P(3L4C8)=> contradiction(L1C5=Ø)

4) P(8L1C8).P(7L4C8)=> contradiction(L2C4=Ø)=>-8L1C8

P(8L4C8)=>couvre la grille.

5) P(8L9C8)=> contradiction (deux 6 in L5)=>-8L9C8=>validation P(8L4C8)=>solution.

ou

résolutions par le croisement de deux pistes conjuguées.

P(8L4C8) et P (8L9C8) .

4 croisements suffisants pour couvrir la grille (L1C4=6, L2C4=1,L4C4=3 et L5C3=6)

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 14/04/2018)

Pas de commentaire pour l'instant.



Ajouter un commentaire | Voir la résolution | Résoudre la grille

Grille N°484


Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 12/04/2018)

@ Claude Renault :
@ Robert Mauriès :

Bonsoir,

Je suis désolé de ne pas avoir été compris mais j'insiste pour confirmer qu'après l'élimination de 9 dans L5C7 et 2 dans L8C8 il n'est pas permis d'éliminer 6 dans L3C3. Ce n'est qu'après l'extension de la piste ainsi obtenue à travers les autres contradictions listées par Claude que l'on obtient d'abord le retrait de 6 en L3C3 puis la résolution de la grille.




P(6L3C3) bloqué (non-invalide) après élimination de 9 dans L5C7 et 2 dans L8C8
+-------+-------+-------+
| . . . | 3 8 . | 7 6 . |
| 3 . . | 6 . . | 5 8 1 |
| 8 . 6 | . . . | . 3 9 |
+-------+-------+-------+
| 9 8 . | . 3 4 | 1 7 6 |
| . . . | 1 . 6 | 8 9 . |
| 1 6 . | 8 9 . | . 4 . |
+-------+-------+-------+
| 4 2 8 | . 6 . | . 1 . |
| 6 . 1 | . . 3 | . . 8 |
| . 3 9 | . 1 8 | 6 . . |
+-------+-------+-------+





Répondre à Claude Renault

De Claude Renault
(Publié le 12/04/2018)

@ Robert Mauriès : je suis d'accord avec vous Robert ; disons que la piste bleue qui est conjuguée à la jaune sert en quelque sorte d'aide au développement d'une nouvelle piste opposée à la jaune mais n'est pas forcément indispensable

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 12/04/2018)

@ Paolo et Claude : la résolution de Claude est tout à fait juste Paolo, tout est question d'explication. En fait, Claude se sert de la piste bleue pour construire P(9L5C7) et P(2L8C8), mais vous avez raison ce n'était pas nécessaire car ces deux pistes sont invalides indépendamment de la piste bleue. Ceci dit, après éliminations de 9L5C7 et 2L8C8, la piste bleue peut alors être prolongée jusqu'à obtenir une contradiction.

Répondre à Claude Renault

De Claude Renault
(Publié le 12/04/2018)

@ Paolo : j'ai du mal à vous comprendre ; en fait j'utilise des pistes indépendantes successives en gardant au départ le jeu b-j bloqué
La piste indépendante v9L5C7 peut utiliser b parce que, dans la case de départ L5C7, le 9 n'appartient pas à j (opposition)

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 12/04/2018)

@ Claude Renault :

Bonsoir Claude


Je comprends que dans notre cas la piste P (9L5C7) et P (2L8C8) contiennent toutes deux l'élément L3C3 = 6 et par conséquent la piste P (6L3C3) = b est un sous-ensemble des pistes P (9L5C7) et P ( 2L8C8) mais cela ne me permet pas de conclure que puisque les deux pistes P (9L5C7) et P (2L8C8) sont invalides, le sous-ensemble b est également une piste invalide. Aussi les valeurs résolues L5C7 = 8, L5C8 = 9, L2C8 = 8 et L8C8 = 5 ne montrent pas l'invalidité de b et par conséquent la validité de j.

Répondre à Claude Renault

De Claude Renault
(Publié le 12/04/2018)

@ Paolo : ajout : je ne résous pas les grilles sur le logiciel de Robert mais sur PC sous word, ce qui peut expliquer certaines difficultés de compréhension ; voici un descriptif plus détaillé de l'exemple en cours :

Jeu de pistes conjuguées b6L3C3-j6L1C3 bloqué ; nouvelle piste v9L5C7 opposée à j donc prolongée par b ; cette piste est trouvée invalide (contradiction ) ce qui résout 8L5C7, 9L5C8, 8L2C8 (croisements dans b-j) ; la piste indépendante v2L8C8 prolongée par b est invalide et résout 5L8C8 ; la pisté b devient invalide donc j valide (j'efface b) ; nouvelle piste b7L9C1 invalide résout 8L9C1 ; nouvelle piste b5L5C2 invalide résout 3L5C2 ; b9L1C6 invalide résout 1L1C6 : b7L2C5 invalide résout 2L2C5 et couvre la grille
nota : si vous désirez plus de précisions sur ma méthode de résolution sur PC, laissez moi une adresse mail pour vous l'envoyer

Répondre à Claude Renault

De Claude Renault
(Publié le 12/04/2018)

@ Paolo : je crois que nous n'utilisons pas le même langage d'où l'incompréhension : j'appelle invalide une piste qui engendre une contradiction et quand je dis "résout " il s'agit d'une résolution effective ; sur l'exemple, v9L5C7 est une piste indépendante qui utilise b pour se développer ; contrairement à une bifurcation issue de b, si on y décèle une contradiction, on peut supprimer son origine dans la grille et faire évoluer cette dernière ; je garde sous la main la piste bleue jusqu'à la trouver contradictoire et valider la jaune ; ajoutez à cela le fait que, quand une piste ne me sert plus, je l'efface et la réutilise éventuellement (b au départ n'est pas b à l'arrivée )

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 12/04/2018)

@ Claude Renault :

Bonjour,

Quoi qu'il arrive, l'extension d'une piste invalide ne peut qu'être invalide. Je crois que la conclusion "b invalide" est incorrecte. Les pistes invalides que vous avez indiquées dans l'ordre donné, P (9L5C7), P (2L8C8), P (7L9C1), P (5L5C2), P (9L1C6) et P (7L2C5), sont suffisantes pour résoudre la grille sans avoir besoin de la démonstration de l'invalidité de la P (6L3C3).

Répondre à Claude Renault

De Claude Renault
(Publié le 12/04/2018)

@ Paolo : je me suis mal exprimé: c'est v9L5C7 prolongé par b qui est invalide et non b

Répondre à Francis Labetoulle

De Francis Labetoulle
(Publié le 11/04/2018)

Bonjour
Utilisons la distribution des 8 et le bloc B7, à priori intéressant.
P1 = P(8L9C1) puis les extensions P1.P(7L1C5) qui couvre la grille et P1.P(7L3C1) qui s'avère invalide (après quelques "efforts").
Recherchons une éventuelle autre solution à partir de P2 = P(8L3C1). Les extensions P2.P(5L9C1) et P2.P(5L8C2) s'avèrent invalides, donc unicité et taille 3.

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 11/04/2018)

@ Claude Renault :

Bonsoir,

Désolé mais, dans votre résolution, je ne comprends pas la démonstration de l'invalidité de la piste P (6L3C3). Il me semble que les pistes P (9L5C7) et P (2L8C8) sont invalides sans avoir besoin d'une extension avec P (6L3C3), donc je ne comprends pas la connexion logique avec cette piste.

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 11/04/2018)

Bonsoir,
Une autre résolution.


1)5 placements par les TB iniziales.
2) P(2L1C1)=>contradiction ( L6C3=Ø)=>-2L1C1
3) P(7L5C23)=> contradiction ( L8C5=Ø)=>-7L5C23
P(7L5C1)=>couvre la grille
4) P(7L5C5)=> contradiction ( L2C3=Ø)=>validation P(7L5C1)=>solution.

Répondre à Claude Renault

De Claude Renault
(Publié le 11/04/2018)

b6L3C3-j6L1C3 ; v9L5C7 > b invalide résout 8L5C7, 9L5C8, 8L2C8 ; v2L8C8 > b invalide résout 5L8C8 et rend b invalide donc j valide ; b7L9C1 invalide résout 8L9C1 ; b5L5C2 invalide résout 3L5C2 ; b9L1C6 invalide résout 1L1C6 ; b7L2C5 invalide résout 2L2C5 et couvre la grille
(signe > signifie prolongement par opposition)

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 11/04/2018)

Bonjour,


1)5 placements par les TB iniziales.

2) P(2L5C1)=> piste composée de 4 candidats

extension P(2L5C1) avec les candidats de la case L5C9

3) P(2L5C1).P(3L5C9)=> contradiction ( L8C5=Ø)

4) P(2L5C1).P(5L5C9)=> contradiction ( L2C3=Ø)=>-2L5C1

P(2L3C1)=>couvre la grille

5) P(2L1C1)=>contradiction ( L6C3=Ø)=>solution.

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 11/04/2018)

Pas de commentaire pour l'instant.



Ajouter un commentaire | Voir la résolution | Résoudre la grille

Grille N°483


Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 11/04/2018)

@ Francis Labetoulle : Oui les deux pistes issues des 9B5 se croisent sur le 2L2C5, ce qui suffit à résoudre la grille.

Répondre à Francis Labetoulle

De Francis Labetoulle
(Publié le 09/04/2018)

Un choix (parmi d'autres) : les pistes P(5L4C6) et P(5L5C5) issues d'une paire de candidats, permettent éliminations et croisements jusqu'à couvrir la grille, la première citée donnant la solution.
Un autre départ possible: on peut chercher à développer les pistes issues de paires de candidats P(2L2C5) et P(2L2C8) pour exploiter le x-wing associé, et celà mène à la solution.
Un dernier avec le bloc B5 : les pistes issues des paires d'ensembles P(9L6C5) et P(9L5C45), la première couvrant la grille et la seconde étant invalides. Y a-t-il recouvrement "suffisant" des pistes pour couvrir la grille?

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 09/04/2018)

Bonjour,

1) 6 placements par les TB iniziales.
2) résolution par le croisement de deux pistes conjuguées P(9L3C1 et Antipiste (9L3C1).

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 09/04/2018)

Après simplification de la grille par les TB (6 placements), un seul jeu de pistes JP(7B7) suffit pour résoudre la grille.



Ajouter un commentaire | Voir la résolution | Résoudre la grille

Grille N°482


Répondre à François Cordoliani

De François Cordoliani
(Publié le 13/04/2018)

@ Francis Labetoulle :

Bonjour,

si vous avez prouvé que P(2L1C8) mène à une contradiction, je ne vois pas l'intérêt d'opérer une extension (ou bifurcation) de cette piste.
Cette piste est une extrémité de l'arbre de résolution et à mon avis son exploitation se termine là (à moins d'exploiter un recouvrement avec P(2L1C4)).
Si vous n'avez pas prouvé que P(2L1C8) mène à une contradiction, vous pouvez la prolonger par une extension à partir de cases qu'elle n'a pas atteintes. S'il se trouve que vous utilisez les 2 pistes de Richard pour cette extension, elles ne conduiront évidemment pas à une solution, et rien ne prouve qu'elles conduiront directement à une contradiction. Il faudra peut-être des extensions supplémentaires pour y arriver.



Répondre à Francis Labetoulle

De Francis Labetoulle
(Publié le 12/04/2018)

@ François Cordoliani :
Désolé de vous répondre si tardivement mais je viens de prendre connaissance de vos commentaires.
Oui je voulais effectivement m'assurer que la grille ne présente que 2 solutions, et en ce sens on est d'accord.
Mon intervention avait un autre but: je me demandais si l'étude de la piste invalide dans ma solution P(2L1C8), laquelle présente des cases inaccessibles, au sens où cette piste ne peut les atteindre, comparée à celle de Richard, qui utilise précisément dans son choix de pistes issues d'ensembles une de ces cases, permettait à posteriori d'opter pour sa solution, plus performante en terme de "généralisation de taille".
Bonne soirée

Répondre à François Cordoliani

De François Cordoliani
(Publié le 11/04/2018)

@Francis Labetoulle

Je me rends compte que je n'ai pas répondu précisément à votre question:
"Faut-il faire cette analyse (partielle) complémentaire ?"
Si cette analyse consiste à établir que P(2L36C5) est invalide (en utilisant une bifurcation), la réponse est OUI si on veut prouver que la grille a exactement 2 solutions et la réponse est NON dans le cas contraire.

Répondre à François Cordoliani

De François Cordoliani
(Publié le 11/04/2018)

@Francis Labetoulle

Dédolé mais l'arbre est illisible.
j'espère que vous aurez compris qu'il s'agit de

2L48C5.5L1C5 => S
2L48C5.6L1C5 => S

2L36C5.2L1C4 => C
2L36C5.3L1C4 => C

Répondre à François Cordoliani

De François Cordoliani
(Publié le 11/04/2018)

@ Francis Labetoulle :
Bonjour,

l’approche que vous proposez est tout aussi valable, elle correspond à l’arbre de résolution suivant :

-> 2L48C5 -> 5L1C5 => S
-> 6L1C5 => S

-> 2L36C5 -> 2L1C4 => C (contradiction)
-> 3L1C4 => C

Chaque bifurcation se faisant sur une entité on est sûr d’avoir parcouru toutes les solutions possibles.
Il n’y a donc pas d’analyse complémentaire à faire.
En fait il s’agit d’un arbre de résolution tout à fait analogue à celui que l’on peut faire sur une grille à solution unique, sauf que plusieurs extrémités peuvent être S et pas une seule.
Je pense qu’on pourrait même parler de taille de la résolution d’une grille à plusieurs solutions : elle serait égale au nombre d’extrémités de l’arbre, moins un (donc ici 3).
La solution de Richard serait donc de taille 1.
N.B : il y a une autre solution de taille 1 : à partir des 2 de la colonne 6 car ces 2 sont les seuls de la colonne et ce sont tous les deux des backdoors.

Répondre à Francis Labetoulle

De Francis Labetoulle
(Publié le 09/04/2018)

@ Richard : Bonjour et bravo pour cette solution.
Je me permets de poser une question et d'y répondre partiellement. Que se passe-t-il si on envisage les autres couples de 2 de C5? Poser la question apporte souvent la réponse qui doit être :
P(2L48C5) : 2 solutions.
P(2L36C5): 0 solution, avec combien d'invalidités?
Mais alors pourquoi celà ? Dans le premier cas on doit aboutir à un réseau "inaccessible" nécessitant la mise en place de bifurcations donnant 2 solutions. C'est effectivement ce qui se passe et ce réseau est (bien sûr) le même qu'avec la solution que je propose.
Dans le deuxième cas on obtient semble-t-il 2 bifurcations invalides.
Faut-il faire cette analyse (partielle) complémentaire? Je n'ai pas la réponse.

Répondre à Richard

De Richard
(Publié le 08/04/2018)

Bonjour,

@Robert : je viens de refaire la grille. Pour moi la piste (1) aboutit bien à
l'une des 2 solutions.
Il n'y a pas de difficultés particulières non plus, pas de réductions bloc/ligne ni de sous-ensembles (paires, triplets...).

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 08/04/2018)

@ Richard : Belle approche Richard avec les 2 de C5 ou ceux de B5, mais il me semble que la piste (1) ne couvre pas la grille.

Répondre à Richard

De Richard
(Publié le 07/04/2018)

Bonsoir,

12 placements initiaux également.

Avec des paires d'ensemble basées sur les 2 de la colonne 5 :

(1) 2L38C5 => 1ère solution.
(2) 2L46C5 => 2ème solution.

Le croisement des pistes permet de placer de nombreux chiffres
communs (19 si j'ai bien compté).

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 07/04/2018)

Bonjour,

1) 12 placements par les TB iniziales.
Etude de la case L8C4
2) P(2L8C4) => contradiction (deux 3 dans la ligne 9)=>-2L8C4
3) P(3L8C4) et P(8L8C4)=>couvrent la grille

Répondre à Francis Labetoulle

De Francis Labetoulle
(Publié le 06/04/2018)

Bonsoir
12 placements et un 3-uplet C4.
La boucle des 2 semble "incontournable". P(2L1C4) et P(2L1C8), issues de paires, offrent des développements importants avec nombres d'éliminations et superpositions.
P(2L2C8) s'avère invalide. Après validation des candidats de l'autre piste il reste deux réseaux indépendants. Ainsi les pistes P(5L1C5) et P(5L1C6) conduisent à deux solutions, les candidats associés complétant ceux de P(2L2C4) pour deux ensembles couvrant la grille en respectant les règles du sudoku.

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 06/04/2018)

Résolution détaillée par le lien "Voir la résolution" ci-dessus.



Ajouter un commentaire | Voir la résolution | Résoudre la grille

Grille N°481


Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 06/04/2018)

@ Francis Labetoulle : Belle résolution et bon exemple de résolution à 3 pistes.

Répondre à Francis Labetoulle

De Francis Labetoulle
(Publié le 05/04/2018)

Un autre cheminement moins performant, mais ne partant pas de la boucle des 7.
Les TB initiales donnent 4 placements et exploitent un 4-uplet en B7. Partons de 3 pistes issues des 9 de B6, 9L5C8 étant un candidat "prometteur". P1(9L5C8) puis les extensions issues des paires d'ensembles de la case L1C4 donnent une solution selon P1.P(3L1C4) et P1.P(68L1C4) qui se croisent pour couvrir la grille en prolongeant donc P1.
Recherchons d'éventuelles autres solutions avec P2(9L5C7) et P3(9L6C8).
On constate que P2 est invalide et que les extensions de P3 issues des 2 de L7 se croisent suffisamment pour garantir que P3, et donc les P-pistes qui en bifurquent est (sont) invalide(s).
Arbre de résolution établissant l'unicité et une taille égale à 4.

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 05/04/2018)

Après simplification de la grille par les TB (4 placements), on peut remarquer les belles boucles de 7 qui suggèrent de prendre une des paires de 7, par exemple la paire 7B3, comme départ d'un premier jeu de pistes JP(7B3). Le croisement des pistes permet quelques éliminations. Ensuite on poursuit la construction de chaque piste par des extensions issues de paires de candidats afin de construire un arbre de résolution (voir Théorie des Pistes) :
- pour P(7L3C8) par les 3B8 (paire cachée), l'extension P(7L3C8).P(3L7C46) couvre la grille par croisement des deux branches de l'extension.
- pour P(7L2C9) par les 9B5, les deux branches P(7L2C9).P(9L5C4) et P(7L2C9).P(9L6C4) de l'extension P(7L2C9).P(9B4) sont invalides.



Ajouter un commentaire | Voir la résolution | Résoudre la grille

Grille N°480


Répondre à Francis Labetoulle

De Francis Labetoulle
(Publié le 30/03/2018)

Après TB j'observe que 8L7C3 est un candidat pouvant générer une piste bien développée.
L'essai P(8L7C3) couvre effectivement la grille et invite à poursuivre avec l'antipiste.
Recherchons donc une éventuelle autre solution à partir de son antipiste P'(8L7C3).
En utilisant les paires d'ensembles issues de la case L8C7, à priori intéressantes:
P1= P'.P(8L8C7) est invalide et P2= P'.P(57L8C7) se développe un peu. Les nouvelles P-pistes :
P2.P(8L6C3) et P2.P(8L6C8) mettent en évidence deux invalidités distinctes, 0n en conclut à l'unicité et à la taille 3 de cette solution, sauf erreurs.
Bon week-end pascal à tous.

Répondre à Richard

De Richard
(Publié le 30/03/2018)

Bonsoir,

5 placements par les TB initiales.

Solution de taille 3 basée sur les 8 de la colonne 3 :

(1) 8L6C3 => contradiction.
(2) 8L7C3 => résolution de la grille.
(3) 8L8C3 => contradiction.
(4) 8L9C3 => contradiction via une réduction bloc/ligne : dans la ligne 6 les 2 sont cantonnés dans le bloc 5 ce qui force 3L4C4 à faire partie de la piste.

Le niveau TDP de la grille est donc de 3 au maximum.

Bon week-end pascal à tous !



Ajouter un commentaire | Voir la résolution | Résoudre la grille

Grille N°479


Répondre à Frandou

De Frandou
(Publié le 29/03/2018)

Bonsoir,
Coup de bol, la piste 6C3B4 couvre la grille allègrement !

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 27/03/2018)

@ Francis Labetoulle : Cela me paraît très clair au contraire, mais je précise à ceux qui nous lisent que prochainement je mettrai en ligne une nouvelle version du document "Théorie des pistes" qui définit et utilise cette notion de restriction pour établir les propriétés permettant de mieux comprendre la structure des pistes invalide et valide.

Répondre à Francis Labetoulle

De Francis Labetoulle
(Publié le 27/03/2018)

@ Robert Mauriès : Bonsoir
La piste invalide P(3L6C8) se développe remarquablement mais on observe qu'elle ne peut pas accéder aux cases L4C359 et L5C358 contenant des candidats 1, 7 et 8 inaccessibles par P directement et formant une boucle paire.
Pour autant cette piste présente des "restrictions" (sous ensembles de l'ensemble des candidats de P placés ici avec les TB à raison d'un seul candidat par entité ), restrictions qui comportent des cases sans candidat de P, autres que celles citées ci-dessus, et telles que les candidats de ces cases voient effectivement des candidats de P.
Je ne suis pas très satisfait de cette formulation absconse!

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 27/03/2018)

@ Francis Labetoulle : Quelles propriétés de la piste invalide P(3L6C8) peut-on mettre en évidence ?

Répondre à Francis Labetoulle

De Francis Labetoulle
(Publié le 27/03/2018)

Après les TB (paire cachée) un balayage visuel me suggère l'utilisation des 3 de C8 (je ne dis pas que c'est le meilleur choix!).
De fait les pistes issues de la paire : P(3L6C8) et P(3L7C8) se développent avec de multiples éliminations et validations jusqu'à couvrir la grille par croisements. On pourra en outre s'amuser à mettre en évidence quelques propriétés de la piste invalide P(3L6C8).

Répondre à Richard

De Richard
(Publié le 26/03/2018)

Bonsoir,

6 placements par les TB initiales. Voir également la paire cachée (36) du bloc 5.

Solution de niveau TDP égal à 1 en utilisant des paires d'ensembles basées sur les candidats 2 du bloc 5 :

(1) 2L5C46 => contradiction. En fait cette configuration des candidats 2 est une paire virtuelle (29) dans les cases L5C46. Paire virtuelle qui induit un triplet virtuel (178) en L456C5, ce qui force 4L2C5 à faire partie de la piste.
(2) 2L56C5 => résolution.

De toute façon le croisement des pistes permet de résoudre la grille sans
avoir besoin d'aller au bout des pistes.

Répondre à Claude Renault

De Claude Renault
(Publié le 26/03/2018)

6 résolutions par TB ; (b23-j9)L7C1 : b invalide, j couvre la grille

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 26/03/2018)

Bonsoir,

Résolutions par le croisement de deux pistes conjuguées.
P(9L7C1) et Antipiste (9L7C1) .
6 croisements suffisants pour couvrir la grille.

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 26/03/2018)

Indication : paires de la ligne L8.



Ajouter un commentaire | Voir la résolution | Résoudre la grille

Grille N°478


Répondre à Frandou

De Frandou
(Publié le 27/03/2018)

@ Robert Mauriès :
Superbe, merci.

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 27/03/2018)

@ Frandou : La résolution détaillée est maintenant en ligne dans "Résolutions guidées".

Répondre à Frandou

De Frandou
(Publié le 26/03/2018)

@ Robert Mauriès :

Répondre à Frandou

De Frandou
(Publié le 26/03/2018)

@ Robert Mauriès :
Bonjour,
Pouvez-vous développer cette solution ?
Merci.

Répondre à Claude Renault

De Claude Renault
(Publié le 26/03/2018)

@ Robert Mauriès : Bonjour Robert ; oui c'est vrai ; nous en avions déjà parlé mais j'avais oublié ; ceci dit, il me semble que l'intérêt de l'antipiste utilisant des ensembles complexes réside plus dans la possibilité de trouver des croisements plutôt que d'obtenir des candidats conjugués par invalidité

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 25/03/2018)

@ Claude Renault : Désolé Claude, mais ce que vous écrivez n'est pas exact ou imprécis.
Une solution obtenue par croisement de deux pistes conjuguées est unique. Il en va de même si la solution est obtenue par croisement des pistes de plusieurs jeux de pistes conjuguées successifs.
Si la grille est à solutions multiples, les candidats placés par croisement de deux pistes conjuguées sont des candidats communs à toutes les solutions, mais il est impossible de couvrir la grille par croisement de deux pistes conjuguées, ni par croisement des pistes de plusieurs jeux de pistes conjuguées successifs.

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 25/03/2018)

@ Claude Renault :
Bonsoir,
Je pense que ce type de solution dans laquelle son unicité n'est pas prouvée, que ce soit au hasard, m'est même arrivé dans le passé, probablement parce que le premier piste invalide passe aussi dans les backdoors de ce schéma P (4L1C8), P (4L2C2) et P (5L8C3).

Répondre à Claude Renault

De Claude Renault
(Publié le 25/03/2018)

piste - antipiste : b27L56C4 – j(9L5C4,8L6C4) : 15 croisements suffisants pour couvrir la grille (bien que les 2 pistes soient invalides)
À noter que l'utilisation des croisements est à mon point de vue "élégante" mais ne garantit pas l'unicité (ce qui ne me gêne pas car j'ai toujours considéré le jeu comme un labyrinthe dont il faut sortir et, quand j'y arrive, peu m'importe de savoir s'il existe une autre sortie)

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 25/03/2018)

@ Robert Mauriès :
Je suis entièrement d'accord avec ce que vous dites de ne pas réduire le TDP à une force brute comme "Bowman 'Bingo" qui sert exclusivement à la solution, mais en tant que processus méthodologique je pense que face à une difficulté difficile, il est utile d'utiliser toutes les armes ils ont à leur disposition et seulement plus tard, lors de la reconstruction de la méthode utilisée pour trouver la solution, ils recherchent des moyens alternatifs moins efficaces mais décidément plus «originaux» et en même temps essayant de minimiser la taille.

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 25/03/2018)

@ Paolo : J'ai utilisé le terme "élégant" par opposition à celui de "efficacité" pour insister sur le fait que la Technique Des Pistes (TDP) ne se réduit pas à la recherche des pistes invalides et donc à une technique de "force brut". Cela ne signifie pas que je rejette l'invalidité comme outil de la TDP, c'est j'en conviens et sans aucun doute l'outil le plus efficace et le plus universel. Toutefois, je ne voudrais pas que son utilisation systématique laisse penser que la TDP c'est cela. Je trouve qu'une résolution qui réduit pas à pas la grille par des jeux de pistes successifs sans rechercher l'invalidité obligatoirement est riche d'enseignement, que l'utilisation de pistes opposées ou de bifurcations croisées aussi, etc... L'élégance est donc un terme large qui qualifie la diversité des résolutions, ainsi celle de Richard utilisant sur cette grille systématiquement des ensembles est élégante bien qu'utilisant l'invalidité. Le terme original est peut-être peut plus adapté.
Francis nous interroge souvent sur la méthodologie ou la stratégie dans le choix des jeux de pistes (JP) et je crois qu'en dehors de quelques règles générales (analyse de la grille) il n'y en a pas vraiment. Alors si partant d'un JP qui ne donne que quelques simplifications on devait l'abandonner systématiquement au prétexte qu'il ne conduit pas à une invalidité, ce serait la négation même de la TDP et ce serait de la technique "essai-erreur".
Si la recherche de l'efficacité (taille de résolution) fait partie des approches de la TDP, la recherche de l'originalité en fait toute la richesse.
Je proposerai d'ailleurs sur certaines grilles qu'on les résolve tous en utilisant obligatoirement un départ (paire ou ensembles) imposé. Libre à chacun de s'y plier ou pas évidemment... ce ne serait qu'un jeu et un challenge !

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 24/03/2018)

Bonsoir,
Je pense que chaque fois que nous développons une piste, nous devons la construire jusqu'à la fin et l'utilisation de le croisement des pistes conjuguées ne peut être utilisée que lorsque nous ne pouvons pas prouver l'invalidité de l'une des deux pistes car nous sommes confrontés une solution multiple de sudoku ou parce que les pistes ne se développent pas assez pour apporter soit la solution du puzzle, soit une contradiction. Seulement dans ces cas, l'utilisation de l'intersection produit un résultat qui ne peut être obtenu autrement. Dans d'autres cas, le résultat d'un croisement de pistes est un sous-ensemble de la piste qui obtient la validation.

Répondre à Francis Labetoulle

De Francis Labetoulle
(Publié le 24/03/2018)

@ Robert Mauriès : Bonsoir
Je n'avais pas dû exploiter le triplet caché de C3 avant de "détruire" la grille pour prouver l'invalidité de l'une des pistes.
Cet exemple est remarquable pour l'utilisation de paires d'ensembles et le côté non destructif associé. J'étais persuadé que le niveau conventionnel était plus élevé.
Vais-je avoir, en lisant votre complément à venir, la réponse à une question qui me taquine depuis un certain temps: peut-on systématiquement croiser deux pistes conjuguées pour couvrir la grille en développant au maximum la piste Invalide? Il me semble que non dans le cas où la contradiction apparaît très tôt?

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 24/03/2018)

@ Robert Mauriès :
Une petite considération sur la votre résolution . La piste obtenue à partir de l'intersection des pistes (6L4B4, 6C2B4) est identique à la piste obtenue après validation de la piste 6L7C1, alors que la piste issue de la démonstration de l'invalidité P (6L4B4) et par conséquent de la validation P (6C2B4) contient insertion des 4 candidats des deux précédents,et plus l'élimination du candidat 6 dans L4C3. A partir de ce résultat je comprends que la solution pour croiser des pistes conjuguées tout en étant certainement plus élégante est légèrement moins performante que la validation de la piste P (6C2B4). Ma question, à ce stade, est la suivante: est-il sensé d'utiliser les solutions pour croisement des pistes lorsque vous obtenez un résultat probablement plus performant en utilisant la démonstration de l'invalidité de l'une des deux pistes qui doit nécessairement être obtenue?

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 24/03/2018)

@ Francis Labetoulle : Cette grille est de niveau conventionnel 12/13.
Concernant le croisement des pistes issues des 1B4 (ou7B4), je confirme qu'il suffit, mais en précisant qu'il faut tracer la piste invalide au maximum avant de rencontrer une invalidité.
Ce tracer maximum d'une piste invalide est ce que j'appelle une "restriction" dans la mise à jour du document "théorie des pistes" que je m'apprête à mettre en ligne.
Evidemment, on peut se demander quel intérêt on peut avoir à croiser deux pistes dont l'invalidité de l'une a été prouvé. Disons que c'est pour refuser d'utiliser l'invalidité comme un moyen et de privilégier l'interaction des pistes comme un moyen élégant.

Répondre à Richard

De Richard
(Publié le 24/03/2018)

Bonjour,

2 placements par les TB initiales. Voir également la paire cachée (17) du bloc 4 et la paire cachée (35) de L78C4.

Solution de taille 3 utilisant uniquement des paires d'ensemble.

1) Case L2C2 :

(1) (26)L2C2 => contradiction via le triplet (268) de L256C2 qui implique
une réduction bloc/ligne : dans la colonne 2 les 8 sont cantonnés dans le bloc 4 ce qui force 8L4C6 à faire partie de la piste.
(2) (34)L2C2 => piste comportant 5 candidats.

On place donc les 5 candidats de la piste (2) : 6L2C3, 2L2C4, 7L2C8, 7L8C6 et 7L9C9.

2) Case L5C7 :

(3) (13)L5C7 => piste comportant 6 candidats.
(4) (28)L5C7 => contradiction via paire (26) de L56C2 ce qui force 2L1C3 à
faire partie de la piste.

On place donc les 6 candidats de la piste (3) : 1L1C9, 7L5C3, 1L6C1, 7L6C4, 8L6C7 et 1L7C3.

3) Case L3C1 :

(5) (34)L3C1 => résolution de la grille via une réduction bloc/ligne :
dans la ligne 8 les 8 sont cantonnés dans le bloc 7 ce qui force 8L4C1 à faire partie de la piste.
(6) (78)L3C1 => contradiction.

Le simple croisement des pistes (5) et (6) suffit à remplir la grille.

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 24/03/2018)

@ Paolo : Oui c'est mieux comme cela en effet. Votre résolution est identique à celle de Francis, car s'agissant de paire de candidats l'antipiste issue de l'un est identique la piste issue de l'autre.

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 24/03/2018)

@ Robert Mauriès:


Excusez-moi, j'avais tort de copier. La ligne 6 dans les cases que j'ai écrit correspond à la ligne 7.

1) 2 placements par les TB iniziales.

2) Antipiste 6L7C1 => contradiction (deux 7 in B2)=> validation P(6L7C1)+ 4 placements

3) Antipiste 1L7C3=> contradiction (L1C3=Ø via triplet 268 in C2)=>validation P(1L7C3)=>solution.

Ou
3) Antipiste 7L5C3=> contradiction (deux 7 in B2 via triplet 268 in C2)=>validation P(7L5C3)=>solution.

Ou similment

3) Antipiste 7L6C4=> contradiction (deux 7 in B2 via triplet 268 in C2)=>validation P(7L6C4)=>solution.

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 24/03/2018)

@ Paolo : Je crois que vous n'avez pas la bonne grille Paolo, car il n'y a pas de 6L6C1 ni de 1L6C3 !!

Répondre à Francis Labetoulle

De Francis Labetoulle
(Publié le 24/03/2018)

Bonsoir
Je crois que Paolo a fait une confusion d'indice.
P(6L4C1) est invalide, puis les paires 17 du bloc B4 permettent de conclure!
Bravo Robert. Je n'ai pas trouvé que les pistes issues des 7 de B4 se croisaient jusqu'à couvrir la grille mais c'est sans doute un oubli de ma part.
Merci pour cette excellente grille très instructive. Quel est son niveau conventionnel?

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 24/03/2018)

Bonsoir,

1) 2 placements par les TB iniziales.

2) Antipiste 6L7C1 => contradiction (deux 7 in B2)=> validation P(6L7C1)+ 4 placements

3) Antipiste 1L7C3=> contradiction (L1C3=Ø via triplet 268 in C2)=>validation P(1L7C3)=>solution.

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 24/03/2018)

Après réduction de la grille par les TB (2 placements), on exploite les possibilités offertes par le Bloc 4 avec deux jeux de pistes successifs, JP(6L4B4, 6C2B4) puis JP(17B4).
- JP(6L4B4, 6C2B4) permet 4 placements par simple croisement et quelques éliminations.
- JP(17B4) conduit alors à la solution par simple croisement des deux pistes.



Ajouter un commentaire | Voir la résolution | Résoudre la grille

Grille N°477


Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 24/03/2018)

@ Francis Labetoulle : Le choix de la paire de 4B6 pour faire une extension de P(2L2C3) résulte de l'analyse des 4 restants sur la grille après placement des candidats de P(2L2C3) qui permet un développement significatifs des deux branches de l'extension. Pour l'une par les 8, pour l'autre par les 5. Un développement significatif des deux branches permet toujours, à défaut de tomber sur des croisements utiles ou des invalidités, de tirer parti des 3 pistes ainsi tracées pour faire quelques simplifications. Cela guide donc ce choix et la bonne probabilité de résultat fait le reste !

Répondre à Francis Labetoulle

De Francis Labetoulle
(Publié le 24/03/2018)

@ Robert Mauriès :
Bonjour
Méthode très performante. Le choix des 2 de B1 me semble plausible. Celui des 4 de B6 ne m'a pas du tout semblé évident! Un tel choix est-il prévisible?

Répondre à Claude Renault

De Claude Renault
(Publié le 22/03/2018)

J'ai essayé d'illustrer la strategie objet de la dernière discussion par un exemple concret ; je suis donc parti du jeu de pistes (b7-j59)L9C6 donnant un développement correct (11 résolutions côté bleu, 8 côté jaune) ; j'ai fait ensuite un certain nombre de tentatives pour trouver une piste indépendante qui se développe ; j'ai pu constater que la choisir opposée à b ou à j ne revient en fait qu'à la prolonger par une bifurcation de j ou de b ; j'ai donc cherché des pistes à partir de candidats communs à b et j, me disant que je trouverais bien une opposition à l'une ou l'autre en cours de route ; après un certain nombre de tentatives, je suis tombé sur v2L2C9 opposée à j donc prolongée par b qui couvre la grille (backdoor); à noter cependant le fait que, lors du développement de v, la correspondance avec b (croisements) s'est manifestée bien avant l'opposition à j mais celà dépend naturellement du cheminement du développement
Voici un lien vers ma résolution

https://www.dropbox.com/s/nb2p63rsv8bm0e1/grille 477.pdf?dl=0

Nota : ma disposition piste par piste facilite la découverte des oppositions ; exemples d’opposition j-–v : (9--48)L6C3, (9--6)L9C2, 7L9C3--7L9C6 (il me semble judicieux de rechercher en premier lieu les possibilités d'opposition dans les cases résolues de la piste cible j pour profiter rapidement du prolongement de v par b)

Répondre à Francis Labetoulle

De Francis Labetoulle
(Publié le 22/03/2018)

Bonjour
Après les 10 placements par les TB l'analyse préalable de la grille semble privilégier l'utilisation de pistes issues de blocs B123 ou B789. Commençons par ceux du bas avec les pistes conjuguées issues des 9 de L8: P(9L8C6) et P(9L8C3).
La première donne une solution avec P(9L8C6).P(8L8C9) et P(9L8C6).P(8L8C7) qui se croisent pour couvrir la grille.
Cherchons une éventuelle autre solution nécessairement issue de la piste conjuguée. La même démarche n'est plus applicable et il faut chercher des extensions dans les branches du haut. Choisisons les 2 de C3.
P(9L8C3).P(2L3C3) s'avère invalide et de même P(9L8C3).P(2L2C3) conduit à une impossibilité via les croisements des branches issues des 5 de C5.

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 21/03/2018)

@ Paolo : Belle résolution de taille 3 Paolo, ce qui est conforme au niveau 15 conventionnel de cette grille.
Une autre résolution de taille 3, assez proche de la votre, est la suivante :
- P(2L2C3) est invalide via une extension par les 4B6 -> placement des deux candidats de P(2L3C3).
- P(5L1C5) est invalide et P(5L2C6) couvre la grille.

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 21/03/2018)

Bonsoir,

1)10 placements par les TB iniziales.

2) P(9L9C5)=> piste comportant 8 candidats

extension avec P (4L4C7) et L'antipiste (4L4C7)

3)P(9L9C5).P(4L4C7)=>contradiction (L6C3=Ø)

4)P(9L9C5).Antipiste(4L4C7)=>contradiction (L1C2=Ø)=>-9L9C5+9 placements

P(2L3C3)=>couvre la grille

5)Antipiste(2L3C3) =>contradiction (L8C3=Ø)=>validation P(2L3C3)=>solution.

ou
P(8L4C3)=>couvre la grille

5)Antipiste(8L4C3) =>contradiction (L3C8=Ø)=>validation P(8L4C3)=>solution.



Ajouter un commentaire | Voir la résolution | Résoudre la grille

Grille N°476


Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 20/03/2018)

Bonsoir,
Si quelqu'un est intéressé, dans les grilles assez facile comme ça j'aime traduire la démonstration d'invalidité d'une piste qui résout la grille en langue eureka de sudopedia. Dans ce cas, l'invalidité de la piste P (8L1C4) peut s'écrire comme suit:
[8L1C4-8L23C6 = (8-2) L5C6 = 2L5C5-2L8C5 = 7L8C5 et 8L1C4-1L1C4 = 1L1C9-1L6C9 = (1-4) L6C4 = 4L6C1- (4 = 2) L4C2- (2 = 7) L8C2-7L8C5 ] => quand L1C4 = 8 est vrai le 7 dans L8C5 est simultanément vrai et faux (contradiction), pour cette raison le P (8L1C4) est invalide et L1C4 = 8 est définitivement faux.

Répondre à Francis Labetoulle

De Francis Labetoulle
(Publié le 20/03/2018)

@ Robert Mauriès : Je me plaçais dans le premier cas, dans des situations pour lesquelles il n'est pas évident, si on ne voit pas les oppositions de candidats, d'associer ou regrouper, deux à deux les pistes, pour ne former que 2 pistes conjuguées. Je n'ai pas le souvenir d'un exemple... Beau cas d'arbre de résolution, avec taille 3 ?

Répondre à Claude Renault

De Claude Renault
(Publié le 20/03/2018)

@ Robert Mauriès : je crois que nous avons tous les deux raison car ça dépend de la configuration; il est possible de trouver dès le départ une opposition mais si ça conduit à peu de développement, le choix d'un jeu de pistes qui se développe (comme on le fait pour le premier jeu) peut s'avérer plus intéressant qu'une opposition car on ne la trouve pas forcément dans la case de départ du second jeu ; je voudrais ajouter que la détection des pistes opposées en cherchant si le candidat est vu dans l'autre piste ne fonctionne pas sur l'opposition d'ensembles ; en ce qui me concerne, ma presentation qui montre le contenu de chaque piste dans chaque case facilite cette détection : il suffit de constater que les ensembles de candidats affectés à chaque piste dans la case sont disjoints ; ça permet de mettre rapidement en évidence les cases dans lesquelles la solution est différente dans les 2 pistes (même constat pour les ensembles de zone)

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 20/03/2018)

@ Claude Renault : Oui vous avez raison Claude d'indiquer cette approche par deux jeux de pistes à priori indépendants. Mais, je conseille alors de choisir un second jeu de pistes dont, par choix, une des pistes est d'emblée opposée à une piste du premier jeu de pistes, par exemple avec un candidat (ou un ensemble) de départ qui voit une piste du premier jeu de pistes. Cela réduit la part de hasard.

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 20/03/2018)

@ Paolo : Tout à fait d'accord avec vous Paolo, mais je crois que le souci de Francis est le bon choix des pistes qui permettront de tirer un bénéfice significatif afin d'éviter des essais successifs et infructueux, tant il vrai que lorsqu'on choisit une piste on ne sait jamais à priori si son tracé va aboutir à quelque chose (invalidité) dont on pourra tirer un bénéfice. La question est donc : quelles indications peuvent nous guider pour le choix à priori d'une piste plutôt qu'une autre ?

Répondre à Claude Renault

De Claude Renault
(Publié le 20/03/2018)

b2j7L8C2 ; j invalide (1B2 double) ; b valide couvre la grille

Concernant la discussion sur les pistes opposées, je voudrais ajouter mon grain de sel à la proposition de Robert ; quand on a trouvé un jeu de pistes conjuguées qui bloque, une solution consiste à développer dans la foulée un second jeu de pistes indépendant du premier qui à priori semble bien se développer ; c'est au cours du développement de ce deuxième jeu qu'il arrive souvent qu'une des pistes d'un des jeux se trouve opposée à une des pistes de l'autre jeu (dans une case ou dans une zone) ;; on aboutit alors à un ou deux prolongements par opposition permettant de débloquer une ou deux pistes

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 20/03/2018)

@ Francis Labetoulle : Si par pistes doublement opposées vous entendez que les pistes sont deux à deux opposées, par exemple que P1 de JP1=P1/P2 est opposée à Q1 de JP2=Q1/Q2 et que P2 est opposée à Q2, oui on peut trouver de nombreux exemples car dans ce cas JP1 et JP2 sont équivalents, à savoir que P1=Q2 et P2=Q1.
Si vous entendez seulement que Q1 et Q2 sont opposées à une des deux pistes de JP1, par exemple à P1, oui aussi, vous trouverez un exemple dans "Théorie des pistes" pages 16-17.

Répondre à Francis Labetoulle

De Francis Labetoulle
(Publié le 20/03/2018)

@ Robert Mauriès : Bonjour et merci d'apporter votre point de vue sur ce sujet.
Connaître la plupart des TR est certainement très utile, mais peut-être pas indispensable pour déceler et exploiter des répartitions de candidats de même occurrence : présence de "liens forts", de boucles, usage de balayages rapides de zones pour apprécier l'efficacité éventuelle d'une mise en place de JP. Je garde un petit espoir de progrès sur cette approche méthodologique.

À un stade plus avancé les pistes opposées font partie de la panoplie. Trouve-t-on des exemples à 2 JP doublement opposés?

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 20/03/2018)

Bonjour,
Cette grille n'est qu'un exemple qui me permet de poursuivre le discours que j'avais commenté dans la grille 475. Le X-wing dans ce schéma est certainement évident, mais les éliminations qu'elle produit (-1L2347C4 et -1L2C9) ainsi que l'insertion de 1 à L7C6 ne donnent pas une contribution significative à la résolution de la grille, alors que la invalidità dell'antipiste 1L1C4 c'est décisif. En fait, la logique qui conduit à l'élimination liée à x-wing est beaucoup plus simple alors que celui qui montre l'invalidité dell'antipiste 1L1C4 est beaucoup plus complexe (il est un réseau d'implications logiques) que nous développons de manière simple en appliquant la technique basique. La conclusion de cette discussion est que la technique des pistes permet d'avoir une stratégie (j'essaie de prouver l'invalidité de certaines pistes parce que si montré pour produire un résultat significatif) alors que l'application des techniques de pointe produisent simplement des éliminations qui sont aléatoires et pas lié à une stratégie.

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 20/03/2018)

@ Francis Labetoulle : Je comprend bien, Francis, votre souci d'établir une méthodologie (votre commentaire grille N°475) qui permettrait de faire des choix objectifs de jeux de pistes (JP) et ainsi diminuer la part de hasard et d'essais successifs pour ces choix. Sur ce forum quelques-unes ont été avancées, par JC notamment, mais comme vous l'avez constaté elles demandent une bonne connaissance des différentes techniques de résolution (TR) autres que les technique de base (TB) et aussi une grande pratique de ces techniques, en somme tout ce que la Technique des Pistes (TDP) veut éviter... bref on tourne en rond !
A ceux qui maîtrisent quelques techniques évoluées, comme les différentes formes de wing ou fish, on ne peut que conseiller de les utiliser évidemment, soit dans le cadre de la TDP, soit comme méthode de choix des JP. Votre résolution de cette grille avec comme point de départ un X-wing sur les 1 en est une bonne illustration.
La TDP offre aussi un outil peu utilisé qui permet de travailler objectivement, ce sont les pistes opposées, et ainsi avoir une certaine méthodologie qui est la suivante :
- le choix du JP doit se faire en s'assurant que l'une des deux pistes P1 et P2 se développent assez bien, disons P1. On trace alors une troisième piste P3 opposée à P1, alors les candidats de P2 sont forcément des candidats de P3.
- le choix de l'ensemble générateur (point de départ) de P3 doit être fait avec deux critères 1) que P3 se développe bien en s'appuyant sur les candidats de P2, 2) que si P3 est invalide cela permettent un développement de P1.
Généralement, surtout si P2 est assez développée, P3 conduit à une invalidité (quitte à utiliser une extension), et P2 se développe alors en permettant un meilleur croisement de P1 et P2.
On peut si nécessaire répéter la procédure plusieurs fois et il est clair qu'on n'est plus dans la recherche de l'optimisation de la résolution (taille) mais dans la méthodologie.
Cette manière de procéder est en fait un moyen objectif de choisir une extension d'une des deux pistes d'un JP.

Voici une exemple de l'utilisation de cette procédure sur la grille 476 :
On utilise JP(3C8). Les pistes s'avèrent être peu développées, surtout la piste jaune. On utilise une troisième piste P3 issue du 7L6C8 qui répond aux 2 critères de choix. P3 construite en s'appuyant sur la piste bleue est invalide (case L9C7 vide), ce qui permet de valider le 6L6C8 et de développer la piste bleue, puis d'exploiter le croisement des deux pistes. En fait, la piste bleue peut se construire jusqu'à invalidité, ce qui valide tous les candidats de la piste jaune.


Répondre à Francis Labetoulle

De Francis Labetoulle
(Publié le 19/03/2018)

Bonsoir
Suite méthodologie: après 7 placements j'admire le X-wing des 1. Pour l'exploiter je choisis donc le jeu de pistes JP(1L1C4, 1LC9) et ça marche puisque la deuxième s'avère invalide et la première couvre la grille.
En fait les 2 sont "potentiellement" beaucoup plus prometteurs. De fait les pistes P(2L8C2) et P(2L8C5) se croisent suffisamment pour couvrir la grille.
Une dernière question: que dire de la paire d'ensembles (12L7C4) et (47L7C4)?

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 19/03/2018)

1) 7 placements par les TB iniziales.

Diverses résolutions par le croisement de deux pistes conjuguées.

L'une d'entre elles est liée au croisement de la piste P(4L2C1),qui couvre la grille, et la piste P (378L2C1) qui est en fait l'antipiste 4L2C1.

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 19/03/2018)

Indication : JP(18L1C4). Voir résolution détaillée dans "Résolutions guidées".



Ajouter un commentaire | Voir la résolution | Résoudre la grille

Grille N°475


Répondre à Francis Labetoulle

De Francis Labetoulle
(Publié le 19/03/2018)

@ Robert Mauriès : Bonsoir
Le terme "méthodologie" signifie pour moi analyse préalable approfondie de la grille comprenant un certain nombre de données, et choix des pistes associé à cette analyse. JC nous a fourni de précieuses indications sur sa méthodologie, mais d'une part je suis loin de tout maîtriser, d'autre part cette méthodologie s'appuie en partie sur l'usage de TR hors TB me semble-t-il.
D'autres approches sont sans nul doute envisageables, d'où le sens de ma question à Paolo et plus généralement á tout lecteur du forum. Je suis bien sûr convaincu de l'efficacité de la méthode des pistes limitée aux TB, sauf peut-être pour les grilles très très difficiles où le calcul de la taille devient vite fastidieux, et pour lesquelles la justification de l'unicité avec n'importe quelle TR est déjà une belle performance. Mais ces notions sont éloignées de celle de méthodologie.

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 19/03/2018)

@ Francis Labetoulle : Si le plaisir de résoudre différemment passe par l'utilisation de techniques avancées, que ce soit dans le cadre de la TDP ou pas, il ne faut pas vous gêner Francis. JC le fait bien.
En revanche expliquer ce que l'on fait, voire donner l'équivalent en TDP, est souhaité pour la bonne compréhension de ceux qui fréquentent le forum.
Enfin, s'il s'agit de déterminer la taille de la résolution, les TB sont incontournables... par définition. Les techniques avancées utilisées doivent alors être comptées en équivalent TDP.

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 19/03/2018)

@ Francis Labetoulle :

Bonjour

En réponse à la première question, je ne peux pas donner une indication d'une plus grande performance entre les deux hypothèses (dépend du cas par cas). En ce qui concerne la deuxième question, je crois qui n'est plus efficace "transgresseur" pour la loi des TB, tout simplement parce que toutes les éliminations obtenues avec une technique avancée sont toujours dues à des contradictions et par conséquent obtenu avec la technique des pistes. Les seules exceptions à ce que j'ai dit ce sont les méthodes utilisées pour résoudre les grilles extrêmes, où pour les problèmes de symétrie générale les méthodes (SK-Loop, Multi-fish, balance multisectorielle et exocet) produisent des éliminations multiples qui ne peuvent pas être reproduites avec des contradictions individuelles.

Répondre à Francis Labetoulle

De Francis Labetoulle
(Publié le 19/03/2018)

@ Paolo : Bonjour et bien vu pour ces autres solutions que vous proposez pour cette grille.
Pour l'une d'elles je ferai la remarque suivante : hormis le choix des 9 que nous avons tous utilisé, la boucle des 3 s'impose et conduit à une première invalidité. Ensuite les 1 de L1 semblent intéressants, avec le "skyscraper" sous jacent, et cela conduit en effet à une autre solution de taille 2.
Voilà quelques balbutiements de méthodologie. Peut-être est- il plus performant de rechercher des invalidités de pistes issues de paires ou d'ensembles? Est-il plus performant de "transgresser" la loi des TB pour les grilles difficiles?
Je suis preneur de tout conseil concernant cette question ouverte de méthodologie.

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 18/03/2018)

Bonsoir,
Une autre solution

1) 12 placements par les TB iniziales.
2) Antipiste 3L7C6 => contradiction (L5C1=Ø)=> validation P(3L7C6)+ 4 placements
3) Antipiste 2L1C1=> contradiction (L2C3=Ø)=>validation P(2L1C1)=>solution.
ou
3) P(2589L5C6)=> contradiction (L3C3=Ø)=>validation P(1L5C6)=>solution.
ou
3) P (589L3C6)=> contradiction (L6C1=Ø)=>validation P(2L3C6)=>solution.

Répondre à Claude Renault

De Claude Renault
(Publié le 18/03/2018)

(b3-j9)L8C3 ; j invalide, b valide ; bv3L5C1 couvre la grille (sans chercher à prouver l'unicité)

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 18/03/2018)

@ Richard : Ce n'est que dans le cas d'une grille de niveau 1 TDP que l'on peut espérer obtenir la solution par simple croisement de deux pistes conjuguées. Pour les niveaux supérieurs, cela est encore possible (parfois) avec une résolution par jeux de pistes successifs sans se soucier de la taille de résolution.

Répondre à Richard

De Richard
(Publié le 17/03/2018)

Bonsoir,

12 placements par les TB initiales.

Encore une solution de niveau TDP 2.

Soit l'ensemble E = {2L5C8, 3L7C2}.

L'anti-piste issue de E aboutit à une contradiction via la paire (59) de L79C2 qui implique que 2L6C2 fait partie de la piste.

Les 2 pistes P1(2L5C8) et P2(3L7C2) sont donc conjuguées.

D'ailleurs P1 aboutit à la résolution de la grille et P2 aboutit à une contradiction.
Le croisement des pistes permet de placer pas mal de candidats,
mais personnellement je n'ai pas pu trouver la solution par simple croisement, il a fallu que j'aille au bout des pistes.

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 17/03/2018)

@ François Cordoliani : Il arrive en effet que les serveurs de l'hébergeur du site internet soient saturés par le très grand nombre de connections simultanés du moment, en général l'après-midi, et cela perturbe le bon fonctionnement des sites qu'il héberge en hébergement mutualisé (nombreux sites internet sur le même serveur), ce qui est la cas de l'Assistant Sudoku. Il vaut mieux revenir un plus tard dans ce cas.

Petit détail pratique concernant l'utilisation du formulaire, il est toujours possible, une fois celui-ci commencé et validé, d'y revenir pour le modifier (ou le supprimer) via son "Espace personnel".

Répondre à François Cordoliani

De François Cordoliani
(Publié le 17/03/2018)

Bonjour,

le formulaire d'ajout ne fonctionnait pas vers 14h.
Si je peux me permettre de pinailler un peu, la solution de Paolo revient exactement à traiter l’ensemble des 9 de la ligne 8 comme ceci :
P(9L8C3) => contradiction
P(9L8C57) => contradiction
P(9L8C8) => solution

ce qui consiste à faire une extension à 3 branches d’une piste vide (pour faire un peu de théorie).

Répondre à François Cordoliani

De François Cordoliani
(Publié le 17/03/2018)

petit essai de fonctionnement

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 17/03/2018)

@ Francis Labetoulle et Paolo : nos trois résolutions sont équivalentes, mais intéressantes par les départs choisis différents. La case L8C8 semble incontournable pour une résolution de taille 2. J'attribue un petit + à la résolution de Paolo pour l'originalité du choix qui lui permet d'utiliser des jeux de pistes successifs plutôt qu'une extension.

Répondre à Francis Labetoulle

De Francis Labetoulle
(Publié le 16/03/2018)

Bonsoir
P(9L8C8) couvre la grille.
P(9L5C8).P(9L8C3) et P(9L5C8).P(3L8C3) sont invalides.

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 16/03/2018)

Bonsoir,
1) 12 placements par les TB iniziales.

2) P(9L8C57) => contradiction (L1C4=Ø)=>-9L8C57

3) Antipiste 9L8C8=> contradiction (L5C1=Ø)=> validation P(9L8C8)=>solution.

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 16/03/2018)

Après réduction de la grille par les TB (12placements), résolution de taille 2 en exploitant les paires 29L8C8 et 3B8 :
- P(9L8C8) couvre la grille.
- L'extension P(2L8C8).P(3B8) de la piste P(2L8C8) est invalide.



Ajouter un commentaire | Voir la résolution | Résoudre la grille

Grille N°474


Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 15/03/2018)

@ Francis Labetoulle : Belle résolution Francis, et puis j'aime bien quand on utilise mes notations !
Avez-vous lu "Théorie des pistes" et si oui qu'en pensez-vous ?

Répondre à Francis Labetoulle

De Francis Labetoulle
(Publié le 15/03/2018)

Bonjour
Un taille 2 à partir d'une paire d'ensembles de la case L3C9.
P(23L3C9) est invalide.
P(49L3C9).P(2L9C2) couvre la grille alors que P(49L3C9).P(2L9C9) est invalide.

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 14/03/2018)

Bonsoir,

Une autre solution

1) 5 placements par les TB iniziales.

2) P9L3C3 => contradiction (L2C5=Ø)=>validation P2L3C3 (2 placements)

3) Antipiste 2L9C2=> contradiction (L5C3=Ø via la paire 38 in L9 )=>validation P2L9C2=>solution.

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 14/03/2018)

Bonsoir,

1) 5 placements par les TB iniziales.

2) P2L7C1 => contradiction (L5C3=Ø via la paire 38 in L9)=>-2L7C1

3) Antipiste 2L9C2=> contradiction (L2C5=Ø)=>validation P2L9C2=>solution.



Ajouter un commentaire | Voir la résolution | Résoudre la grille

Grille N°473


Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 14/03/2018)

@ Francis Labetoulle : Vous avez raison Francis, je suis passé à côté de la validation du 5L1C9, alors que j'avais vu le triplet de L9. "Pan" sur la souris de l'ordi ! Acceptez mes excuses, et mes bravos pour cette résolution.

Répondre à Francis Labetoulle

De Francis Labetoulle
(Publié le 13/03/2018)

@ Robert Mauriès :
Bonsoir
Je ne crois pas m'être trompé. Il y a, après quelques validations, existence d' un triplet (3,5,9) en L9, permettant d'éliminer 3 et 5 de L9C9, ce qui valide 5L1C9 et la grille se remplit aisément ?

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 13/03/2018)

@ Francis Labetoulle : J'ai un doute sur votre résolution Francis, car je ne trouve pas que P(7L1C1) couvre la grille.

Répondre à Francis Labetoulle

De Francis Labetoulle
(Publié le 13/03/2018)

Bonjour
10 placements par les TB.
P(7L1C1) couvre la grille.
Son antipiste, via les deux 7 de C5, donne deux invalidités, donc taille 2.

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 12/03/2018)

Une autre solution

1)10 placements par les TB iniziales.

2) P8L5C8 => contradiction (L9C6=Ø)=>-8L5C8+5 placements

P3L1C389=>couvre la grille

3) P3L1C1=> contradiction (deux 7 in C4)=>-3L1C1=>validation P3L1C389=>solution-

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 12/03/2018)

Bonsoir,

1)10 placements par les TB iniziales.

P8L2C8=>couvre la grille.

2) P8L17C8=> contradiction (deux 3 in B1) )=>-8L17C8

3) P8L5C8 => contradiction (L9C6=Ø)=>-8L5C8=>validation P8L2C8=>solution.

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 12/03/2018)

Pas de commentaire pour l'instant.



Ajouter un commentaire | Voir la résolution | Résoudre la grille

Grille N°472


Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 11/03/2018)

@ François Cordoliani : Ravi de vous revoir sur le forum François, et bravo pour cette magnifique résolution de taille 3, pas évidente à déceler.

Répondre à François Cordoliani

De François Cordoliani
(Publié le 11/03/2018)

Bonjour,
la case L3C2 est effectivement très intéressante, elle m'a permis de trouver une résolution de taille 3 à partir des pistes conjuguées sur les ensembles (16) et (79), chacune de ses pistes étend elle-même étendue par une paire de pistes conjuguées:
P(16L3C2).P(1L1C1) => C
P(16L3C2).P(6L1C1) => C
P(79L3C2).P(2L8C7) => S
P(79L3C2).P(3L8C7) => C

C = contradiction S = solution

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 10/03/2018)

@ Francis Labetoulle : Non Francis votre notation indicielle (et d'autres d'ailleurs) ne pose pas problème, mais j'essaye d'être cohérent avec ce que j'ai écrit dans mon texte sur la théorie des pistes à l'attention de ceux qui s'y réfèrent, d'où mes commentaires.
Ce texte évoluera encore un peu d'ailleurs, car je pense avoir enfin démontré une propriété que l'on utilise naturellement et qui manquait pour compléter totalement ce travail, à savoir qu'une piste issue d'un ensemble passe forcément par un candidat de cet ensemble. D'ailleurs, je suis preneur d'une démonstration rigoureuse de cette affirmation tant la mienne me semble alambiquée.

Répondre à Francis Labetoulle

De Francis Labetoulle
(Publié le 10/03/2018)

Bonjour.
Voici un nouveau taille 4, avec les réserves usuelles concernant les probables redites:
P1(8L8C4) et P2(8L8C3).
P11 (2L8C7) : solution et P12 (2L8C3) : invalide.
P21(7L3C2) : invalide, P22 (7L2C3) puis P221 et P222 avec les 1 de B1 pour 2 invalidités.
À Robert: je vais approfondir le nouveau ( pour moi) texte de Théorie des Pistes. Ma notation "indicielle" pose-t-elle problème?

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 10/03/2018)

Une autre résolution de taille 4 en partant de la case L3C2.
- P(9L3C2) couvre la grille (9L3C2 est un backdoor de taille 1).
- P(1L3C2) est invalide -> deux placements.
- La P-Piste P(67L3C2).P(5L9C6) est invalide ce qui permet de prolonger P(67L3C2) par le 5L9C2 et de montrer son invalidité via une extension par les 7B1.

Une petite remarque de terminologie (notation) pour conclure ce commentaire :

Pour définir une P-piste j'utilise le " . " plutôt que le " + ", par exemple P1.P2 plutôt que P1+P2, pour bien signifier que la P-piste n'est pas seulement la somme (réunion) des candidats de P1 et de P2, mais comprend aussi les candidats dont le placement résulte du placement simultané des candidats de P1 et P2. (Voir Théorie de pistes ci-contre).

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 10/03/2018)

Bonjour,

Une autre solution

1) Aucun placement par les TB iniziales.

P3L8C3=>couvre la grille

2) P2L8C3 => contradiction (L3C9=Ø)=>-2L8C3

3) P8L8C3 piste comportant 4 candidats

4)extension P8L8C3 avec les candidats de la case L7C6

5)P8L8C3+P2L7C6=>contradiction (L2C7=Ø)

6) P8L8C3+ P4L7C6=>contradiction (L4C2=Ø)

7) P8L8C3+ P6L7C6=>contradiction (deux 2 in C8)=>-8L8C3=>validation P3L8C3=>solution.

Solution identique avec extension de la Piste P8L8C3 avec les trois 4 de la ligne 7 ou les trois 6 de la ligne 2

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 09/03/2018)

Bonsoir,

1) Aucun placement par les TB iniziales.

P3L8C3=>couvre la grille

2) P3L8C1 => contradiction (L4C2=Ø)=>-3L8C1

3) P3L8C7 piste comportant 3 candidats

4)extension P3L8C7 avec les candidats de la case L7C2

5)P3L8C7+P6L7C2=>contradiction (deux 9 in C5)

6)P3L8C7+P7L7C2=>contradiction (L6C2=Ø)

7)P3L8C7+P8L7C2=>contradiction (L2C6=Ø))>validation P3L8C3=>solution.

Répondre à Richard

De Richard
(Publié le 09/03/2018)

Bonsoir,

Aucun placement par les TB initiales. Les seules suppressions de candidats sont dûes au triplet (459) de L5C456.

On étudie la case L7C8 :

(1) (24)L7C8 => contradiction.

(2) 3L7C8 => piste comportant 6 candidats virtuels.

(3) 7L7C8 => piste comportant 9 candidats virtuels via réduction bloc/ligne : dans le bloc 3 les 4 sont cantonnés colonne 7 ce qui force 2L9C7 à faire partie de la piste.
Ensuite la paire (67) de L29C3 force 9L1C3 à faire partie de la piste.

Bifurcation de (2) avec le doublet (59) de L8C5 :

(4) 3L7C8 + 5L8C5 => contradiction.
(5) 3L7C8 + 9L8C5 => résolution de la grille.

Bifurcation de (3) également avec le doublet (59) de L8C5 :

(6) 7L7C8 + 5L8C5 => contradiction.
(7) 7L7C8 + 9L8C5 => contradiction.

Le niveau de la grille est donc de 4 maximum.

Bon week-end.



Ajouter un commentaire | Voir la résolution | Résoudre la grille

Grille N°471


Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 09/03/2018)

@ Claude Renault : C'est normal Claude, l'idée est généralement répandue qu'une grille sudoku "digne de ce nom" est construite pour n'avoir qu'une solution, et les éditeurs de grilles s'en tiennent à cette définition.
Pour ma part je trouve cela réducteur et je donne une définition plus générale à la grille sudoku (9x9) comme étant un tableau de 9 fois 9 cases dont certaines sont résolues (candidats pré-disposés), une grille de ce type pouvant ne pas avoir de solution, avoir plusieurs solutions ou une seule solution.
La technique des pistes a été développée en tenant compte de cette définition (voir "théorie des pistes" ci-contre) en introduisant la notion de piste Sn-valide ou Sn-invalide.

Répondre à Claude Renault

De Claude Renault
(Publié le 09/03/2018)

@ Robert Mauriès : décidément je n'arrive pas à me persuader qu'une grille puisse avoir plusieurs solutions

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 09/03/2018)

@ Claude Renault : Ce que vous écrivez sur une piste opposée à une piste valide n'est exacte que pour une grille dont on sait qu'elle a une solution unique. Vous ne pouvez donc pas utiliser ce résultat pour prouver l'unicité. On peut construire des grilles à solutions multiples telles que les deux pistes issues d'une paire sont valides bien qu'opposées, par exemple la grille N°425.

Répondre à Claude Renault

De Claude Renault
(Publié le 09/03/2018)

@ Paolo : après vérification, je crois que mon erreur est d'avoir oublié d'inscrire le 9 dans L1C4

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 09/03/2018)

@ Claude Renault :

Bonjour,

Je crois que pour inclure les candidats 7 dans L1C4 et 7 dans L5C6, il est nécessaire de prouver l'invalidité de la piste P9L1C4 ou de la piste P7L3C6 ce qui n'est pas possible avec la seule technique de base. Même si j'insère certaines L1C4 = 7 et L5C6 = 7 la piste P6L6C7 ne recouvre pas la grille (l'élimination de 7 en L6C7 est évidente si L6C7 = 6).

Répondre à Claude Renault

De Claude Renault
(Publié le 09/03/2018)

@ Paolo : voici un lien à ma résolution (avec ma présentation) https://www.dropbox.com/s/9edharje4vcldvu/grille%20471.pdf?dl=0

Répondre à Claude Renault

De Claude Renault
(Publié le 09/03/2018)

@ Paolo : voici les 5 résolutions que j'ai trouvées avec les procédures de base : 3L1C3, 7L1C4, 3L5C1, 7L5C6 et 6L8C1 ; J'ai peut-être fait une erreur bénéfique mais je ne vois pas où ; la case L6C7 contient l'ensemble 6789 et je trouve que le 6 couvre la grille après élimination du 7

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 09/03/2018)

@ Claude Renault :

Bonjour,

Je ne comprends pas entièrement votre résolution. J'ai seulement identifié 3 positions en utilisant la technique de base et je ne trouve pas que la piste P6L6C7 couvre la grille.

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 09/03/2018)

Bonjour,

Une autre solution de taille 3 avec trois anti-piste invalides

1) 3 placements par les TB iniziales.

2) antipiste 1L9C3 => contradiction (L7C3=Ø)=>validation P1L9C3

3) P1L9C3+Antipiste 6L2C9=> contradiction (L6C8=Ø)=> validation P1L9C3+P6L2C9

4) P1L9C3+P6L2C9+Antipiste 7L7C7=> contradiction (L9C8=Ø=>validation P1L9C3+P6L2C9+P7L7C7=>Solution.

Répondre à Claude Renault

De Claude Renault
(Publié le 09/03/2018)

Je reviens à ma résolution dans laquelle, pour prouver l'unicité, j'ai prolongé la piste jaune par les 2 composants d'une paire ; après réflexion, je pense que c'était inutile car, à partir du moment où on trouve qu'une piste est opposée à la piste résolue, elle est forcément invalide et c'est le cas ici ; on peut même dire de façon générale que quand une piste est résolue à partir d'une paire, il est inutile de prouver son unicité, ses composants étant à la fois conjugués et opposés

Répondre à Francis Labetoulle

De Francis Labetoulle
(Publié le 08/03/2018)

@ Paolo : Bonsoir
Exact mais la résolution par voie traditionnelle est évidente, par exemple avec élimination de 9L9C8, via une chaîne partant de 5L9C6 et aboutissant à L8C9. Ce n'est pas une technique de base , mais elle est basique dans les méthodes usuelles de sudoku. Pour dire vrai j'ai vu le swordfish, mais comme son usage n'est pas préconisé j'ai changé de direction.

Répondre à Claude Renault

De Claude Renault
(Publié le 08/03/2018)

: 5 résolutions par procédures de base ; utilisation de la case L6C7 : b7L6C7 invalide ; b6j8v9L6C7 ; b couvre la grille ; v invalide ; jm4L4C5 et jm5L4C5 également invalides donc piste unique

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 08/03/2018)

@ Francis Labetoulle : Bonjour,
Je crois que dans votre résolution le“swordfish” des 4 n'est pas équivalent au croisent des pistes 4 de la L7 ou à l'invalidité de la piste P4L6C8. En effet, le “swordfish” de 4 (ligne 3.4 e7) conduit à l'élimination des 4 dans L9C5 et L9C6 mais n'est pas concluant.

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 08/03/2018)

L'originalité des résolutions étant aussi importante que la recherche de l'efficacité (meilleure taille de résolution), voici une autre résolution basée sur les extensions des pistes issues de la paire 4B2.
- P(4L3C5) via une extension par la paire d'ensemble 5L2C45/5L23C6 couvre la grille. La branche P(4L3C5).P(5L2C45) est invalide et la branche P(4L3C5).P(5L23C6) couvre la grille.
- la P-piste P(4L3C6).P(5L2C45) est invalide, ce qui permet le prolongement de P(4L3C6) par le 5L3C5 et d'établir son invalidité via une extension par les 2B8.
Cette résolution est donc de taille 4.

Une petite remarque de terminologie pour conclure ce commentaire :

J'utilise depuis quelques temps les termes de P-piste et d'extension plutôt que celui de bifurcation, car ils sont plus généraux et mieux appropriés, en raison de leur définitions plus précises que celle donnée aux bifurcations, pour la démonstration rigoureuse des propriétés de la TDP (voir théorie des pistes ci-contre).

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 08/03/2018)

Une autre solution.

1) 3 placements par les TB iniziales.

2) antipiste 5L7C9 => contradiction (L3C8=Ø via la paire 17 in B3)=>validation P5L7C9

P7L9C1=>couvre la grille

3) P5L7C9+P4L9C1=> contradiction (L9C6=Ø)=>-4L9C1
4) P5L7C9+P1L9C1=> contradiction (L7C3=Ø)=>-1L9C1=>validation P7L9C1=>Solution.

Répondre à Francis Labetoulle

De Francis Labetoulle
(Publié le 08/03/2018)

Bonjour
Commençons par les 1 de B1, à grande "potentialité". En effet P(1L3C3) s'avère invalide, ce qui valide la piste P(1L2C1).
Je préfère ensuite la boucle des 6 à celle des 2.
P(6L2C5) s'avère invalide, ce qui valide la piste P(6L1C5).
Les 7 de C8 semblent alors prometteurs. P(7L9C8) s'avère invalide ce qui valide P(7L3C8).
À ce stade on peut utiliser un "swordfish " des 4 mais il est équivalent d'utiliser les pistes issues des 4 de L7 qui se croisent pour couvrir la grille.
Cette solution de taille 4 procède plus par "démolition" progressive que par croisement et superposition. Je chercherai une voie plus intéressante.

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 08/03/2018)

Bonjour,

Une autre solution

1)3 placements par les TB iniziales.

2) P8L2C1=> contradiction (two 4 in C1) )=>-8L2C1+5 placements

P9L2C4=>couvre la grille

3) P9L2C56 => contradiction (L4C4=Ø)=>-9L2C56
4) P9L1C4 => contradiction (L4C2=Ø)=>-9L1C4+2 placements
5) P9L1C5=> contradiction (L6C8=Ø)=>-9L1C5=>validation P9L2C4=>solution.

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 08/03/2018)

Bonjour,

1)3 placements par les TB iniziales.

P7L7C7=>couvre la grille

2) P9L7C7=> contradiction (L2C9=Ø) )=>-9L7C7

3) P2L7C7 piste composée de 1 candidat

Bifurcation de (3) avec L3C5

4) P2L7C7+P2L3C5 => contradiction (two 4 in C1)
5) P2L7C7+P4L3C5 => contradiction (L3C8=Ø)
6) P2L7C7+P5L3C5 => contradiction (L6C8=Ø)=>-2L7C7=>validation P7L7C7=>solution.



Ajouter un commentaire | Voir la résolution | Résoudre la grille

Grille N°470


Répondre à Francis Labetoulle

De Francis Labetoulle
(Publié le 06/03/2018)

@ isabelle : Bonsoir
Pour compléter la réponse de Paolo je mentionne le site : sudokuwiki.org , menu strategy overview, qui présente, en anglais, une vue d'ensemble, avec de nombreux exemples, des nombreuses statégies de résolution du sudoku.
J'ajouterai que ces stratégies peuvent être justifiées par la technique des pistes de Robert Mauriès, privilégiée lci.

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 06/03/2018)

@ isabelle : Bonjour,
Sur le site http://www.fiendishsudoku.com/fr/sudoku.html# le niveau "Diabolique" est généralement résolu avec Basic fish (x-wing,swordfish e Jellyfish), sur le site http://www.dailysudoku.com / sudoku / les archives du niveau very hard peuvent être résolues avec des techniques finned /sashimi fish et surtout avec des techniques (skyscraper,2 string kite, turbo fish, empty rectangle e surtout xy wing, xyz-wing, w-wing), vous pouvez trouver des explications de ces techniques à http://http://hodoku.sourceforge.net/en/tech_fishfs.php et http://hodoku.sourceforge.net/en/tech_wings.php.

Répondre à isabelle

De isabelle
(Publié le 06/03/2018)

bonjour, est ce que quelqu'un pourrait me conseiller un site en ligne gratuit pour résoudre des grilles type skyscraper ou gratte ciel
merci pour votre aide

Répondre à Claude Renault

De Claude Renault
(Publié le 05/03/2018)

b2L6C8-j2L6C7 : b invalide ; j valide : b2L5C4 ; bv7L7C2 invalide ; bv4L7C2 aussi donc b invalide ce qui résout 6L5C4 qui couvre la grille

Répondre à Francis Labetoulle

De Francis Labetoulle
(Publié le 05/03/2018)

Une autre solution de taille 2 : P(8L5C3) couvre la grille.
Étudions son antipiste: les bifurcations issues des 6 de B5 sont invalides. Plus amusant: la grille à laquelle on a ôté le candidat 8L5C3 est une grille sans solution car les pistes issues des 6 de B5 se croisent suffisamment pour conduire à une contradiction.
Une autre solution voisine: l'antipiste de P(9L6C2) est invalide.
Je valide donc P(9L6C2) ce qui dévoile quelques candidats. On remarque ensuite que P(8L5C3) couvre la grille alors que P(6L5C3) est invalide.

Répondre à Francis Labetoulle

De Francis Labetoulle
(Publié le 05/03/2018)

Une première solution avec les possibilités de B6:
P(6L4C9) est invalide donc validation de P(L5C8).
Ensuite les pistes issues des 6 de B5 se croisent suffisamment pour couvrir la grille.

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 05/03/2018)

Bonjour,

Une autre solution connecté à la précédente

1)6 placements par les TB iniziales.

2) P6L4C9=> => contradiction (L3C6=Ø)=>-6L4C9+5 placements

P2L4C6=>couvre la grille

3) Antipiste 2L4C6=> => contradiction (L8C9=Ø)=>validation P2L4C6=>solution

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 05/03/2018)

Bonjour,
1)6 placements par les TB iniziales.

P6L4C3=>couvre la grille

2) P6L4C6=> => contradiction (L8C9=Ø)=>-6L4C6

3) P6L4C9=> => contradiction (L3C6=Ø)=>-6L4C9=>solution

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 05/03/2018)

Après réduction de la grille par les TB (6 placements), résolution de taille 3 avec les 3 jeux de pistes successifs JP(6B6), J(4C3) et J(3B5), ou résolution de taille 2 avec JP(68L5C3) : P(8L5C3) couvre la grille et P(6L5C3) est invalide via une extension par le 6B6.
La grille compte d'autres backdoors de taille 1: 2L2C2, 3L4C2, 8L2C7.



Ajouter un commentaire | Voir la résolution | Résoudre la grille

Grille N°469


Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 03/03/2018)

Résolution du même type que celle de Richard, mais avec l'ensemble E={1L4C1, 6L8C1}.
L'antipiste issue de E est invalide, donc les deux pistes P(1L4C1) et P(6L8C1) sont conjuguées (voir théorème 4-2 dans "théorie des pistes" ci-contre), mais ici les deux pistes sont valides et couvrent la grille. Preuve que deux pistes peuvent être conjuguées et toutes deux valides !
Pour plus de détails se reporter à la résolution données dans "Voir la résolution".

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 03/03/2018)

@ Richard : Très belle résolution Richard. Toutefois, je précise pour ceux qui nous lisent et qui se réfèrent à mes écrits sur la technique des pistes (TDP) un point de vocabulaire TDP.
Une antipiste n'est pas issue de deux pistes, mais d'un ensemble de candidats. Ici l'antipiste est issue de l'ensemble E={1L4C1, 6L5C8}. Cette antipiste étant invalide, cela assure que les pistes P(1L4C1) et P(6L5C8) sont conjuguées (théorème 4-2 de "Théorie des pistes" ci-contre) et en conséquence permettent de construire la solution et son unicité.

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 03/03/2018)

@ Francis Labetoulle : Bonne décision Francis, car que vos résolutions soient identiques, équivalentes ou différentes leurs présentations sont toujours intéressantes à lire par les détails que vous donnez.

Répondre à Richard

De Richard
(Publié le 03/03/2018)

Bonsoir,

9 placements par les TB initiales.

Voici une solution utilisant 2 pistes et leur anti-piste associée.

Soient la piste P1 issue de 1L4C1 et la piste P2 issue de 6L5C8.

1) P1 => résolution de la grille.

2) P2 => contradiction.

L'anti-piste issue de P1 & P2 commence avec 9L4C1 et 7L5C8.
Elle aboutit à une contradiction.

A noter que les pistes s'installent sans difficultés notoires.

C'est une solution de taille 2 qui maintient le niveau TDP de la grille à 2 au maximum.

Répondre à Francis Labetoulle

De Francis Labetoulle
(Publié le 03/03/2018)

@ Robert Mauriès :
Merci de cette réponse avec laquelle je m'autorise dorénavant à formuler ma (première) solution sans prendre en compte celles déjà publiées, et éventuellement à en rechercher une autre plus performante ou plus originale.
Bon week-end.

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 03/03/2018)

@ Francis Labetoulle : Je pourrais en effet, Francis, bloquer le forum une douzaine d'heures après avoir envoyé la grille à tous les inscrits du site tout en permettant d'y mettre sa résolution sans voir celles des autres. J'ai bien peur qu'à la fin de ce laps de temps, on découvre beaucoup de résolutions identiques ou équivalentes. Je vais y réfléchir.
Mais, je vous rassure, il n'y a pas de gène à proposer une résolution déjà trouvée par un autre, ou proposer une résolution équivalente. Je vois au contraire un avantage, car cela oblige à rechercher d'autres voies de résolution, voire à proposer des variantes ou de commenter les similitudes ou les différences. Enfin, il ne s'agit pas d'une compétition, ni de vitesse, ni d'originalité.

Répondre à Claude Renault

De Claude Renault
(Publié le 03/03/2018)

b6L2C7-j6L3C7 ; bv7L5C9 invalide résout b1L5C7 qui rend b invalide et j valide ; 9L6C3 couvre alors la grille

Répondre à Luis

De Luis
(Publié le 03/03/2018)

à @Francis Labetoulle,
Merci de votre réponse,
Vous avez raison, avec le2L6C8 la piste est bien invalide. J'ai fait une double erreur qui a positionné des candidats différemment mais qui ont validé la grille, (car je n'ai jamais trouvé de candidats doubles) ...

Répondre à Francis Labetoulle

De Francis Labetoulle
(Publié le 03/03/2018)

@ Luis : Bonjour
Je suppose que vous faites référence à la solution que je propose.
J'ai vérifié : P(2L6C8) est une piste invalide. 0n obtient par exemple deux 6 dans B8.
La solution est unique dans cette grille, ce qui est à priori prouvé lorsqu'on trouve une solution de taille donnée, ici de taille 2.

Répondre à Luis

De Luis
(Publié le 03/03/2018)

Bonjour,
En démarrant en 2L6C8, cette piste résout la grille par les techniques de base, en vérifiant votre résolution je vois que le 6L6C8 valide aussi la grille en positionnant des candidats d'une manière différente, comment est-ce possible?

Répondre à Francis Labetoulle

De Francis Labetoulle
(Publié le 03/03/2018)

Bonjour
En recherche d'un peu d'originalité, après les solutions proposées, je remarque que L4 et B6 semblent exploitables une fois les TB appliquées, dont 9 placements.
Avec la case L5C8 : P1 (6L5C8) est invalide et P2(7L5C8) se développe gentiment.
Ensuite P21 (9L4C6) et P22 (9L4C1) se croisent de façon remarquable pour couvrir la grille, le premier étant d'ailleurs un "backdoor".
En fait, après lecture plus approfondie, je m'aperçois que ma solution est un " mixage" de celles de Paolo et de Robert. Celà me pose un problème "déontologique": serait-il possible de disposer d'une période (12heures "0uvrables" par exemple) où tout un chacun pourrait formuler sa ou ses solutions sans que celles-ci soient dévoilées? Sans doute celà est-il délicat à réaliser, mais peut-être que l'analyse des différentes approches serait enrichissante?

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 02/03/2018)

Après réduction de la grille par les TB (9 placements), on exploite le jeu de pistes JP(7B9) :
- P(7L9C8) invalide
- P(7L8C9) couvre la grille via une extension par les 9C3.

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 02/03/2018)

Une autre solution connecté à la précédente

1)9 placements par les TB iniziales.

P1L4C1=>couvre la grille

2) P9L4C1=> piste composée de1 candidat

Bifurcation de (2) avec L8C1

2) 9L4C1+6L8C1 => contradiction (L7C9=Ø) )
3) 9L4C1+7L8C1 => contradiction (L5C4=Ø)=>-9L4C1=>solution

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 02/03/2018)

Bonsoir,

1)9 placements par les TB iniziales.

P6L8C1=>couvre la grille

2) 9L8C1 => contradiction (L8C4=Ø) )=>-9L7C1
3) 7L8C1 => contradiction (L7C6=Ø)=>-7L7C1=>solution



Ajouter un commentaire | Voir la résolution | Résoudre la grille

Grille N°468


Répondre à Frandou

De Frandou
(Publié le 04/03/2018)

@ Paolo :
Bonjour Paolo et Claude Renault,
Vous pouvez déposer vos fichiers ici : nova.doussal@gmail.com
Bonne journée.

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 04/03/2018)

@ Frandou :

Bonjour,

La feuille Excel que j'utilise est simplement une "feuille brute" qui m'aide surtout en soulignant avec des couleurs différentes pour supprimer ou insérer des candidats. Si vous me dites votre adresse e-mail, je vous envoie une copie de la feuille, les différentes couleurs ont une signification différente, le gris représente les backdoor identifié.

Répondre à Claude Renault

De Claude Renault
(Publié le 03/03/2018)

@ Frandou : b signifie piste bleue, v piste verte, j piste jaune, m piste mauve
bv signifie bifurcation bv
pour que je puisse vous envoyer l'application sur word, il me faut votre adresse mail ; pouvez vous me l'envoyer par sms au 0662322840

Répondre à Frandou

De Frandou
(Publié le 02/03/2018)

@ Paolo :
Merci pour votre réponse.
Est-ce que vous pouvez me montrer un exemple de transfert dans Ecxel ?

Répondre à Frandou

De Frandou
(Publié le 02/03/2018)

@ Claude Renault :
Merci pour votre proposition, d’accord pour ce programme Word.
En même temps expliquez-moi la signification des : b …, bv…, bvm… comme ici grille 467 :
« (b1458)L4C2 ; bifurcation bv9L1C6 invalide résout b4L1C6 ; bifurcation bv8L8C5 invalide résout b1L8C5 ce qui entraine b invalide
b7L4C2 invalide ; bifurcation bv2L8C1 invalide résout b4L8C1 ; bifurcation bv9L8C2 puis en cascade bvm8L9C2 qui couvre la grille »

Répondre à Claude Renault

De Claude Renault
(Publié le 02/03/2018)

@ Frandou @Paolo : en ce qui me concerne, je n'utilise pas Excel mais j'ai mis au point un programme Word qui permet de montrer les pistes séparément et les effacer d'un simple clic ; si çà vous intéresse je peux vous l'envoyer

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 02/03/2018)

@ Frandou :


Bonjour,
Je transfère le schéma initial dans une feuille Excel, où les annulations, les vérifications des pistes et la restauration du schéma initial sont plus rapides. J'essaie toujours d'identifier, s'il existe, une backdoor, si elle est identifiée, me permet de contourner ce problème. Cependant, si je n'ai aucune indication initiale, je commence à vérifier les pistes dans les cases ou les secteurs où il y a de fortes inférences.

Répondre à Frandou

De Frandou
(Publié le 01/03/2018)

@ Paolo :
Bonsoir Paolo,
Je suis épaté par votre rapidité à résoudre les grilles et à proposer plusieurs solutions.
Comment faites-vous ? Quelle est votre méthode : papier–crayon-gomme ou logiciel futé ?

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 01/03/2018)

Bonjour,

Une autre résolution utilisant une différente back-door..

1)3 placements par les TB iniziales.
P7L8C9=>couvre la grille
2) P7L8C7 => piste comportant 2 candidats

Bifurcation de (2) avec la p2L8C8 et antipiste 2L8C8

3) P7L8C7+A2L8C8=> contradiction(L7C3=Ø).
4) P7L8C7+P2L8C8+P5L8C4=> contradiction(L3C8=Ø).
5) P7L8C7+P2L8C8 +P8L8C4=> contradiction(L1C3=Ø)=>-7L8C7=>solution.

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 01/03/2018)

Bonjour,

Une autre résolution.

1)3 placements par les TB iniziales.
P2L4C6 ou P(15)L4C7 ou P2L6C8=>couvre la grille
2) P2L4C7 => piste comportant 6 candidats

Bifurcation de (2) avec la p8L1C1 et antipiste 8L1C1

3) P2L4C7+A8L1C1=> contradiction(L3C8=Ø).
4) P2L4C7+P8L1C1+P1L8C9=> contradiction(L2C3=Ø).
5) P2L4C7+P8L1C1+A1L8C9=>contradiction(via la paire 49 de la colonne5)=>-2L4C7=>solution.

Répondre à Francis Labetoulle

De Francis Labetoulle
(Publié le 28/02/2018)

Bonsoir
Les 2 backdoors que j'ai trouvés, 7L3C7 et 2L6C8 correspondent remarquablement à des candidats "clés"' offrant des développements exploitables des chiffres concernés, 7 et 2 selon les cas.
En choisissant le second:
P(2L6C8) couvre la grille.
P(1L6C8) se développe avec les 8 de L6.
Avec (8L6C5) piste invalide;
Avec (8L6C6) et bifurcations des 8 de C4: (8L3C4) et (8L8C4) : 2 pistes invalides.
Je n'´ai pas vérifié si j'ai empiété sur les autres solutions....
Remarque: je m'étais trompé dans un premier temps, en remplaçant 9 L9C8 par 9L9C9. En fait celà est intéressant car le nouveau puzzle présente 16 solutions qu'il est utile d'expliciter.

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 28/02/2018)

1)3 placements par les TB iniziales.
P2L4C6 ou P(15)L4C7 ou P2L6C8=>couvre la grille
2) P2L4C7 => piste comportant 6 candidats

Bifurcation de (2) avec 9 du bloc2

3) P2L4C7+P9L1C5=> contradiction(L3C1=Ø).
4) P2L4C7+P9L2C6=> contradiction(L7C3=Ø).
5) P2L4C7+P9L3C5=> contradiction(L9C3=Ø)=>-2L4C7=>solution.

Solution similaire avec bifurcation de p2L4C7 avec 9 de la colonne 5 ou avec 9 de la ligne 3 avec P9L3C12, P9L3C5 et P9L3C7

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 28/02/2018)

2L4C6 est une backdoor. L'unicité de cette solution demande plusieurs extensions de l'antipiste P(2L4C7) qui établissent à 3 maximum le niveau TDP de la grille.



Ajouter un commentaire | Voir la résolution | Résoudre la grille

Grille N°467


Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 27/02/2018)

@ Paolo : J'aime bien votre résolution utilisant le quadruplet caché 3458L4. Bravo Paolo !

Répondre à Claude Renault

De Claude Renault
(Publié le 27/02/2018)

(b1458)L4C2 ; bifurcation bv9L1C6 invalide résout b4L1C6 ; bifurcation bv8L8C5 invalide résout b1L8C5 ce qui entraine b invalide
b7L4C2 invalide ; bifurcation bv2L8C1 invalide résout b4L8C1 ; bifurcation bv9L8C2 puis en cascade bvm8L9C2 qui couvre la grille

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 26/02/2018)

Une autre solution.
1) 1 placement par les TB iniziales.
2) P(3458)L4C2 => contradiction (L1C2=Ø)=>-3458L4C2
3) P1L4C2=> contradiction (L9C5=Ø)=>-1L4C2=>validation piste P7L4C2=>solution.

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 26/02/2018)

Bonsoir,
1) 1 placement par les TB iniziales.
2) P8L5C1+P1L4C2=> contradiction (L9C5=Ø)
3) P8L5C1+P1L4C6=> contradiction (L1C2=Ø)=>-8L5C1=>validation piste(3)L5C1=>solution.

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 26/02/2018)

Après simplification de la grille par les TB (1 placement), on exploite la cellule pivot L6C5 :
- P(3L6C5) couvre la grille.
- P(1L6C5) et P(2L6C5) sont invalides.



Ajouter un commentaire | Voir la résolution | Résoudre la grille

Grille N°466


Répondre à Richard

De Richard
(Publié le 25/02/2018)

@ Francis : sur le site de Bernard Borelly je ne cherche pas le niveau TDP d'une
grille étant donné que Bernard ne fournit que des grilles à solution unique.

Toutefois, j'estime le niveau TDP du mois de février à 6 (je me suis basé sur les 8 de la colonne 1 pour ça).

Avec 8L7C1 j'utilise une bifurcation avec la case L2C7 (2 contradictions).
Avec 8L8C1 j'utilise d'abord une bifurcation avec L2C7 (1 blocage et 2 contradictions) puis une sous-bifurcation pour 2L2C7 avec la case L7C1 (2 contradictions, 1 résolution).

Répondre à Francis Labetoulle

De Francis Labetoulle
(Publié le 25/02/2018)

@ Richard : Bonsoir et merci de me répondre.
J'étais bien persuadé que la solution n'était pas de taille 3 mais elle m'a paru "originale". Existe-t-il une expression particulière attribuée à ce genre de cycle impair interdit?
Question subsidiaire à réponse hautement facultative: quelle est la taille de votre solution à la grille du mois de février? Bonne fin de week-end.

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 25/02/2018)

@ Francis Labetoulle : Non ce n'est pas une "invalidité basique" puisque ces cycles ne sont pas des TB, mais c'est une "belle invalidité" ! Ce cycle est équivalent à une bifurcation à deux branches l'une issue d'un 5 et l'autre d'un 6 de la même case.
Je rappelle à ceux qui nous lisent, que rien n'interdit d'utiliser ce genre de technique évoluée dans le cadre de la TDP, sauf pour déterminer la taille d'une résolution ou le niveau TDP.

Répondre à Richard

De Richard
(Publié le 25/02/2018)

Bonjour,

@ Francis : pas banale cette configuration de grille où toutes les cases non
résolues sans exception contiennent le même doublet de candidat !

Toutefois il faut quand même utiliser une bifurcation pour prouver l'invalidité de la piste.

Répondre à Francis Labetoulle

De Francis Labetoulle
(Publié le 25/02/2018)

@ Robert Mauriès : Bonjour et merci de me donner la réponse. En fait j'étais déçu de ne pas trouver une autre solution que celle(s) proposées par Paolo et Richard.
J'ai repris la solution que je proposais initialement.
P(4L2C1) : solution via les pistes issues des 8 de L3 qui se croisent.
P(4L4C1) : 2 invalidités avec les 3 de L8.
Avec (3L8C9) pas de problème, invalidité "classique".
Avec (3L8C5) on obtient une magnifique répartition de 14 cases (56) seules. J'en conclus à l'invalidité de la piste car il existe un cycle ( au moins) impair: L1C4--L1C8--L3C9--L6C9--L6C4--L1C4.
Peut-on considérer que c'est une invalidité "basique"?

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 25/02/2018)

Dans ma deuxième résolution la validation de la piste P5L1C4, 11 candidats (à travers la paire 86 dans la colonne 7) déclenche plusieurs backdoors. En effet, il est possible d'obtenir différentes solutions avec une dernière contradiction, comme l'invalidité de l'antipiste 6L7C9 qui valide le P6L7C9 ou l'invalidité du P4L5C5 qui valide le P8L5C5.

Répondre à Claude Renault

De Claude Renault
(Publié le 25/02/2018)

(b(68)L5C6 invalide ; (b1j3v4)L5C6 : v invalide ; b-j (conjuguées) ; v= 6L5C2 ; b prolonge v par opposition à j ; v invalide ; résolution 4L5C2 ; b invalide ; j valide et couvre la grille

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 25/02/2018)

@ Francis Labetoulle : Vous avez la réponse avec la première résolution de Richard (ou celle de Paolo) !

Répondre à Luis

De Luis
(Publié le 24/02/2018)

Bonjour,
J'ai démarré par le 6L5C8 qui valide la grille...

Répondre à Richard

De Richard
(Publié le 24/02/2018)

Bonsoir,

Autre solution de taille 3 en utilisant le doublet (68) de L5C8 :

(1) 6L5C8 => résolution de la grille.
(2) 8L5C8 => blocage immédiat.

Bifurcation de (2) avec la case L7C7 :

(3) 8L5C8 + 5L7C7 => contradiction.
(4) 8L5C8 + 6L7C7 => contradiction via réduction bloc/ligne : à un moment les 6 du bloc 1 sont cantonnés ligne 3 ce qui force 6L6C4 à faire partie de la piste.
(5) 8L5C8 + 8L7C7 => contradiction.

Répondre à Francis Labetoulle

De Francis Labetoulle
(Publié le 24/02/2018)

@Paolo Bonsoir
Bonsoir
Effectivement il n'est pas possible de prouver que P(8L4C3) est invalide sans bifurcations. J'ai manifestement fait une simplification abusive.
A signaler que P(2L8C9) est un backdoor mais je ne parviens pas à exploiter au mieux ce résultat. Grille surprenante!

Répondre à Richard

De Richard
(Publié le 24/02/2018)

Bon ben désolé c'est la même solution que Paolo.

Répondre à Richard

De Richard
(Publié le 24/02/2018)

Bonsoir,

16 placements par les TB initiales.

On commence par étudier les 2 de la ligne 8 :

(1) 2L8C4 => petite piste comportant 2 candidats virtuels.
(2) 2L8C9 => résolution de la grille vie une réduction bloc/ligne :
à un moment les 8 du bloc 2 sont cantonnés ligne 2, ce qui force 4L2C1 (et donc 8L4C1) à faire partie de la piste.

Bifurcation de (1) avec les 3 candidats de L1C4 :

(3) 2L8C4 + 5L1C4 => contradiction via une réduction bloc/ligne :
à un moment les 6 du bloc 9 sont cantonnés colonne 7, ce qui force 8L1C7 (et donc 6L1C8) à faire partie de la piste.
Ensuite plus tard, une autre réduction bloc/ligne : dans le bloc 1, les 6 sont cantonnés ligne 3, ce qui force 6L6C4 à faire partie de la piste.

(4) 2L8C4 + 6L1C4 => contradiction.

(5) 2L8C4 + 8L1C4 => contradiction via paire (56) de L46C9 qui force 8L5C8 à
faire partie de la piste.

Le niveau TDP de la grille reste donc à 3 au maximum.

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 24/02/2018)

@ Robert Mauriès :


Bonsoir,


La piste P (2L7C9) + P (5L1C4) développée jusqu'à la fin conduit à la situation suivante où la contradiction dans le cas L4C6 est évidente, où aucun nombre ne peut être entré

+-------+-------+-------+
| 3 1 2 | 5 7 9 | 8 6 4 |
| 8 7 5 | 3 6 4 | 9 2 1 |
| 9 4 6 | 8 2 1 | 7 3 5 |
+-------+-------+-------+
| 4 2 3 | 7 9 . | 5 1 6 |
| 5 6 7 | 1 4 3 | 2 8 9 |
| 1 9 8 | 6 . 2 | 4 7 3 |
+-------+-------+-------+
| 7 3 9 | 4 1 8 | 6 5 2 |
| 6 5 4 | 2 3 7 | 1 9 8 |
| 2 8 1 | 9 5 6 | 3 4 7 |
+-------+-------+-------+

La piste P 8L8C9) développée jusqu'à la fin conduit à la situation suivante où la contradiction dans le cas L2C1 est évidente, où aucun nombre ne peut être entré



+-------+-------+-------+
| 3 1 2 | 5 7 9 | 8 6 4 |
| . 7 5 | 3 8 6 | 9 2 1 |
| 9 4 6 | . 2 1 | 7 3 5 |
+-------+-------+-------+
| 4 2 3 | 7 9 8 | 5 1 6 |
| 5 6 7 | 1 4 3 | 2 8 9 |
| 1 9 8 | 6 5 2 | 4 7 3 |
+-------+-------+-------+
| 7 3 9 | 8 1 4 | 6 5 2 |
| 6 5 4 | 2 3 7 | 1 9 8 |
| 2 8 1 | 9 6 5 | 3 4 7 |
+-------+-------+-------+

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 24/02/2018)

@ Paolo : Il me semble qu'il y a une erreur dans chacune de vos deux résolution. Pour la première, je ne trouve pas que P(2L7C9)+P(5L1C4) soit invalide, et dans la seconde je ne trouve pas que P(8L8C9) soit invalide. Il me semble qu'une bifurcation supplémentaire est nécessaire.
Pouvez-vous vérifier ou nous expliquer. Merci.

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 24/02/2018)

Une autre solution

1)16 placements par les TB iniziales.

2) P6L1C4=>contradiction (L7C4=Ø)=>-6L1C4

3) P8L1C4=>contradiction (L4C7=Ø)=>-8L1C4=>validation P5L1C4

4)P5L1C4=> piste comportant 11 candidats

5) P2L8C9=>couvre la grille

6) P8L8C9=>contradiction (L2C1=Ø) =>-8L8C9 => solution.

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 24/02/2018)

@ Francis Labetoulle :

Bonjour,

La piste Q + P2 est identique à la piste 8L4C3 car 4L4C1 est incluse dans la piste 8L4C3. Je n'ai pas pu prouver l'invalidité de la piste P8L4C3.
Pouvez-vous me dire comment vous avez réussi à prouver l'invalidité de P8L4C3?

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 24/02/2018)

Bonjour,
1) 16 placements par les TB iniziales.
(P2L7C46)=>couvre la grille
2) P2L7C9 piste comportant 3 candidats
Bifurcation de (2) avec L1C4
3) P2L7C9+P5L1C4=> contradiction (L4C6=Ø)
4) P2L7C9+P6L1C4=> contradiction (L4C6=Ø)
5) P2L7C9+P8L1C4=> contradiction (L4C7=Ø)=>-2L7C9=>solution.

Répondre à Francis Labetoulle

De Francis Labetoulle
(Publié le 24/02/2018)

Un premier cheminement sans doute de taille trop élevée..'
16 placements par les TB.
Avec les 4 bien tentants: P1(4L2C1) et P2(4L4C1) qui se développent moyennement. Pour avancer, Q(8L4C3) piste opposée à P1. Q+P2 s'avère invalide donc élimination de 8L4C3, puis P2 se développe jusqu'à contradiction.
Je valide donc P1.
On conclut avec les 8 de L3 dont les pistes se croisent pour couvrir la grille.

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 24/02/2018)

Pas de commentaire pour l'instant.



Ajouter un commentaire | Voir la résolution | Résoudre la grille

Grille N°465


Répondre à Claude Renault

De Claude Renault
(Publié le 21/02/2018)

(b1j2)L4C6 : b couvre la grille ; j invalide

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 21/02/2018)

@ Francis Labetoulle : Belle résolution aussi Francis, avec cette petite extension qui permet, par croisement, de construire complètement la piste P(1L4C6).

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 21/02/2018)

Petite variation de la solution précédente

1)3 placements par les TB iniziales.

P7L5C5=>couvre la grille

2) Piste d’ensemble{7L5C4;7L6C5} => contradiction toujours à travers le triplet (367) dans L5 (L1C7=Ø)=>-7L5C4 et -7L6C5

3) 7L6C6 => contradiction (L4C1=Ø)=>-7L6C6=>solution

Répondre à Francis Labetoulle

De Francis Labetoulle
(Publié le 21/02/2018)

P(1L4C6) couvre la grille via les pistes annexes des 5 de L2 ("finned swordfish") alors que P(1L7C6) s'avère invalide.

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 21/02/2018)

@ Paolo : Belle résolution Paolo, en utilisant un triplet caché 367L5 bien choisi !

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 21/02/2018)

Bonjour,

1) 3 placements par les TB iniziales.

(P7L5C5)=>couvre la grille

2) (P36L5C5) => contradiction (L1C7=Ø)

3)(P1L5C5)=> contradiction (L4C1=Ø)=>-1L5C5=>solution.

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 21/02/2018)

Après réduction de la grille par les TB (3 placements), résolution de taille 2 en constant que le 2L4C9 (ou le 2L3C8) est un backdoor direct (taille1). La Piste P(2L4C9) couvre donc la grille et l'unicité de la solution s'établit en prouvant l'invalidité de son antipiste P'(2L4C9) = P(2L4C68), c'est à dire par l'invalidité des deux pistes P(2L4C6) et P(2L4C8).
L'invalidité de P(2L4C6) et P(2L4C8) se vérifie par une construction directe des deux pistes.



Ajouter un commentaire | Voir la résolution | Résoudre la grille

Grille N°464


Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 20/02/2018)

Bonsoir,
1)7 placements par les TB iniziales.
2)Antipiste 7L4C2=> contradiction (L9C1= Ø) =>validation P7L4C2=>solution.
ou
1)7 placements par les TB iniziales.
2)P(348)L2C4=> contradiction (L5C3= Ø) =>validation P1L2C4=>solution.


Répondre à Francis Labetoulle

De Francis Labetoulle
(Publié le 19/02/2018)

Les pistes issues des 4 de L7 se croisent suffisamment pour couvrir la grille.
De manière équivalente avec des ensembles:
P(67L9C9) couvre la grille et son antipiste P(14L9C9) est invalide.

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 19/02/2018)

7 placements par les TB et un jeu de pistes JP(6C6) ou JP(6L7).



Ajouter un commentaire | Voir la résolution | Résoudre la grille

Grille N°463


Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 16/02/2018)

1) 3 placements par les TB iniziales.
2) 1L4C2 => contradiction L3C6=Ø=>-1L4C2+19 placements
3) 1L5C2=> contradiction L9C1=Ø=>-1L5C2=>solution.

ou

1)3 placements par les TB iniziales.

2)1L8C2=>couvre la grille

3)1L8C1=> petit piste comportant 1canditat

4)Bifurcation de (3) avec 1L4C9 et 9L4C9

5)1L8C1+1L4C9=> contradiction (L4C7=Ø)

6)1L8C1+9L4C9=> contradiction (L3C6=Ø)=>-1L8C1=>solution.

Répondre à Richard

De Richard
(Publié le 16/02/2018)

Bonsoir,

3 placements par les TB initiales. Voir aussi la paire cachée (36) en L9C23.

Étudions les 1 de la ligne 4 :

(1) 1L4C2 => contradiction via une réduction bloc/ligne : dans la colonne 2 les 5 sont cantonnés dans le bloc 7 (L78C2) ce qui force 5L9C6 à faire partie de la piste.

(2) 1L4C9 => piste étendue comportant 18 candidats via triplet 1-6-7 dans le bloc 4 en L4C3 et L5C12, qui force 5L4C2 à faire partie de la piste.

On place donc les 19 candidats de la piste 2.

On étudie maintenant les 6 de la ligne 4 : le croisement des pistes suffit à résoudre la grille sans avoir besoin d'aller au bout des 2 pistes. En effet à un moment on peut placer 2L3C2 et la grille tombe.

Pour être complet :

(3) 6L4C3 => contradiction.
(4) 6L4C7 => résolution.

Solution de taille 2 qui maintient le niveau TDP de la grille à 2 maximum.

Répondre à Francis Labetoulle

De Francis Labetoulle
(Publié le 16/02/2018)

Bonsoir
P(2L3C9) invalide.
P(2L5C9) et bifurcations des 4 de B5 qui couvrent la grille par croisements de pistes.

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 16/02/2018)

Après réduction de la grille par les TB (3 placements), résolution de taille 2 avec deux jeux de pistes successifs :
- JP(2B3), P(2L3C9) invalide, 19 placements des candidats de P(2L2C7).
- JP(1B7), P(1L8C1) invalide, P(1L8C2) couvre la grille.



Ajouter un commentaire | Voir la résolution | Résoudre la grille

Grille N°462


Répondre à jeanluc

De jeanluc
(Publié le 19/02/2018)

Bonjour
je pense que vous êtes passé à autre chose mais pour ma part, je suis bloqué sur vos raisonnements, ma piste 8L7C9 comporte plus de 23 candidats et ne sont pas liés à une antipiste.
Par les TB, on place 2 chiffres et on élimine 15 candidats (6 dans le B1, 2 dans le B4 et 7 dans le B5). Est-ce que vous êtes d'accord avec cela?
Merci

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 15/02/2018)

@ jeanluc : Pour compléter les réponses de Richard et Paolo, j'ajoute que lorsqu'on construit une antipiste P'(E) issue d'un ensemble E de candidats (ici E={3L9C4, 8L7C9}) trois possibilités s'offrent à nous en général :
- soit l'antipiste couvre la grille ce qui donne la solution,
- soit l'antipiste est invalide et on génère un jeu de pistes conjuguées dont on peut exploiter les croisements.
- soit on étudie l'interaction du jeu de piste-antipiste P(E) et P'(E) issues de E (jeu de 3 pistes en général) qui est un jeu de pistes conjuguées .
On trouve donc toujours ou presque un certain intérêt à étudier des antipistes.

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 15/02/2018)

@ jeanluc :
La piste 8L7C9 ne se révèle pas immédiatement invalide. Elle est composée de 23 candidats, dont 10 sont liés à l'antipiste 3L4C9. Pour cette raison, la bifurcation est nécessaire pour prouver l'invalidité de la piste 8L7C9 et par conséquent la validité de l'antipiste 8L7C9. L'antipiste 8L7C9 ne couvre pas la grille sans les 10 certains candidats de l'antipiste 3L4C9. C'est pourquoi il est nécessaire de montrer que la piste 3L4C9 est invalide.

Répondre à Richard

De Richard
(Publié le 15/02/2018)

Bonsoir,

@ Robert : effectivement étant donné que je construis les pistes vraiment à partir de coloriage virtuel, j'utilise toujours le terme de candidats virtuels.
C'est l'habitude de fréquenter le site de Bernard. :)

@ Jean-Luc : personnellement je ne trouve pas que 1L7C3 fait partie de la piste issue du 8L7C9. Dans le bloc 7 je trouve 2L7C2, 8L8C2 et 9L9C3 (issus de la piste) mais rien d'autre.
La méthode que j'ai utilisée consiste à utiliser 2 pistes issues de candidats qui sont indépendants l'un par rapport à l'autre et une 3ème piste est créée en supposant que les 2 candidats générateurs des 2 premières pistes n'existent pas (l'anti-piste).
Ici l'anti-piste a abouti à la résolution de la grille (pas de 3L4C9, donc 3L4C4 virtuellement validé, et pas de 8L7C9, donc 8L6C9 virtuellement validé).

Répondre à jeanluc

De jeanluc
(Publié le 15/02/2018)

erreur lire:
Quel est l'intérêt de cette piste 3L4C9?

Répondre à jeanluc

De jeanluc
(Publié le 15/02/2018)

@ Richard :
Bonjour
la piste 8L7C9 aboutit à une contradiction sans faire de bifurcation sur les 1 du bloc 7 puisque le 1L7C3 fait partie de cette piste. J'imagine que suite à cela vous validez le 8L6C9 (et pas uniquement avec la piste 3L4C9 sinon quelque chose m'échappe)
Quel est l'intérêt de cette piste 3L6C9? Qu'Est-ce qui vous fait associer ces 2 pistes?
Cordialement

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 15/02/2018)

@ Richard : Oui, je comprend ici que ne sachant pas quel est le statut de la piste P(8L7C9) vous utilisez ces termes, mais je fais référence à d'autres grilles, par exemple la 459 avec JP(3B3), où connaissant le statut de la piste vous utilisez encore cette terminologie.
La notion de candidat virtuel est propre au coloriage virtuel par opposition à celle de candidat générique. Mais en matière de technique des pistes cette distinction n'existe pas.
On pourrait donc penser qu'il y a une définition propre à la technique des pistes de cette notion de candidat virtuel, ce qui n'est pas le cas.
Cela dit, je n'en fait pas une affaire, car tout le monde comprend je crois de quoi vous voulez parler !
Bien cordialement, Robert.

Répondre à Richard

De Richard
(Publié le 15/02/2018)

Bonjour,

@Robert : c'est l'anti-piste issue de (1) et (2) qui couvre la grille.

La piste (2) aboutit à une contradiction après la bifurcation avec les 1 du bloc 7.

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 15/02/2018)

@ Richard : Pourquoi, une fois acquise l'invalidité d'une des deux pistes d'un jeu de pistes, utilisez-vous le termes de "candidats virtuels" pour les candidats de la piste valide ? Ces candidats sont placés et sont bien réels !

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 14/02/2018)

Bonsoir,

Je n'ai pas trouvé de solution de taille 2 différente de celle de Robert Mauriès.
Je pense que l'invalidité de la piste P(8L5C7) est décisive.

Répondre à Richard

De Richard
(Publié le 14/02/2018)

Bonsoir,

2 placements par les TB initiales. Voir également la paire cachée (17) en L56C4.

Soient la piste (1) issue de 3L4C9 et la piste (2) issue de 8L7C9 :

(1) 3L4C9 => contradiction via une réduction bloc/ligne : dans la ligne 8 les 8 sont cantonnés bloc 9 ce qui force 8L6C9 à faire partie de la piste.

(2) 8L7C9 => piste très étendue comportant au moins 20 candidats virtuels.

L'anti-piste issue de (1) et (2) est solution de la grille !

Bifurcation de (2) avec les 1 du bloc 7 :

(3) 8L7C9 + 1L7C1 => contradiction.

(4) 8L7C9 + 1L7C3 => contradiction.

Ceci constitue donc une solution de taille 3.

@ Francis : le calcul de niveau d'une grille est estimé essentiellement à partir du nombre de candidats, du nombres de liens forts directs et du nombre de liens faibles internes.
Voir là : https://www.coloriagevirtuel.fr/app/download/8322949085/Niveau+d%27une+grille.pdf?t=1509875597
C'est donc bien une estimation.
Nous utilisons souvent des liens forts de groupes qui, si vous lisez le document, ne sont pas pris en compte dans le calcul du niveau de la grille.
Ceci peut éventuellement expliquer cela et peut-être certainement d'autres choses. Mais ça c'est une autre histoire.

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 14/02/2018)

Bonjour,

1) 2 placements par les TB iniziales.

2) Antipiste P(3L3C5) => contradiction (L7C1=Ø)=>validation P(3L3C5) (10 placements)

P(9L45C3)=>couvre la grille

3) P(9L9C3) piste comportant 5 candidats virtuels

Bifurcation de (3) avec 8L5

3) P(9L9C3)+P(8L5C3)=> contradiction (L3C3=Ø)

4) P(9L9C3)+P(8L5C7)=> contradiction (L1C2=Ø)=>-9L9C3=>valdation P(9L45C3)=>solution.

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 14/02/2018)

Après réduction de la grille par les TB, résolution de taille 2 avec 2 jeux de pistes successifs :
- JP(3L4) -> P(3L4C9) invalide, 3L4C4 placé avec 9 autres candidats.
- JP(8L5C7, 8L6C79) -> P(8L5C7) invalide, P(8L6C79) couvre la grille.



Ajouter un commentaire | Voir la résolution | Résoudre la grille

Grille N°461


Répondre à Claude Renault

De Claude Renault
(Publié le 13/02/2018)

Antipiste du 2L9C8 invalide valide la piste ; paire 46L2C8 ; 6 invalide, 4 couvre la grille

Répondre à Francis Labetoulle

De Francis Labetoulle
(Publié le 13/02/2018)

Un "autre" taille 2 : P(4L3C7) invalide donc 2L3C7, puis P(4L3C5) couvre la grille alors que P(4L2C6) est invalide.
A Richard : cela montre, me semble-t-il, l'aspect relatif de la difficulté d'une grille, avec des distortions qui mériteraient une analyse?

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 13/02/2018)

Deux autres solutions

1)5 placements par les TB iniziales.

2) P2L9C7 => contradiction(L1C3=Ø) =>-2L9C7+ 4 placements

3) P1L6C5=> contradiction(L4C4=Ø) =>-1L6C5=>validation P5L6C5=>solution.

ou

1)5 placements par les TB iniziales.

P(139)L5C6=>couvre la grille

2) P8L5C6 => piste comportant 1 candidat virtuel

Bifurcation de (2) avec P8L9C5 et P(46)L9C5

3) P8L5C6+P8L9C5=> contradiction(L9C1=Ø).
4) P P8L5C6+P(46)L9C5=> contradiction(L7C2=Ø)=>-8L5C6 et validation P(139)L5C6)=>solution.

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 13/02/2018)

Bonjour,

1)5 placements par les TB iniziales.

P4L3C5=>couvre la grille

3) P2L3C5 => contradiction(L1C3=Ø) =>-2L3C5
4) P5L3C5)=> contradiction(L4C1=Ø) =>-5L3C5=>solution.

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 13/02/2018)

Après réduction de la grille par les TB (5 placements), résolution de taille 2 avec deux jeux de pistes successifs :
- JP(2B9) -> P(2L9C7) invalide, 2L9C8 placé + 3 placements
- JP(3B3) -> P(3L1C8) invalide, 3L3C8 placé, solution et unicité.



Ajouter un commentaire | Voir la résolution | Résoudre la grille

Grille N°460


Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 12/02/2018)

@ Claude Renault : Je ne crois pas avoir écrit, en dehors de la première édition de mon livre, que les formations en croix (x-wing) faisaient partie des techniques de base, ni dans mon livre (2ème et 3ème édition), ni dans le document "Théorie des pistes" , ni dans la page "Technique de base" ci-contre. J'ai retiré les X-wing des TB après un débat sur le sujet et pour définir correctement la notion de niveau TDP et de taille d'une résolution.
En revanche j'ai écrit que l'on pouvait utiliser les méthodes expertes (x-wing, Swordfich, etc...) dans le cadre de la technique des pistes.
Mais s'agissant d'établir le niveau TDP ou la taille d'une solution, seules les TB doivent être utilisées.

Répondre à Claude Renault

De Claude Renault
(Publié le 12/02/2018)

@ Robert Mauriès : Bonjour Robert
Vous avez toujours dit que vous acceptiez la formation en croix en tant que procédure de base ; je ne vois pas pourquoi on n'y inclurait pas ce que j'appelle pseudo-formation en croix qui en est un cas particulier quand la rangée qui contient l'une des paires possède un ou deux candidats supplémentaires dans l'un des blocs

Répondre à Richard

De Richard
(Publié le 11/02/2018)

Bonsoir,

@ Francis : la grille d'aujourd'hui du site de Bernard Borrelly est de niveau TDP 2 au maximum.
Je doute qu'on puisse trouver une solution de niveau TDP égal à 1 mais bon, on ne sait jamais.

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 11/02/2018)

@ Richard et Claude : Cette formation finned X-Wing des 7 n'est pas une technique de base, elle est équivalente à un jeu de pistes issues des 7C1 ou des 7L1.

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 11/02/2018)

@ Paolo : Oui, toutes les techniques complexes de résolution peuvent être remplacées par des jeux de pistes à condition d'y associer, quand c'est nécessaire, des extensions de pistes (bifurcations).

Répondre à Francis Labetoulle

De Francis Labetoulle
(Publié le 11/02/2018)

Parmi d'autres choix les 6 de C7 permettent d'obtenir un taille 1. Ce qui est surprenant c'est l'obligation apparente d'obtenir le résultat avec un jeu de deux pistes. Le XYZ- wing de B7 résout le problème....
De même on obtient un taille 3 ( et peut-être mieux?) dans la grille du dimanche 11/02/18 de coloriage virtuel, réputée de niveau 17, en remarquant que P(9L7C7) est invalide.

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 11/02/2018)

@ Robert Mauriès :

Je crois que toutes les éliminations individuelles obtenues avec (basic fish,finned fish, complex fish, alternating inference chains, forcing chains) peuvent toujours être obtenues avec des contradictions des pistes obtenues avec l'élément à éliminer alors que l'inverse n'est pas vrai. La question que je me pose est de savoir si les méthodes plus complexes telles que (SK loop, multifish, multi sector locked sets et le même exocet) qui déterminent un nombre élevé de éliminations et qui sont efficaces lors de la résolution des schémas les plus difficiles peuvent être traduites et incorporées avec des jeux de pistes de la technique des pistes.

Répondre à Richard

De Richard
(Publié le 11/02/2018)

Bonjour Claude,

Vous avez vu juste.
Il y a bien un "finned X-Wing" avec les candidats 7 en colonne 1 et 4 qui
permet de supprimer les candidats 7 de L2C5 et de L9C4 et donc de placer
directement 5L9C4. La grille tombe alors facilement.

Répondre à Claude Renault

De Claude Renault
(Publié le 11/02/2018)

Je ne sais pas si j'ai résolu la grille par erreur mais, en la traitant par les TB, j'ai trouvé une pseudo formation en croix dans l'écriture des 7 permettant la suppression de 7L7C3, 7L9C4 et 7L2C5 à la suite de quoi j'ai (sauf erreur) résolu la grille ?

Répondre à Richard

De Richard
(Publié le 11/02/2018)

Bonjour,

16 placements initiaux également.

Solution en utilisant des paires d'ensemble dans la case L9C1 :
(1) (56)L9C1 => résolution de la grille.
(2) (78)L9C1 => contradiction.

Il n'est nul besoin de développer les pistes beaucoup. En effet le croisement
des pistes permet à un moment de placer 7L1C4 et, dès lors, la grille tombe.

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 11/02/2018)

Bonjour,

1)16 placements par les TB iniziales.
P7L2C5=>contradiction=>-7L2C5=>solution.

Eureka Sudopedia
[7L2C5-7L2C1=7L9C1-7L7C3 et 7L2C5-7L12C4=7L9C4-7L7C56]=>contradiction (aucun 7 dans L7)=>-7L2C5=>solution

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 11/02/2018)

Après réduction de la grille par les TB (16 placements), un jeu de pistes suffit pour terminer la grille et assurer l'unicité de sa solution.
Les deux pistes du jeu de pistes JP(7L1) qui ont en commun le doublet caché 27L7C56 se croisent sur le 6L8C6 et le 6L7C8 qui sont solutions de la grille, ce qui suffit pour terminer celle-ci par les TB. 6L8C6 et 6L7C8 sont donc des backdoors (il y en bien d'autres).



Ajouter un commentaire | Voir la résolution | Résoudre la grille

Grille N°459


Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 10/02/2018)

@ Richard : Bravo Richard pour cette résolution de taille 2. Cela me fait voir d'ailleurs que je n'avais pas besoin du 3ème jeu de piste dans la résolution que j'ai proposée, puisque P(8L4C1) couvre la grille si on remarque la paire cachée 15C6, ce que je n'avais pas vu.

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 10/02/2018)

Bonsoir,

Une autre solution
1)1 placement par les TB iniziales.
2) 9L5C3 => contradiction(L8C1=Ø) =>-9L5C3+ 9 placements
3) P(39L4C6)=> contradiction(L4C4=Ø) =>-39L4C6=>validation P(28L4C6)=>solution.

ou

3) P(3L89C5)=> contradiction(L9C5=Ø) =>-3L89C5=>validation P(3L78C6)=>solution.

ou

3) P(6L78C8)=> contradiction(L9C2=Ø) =>-6L78C8=>validation P (6L7C7;6L8C9)=>solution.

Répondre à Richard

De Richard
(Publié le 10/02/2018)

Bonjour,

1 seul placement par les TB initiales.

On commence par étudier les 3 du bloc 3 :

(1) 3L2C9 => contradiction via une réduction bloc/ligne : dans le bloc 6 les 7 sont cantonnés colonne 7 ce qui force 7L9C9 à faire partie de la piste.
(2) 3L3C9 => petite piste comportant 7 candidats virtuels.

On place donc les 8 chiffres de la piste (2) : 4L2C4, 9L2C5, 4L3C3, 8L3C4, 7L3C6, 3L3C9, 3 L5C3 et 9L6C3.
Facultatif : on supprime les candidats 5 de L1C89 au vu de la paire (15) évidente de la ligne 1. On peut aussi voir la paire cachée (29) dans le bloc 8 en L8C6 et L9C4.

On termine par des paires d'ensemble dans la case L4C1 :

(3) (24)L4C1 => très rapide contradiction (pas de 7 possible dans le bloc 4).
(4) (78)L4C1 => résolution de la grille via la paire (78) de L14C1 puis via la
paire (15) de L16C6.

En étant jusqu'au boutiste le croisement des 2 pistes permettrait de trouver la solution sans avoir besoin d'aller au bout des 2.
Toutefois ce n'est pas très utile vu le fait que la contradiction de (3) est "quasi" instantanée.

Ceci constitue donc une solution de taille 2. Le niveau TDP de la grille est donc de 2 au maximum.

Répondre à Francis Labetoulle

De Francis Labetoulle
(Publié le 09/02/2018)

Un autre "taille 3":
P(7L4C7) couvre la grille.
Concernant son antipiste, P(6L4C7), commençons par les 4 de C3:
P(4L6C3) s'avère invalide et P(4L3C3, avec les 8 restants de L5 donne deux pistes invalides.

Répondre à Claude Renault

De Claude Renault
(Publié le 09/02/2018)

b3-j4 en L3C3 : le JP bloque ; ajoutons la piste indépendante v8L3C6 qui s'avère opposée à j donc prolongée par b ; v est trouvée rapidement invalide ce qui résout le 7L3C6, rend b invalide et j valide ; le 7L4C7 couvre alors la grille

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 09/02/2018)

Une autre solution

1)1 placement par les TB iniziales.
2) 9L5C4 =>couvre la grille
3) 9L46C4=> contradiction(L6C6=Ø) =>-9L46C4
4) 9L2C4 => contradiction(L8C6=Ø)=>-9L2C4+ 1 placement
5) 9L9C4 => contradiction(L5C4=Ø)=>solution

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 09/02/2018)

Bonjour,
1) 1 placement par les TB iniziales.
2) P6L4C4 =>couvre la grille
3) P2L4C4=> contradiction (L3C4=Ø)
4) P8L4C4=> contradiction (L6C4=Ø)
5) P9L4C4=> contradiction (L9C2=Ø=>validation P6L4C4=>solution.

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 09/02/2018)

Après simplification de la grille par les TB (1 placement), résolution de taille 3 avec des jeux de pistes successifs :
- JP(4B2) -> 7 placements.
- JP(8B4) -> 11 placements.
- JP(1B2) -> solution unique.
A noter que la grille admet le 3L7C6 comme backdoor.



Ajouter un commentaire | Voir la résolution | Résoudre la grille

Grille N°458


Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 07/02/2018)

Bonsoir,

Une autre résolution

1) 4 placements par les TB iniziales.
2) P7L6C4 =>piste comportant 4 candidats virtuels

Bifurcation de (2) avec 6L8C2 et 6L8C7

3) P7L6C4+6L8C2=> contradiction (L7C5=Ø)
4) P7L6C4+6L8C7=> contradiction (L2C1=Ø)=>-7L6C4=>validation 7L6C9+5 placements

5) P7L6C9+antipiste 5L6C4=> contradiction (L1C8=Ø) =>validation P5L6C4=>solution.

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 07/02/2018)

Bonsoir,
1) 4 placements par les TB iniziales.
2) P5L3C5=>couvre la grille
3) P5L3C1 =>piste comportant 11 candidats virtuels
Bifurcation de (3) avec la case L6C2
5) P5L3C1+P1L6C2=> contradiction (deux certain 1 en C8)
6) P5L3C1+P3L6C2=> contradiction (L7C3=Ø)
7) P5L3C1+P6L6C2=> contradiction (L7C4=Ø) =>-5L3C1
8)P5L3C7=> contradiction (L2C1=Ø) =>-5L3C7=>solution.

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 07/02/2018)

Après simplification de la grille par les TB, on trouve plusieurs résolution de taille 4. En voici une utilisant les paires 7B6, 5B5 et 6B7 :
- La P-piste P(7L6C9).P(5L5C1) couvre la grille.
- La P-piste P(7L6C9).P(5L6C3) est invalide.
- La P-piste P(7L4C8).P(5L5C1) est invalide.
- La P-piste P(7L4C8).P(5L6C3) est invalide via une extension P(7L4C8).P(5L6C3).P(6B7) issue de 6B7.
Pour information j'indique que les notions de P-piste et d'extension sont définies dans le document "Théorie des pistes" de la colonne de gauche ci-contre.



Ajouter un commentaire | Voir la résolution | Résoudre la grille

Grille N°457


Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 05/02/2018)

@ Claude Renault : Pour la grille N°456, je n'ai envoyé aucun mail, cette grille venant seulement compléter les débats sur l'Exocet lors de la grille N°455. C'est donc normal Claude que vous n'ayez rien reçu concernant cette grille.
En revanche, un mail a été adressé à tous les inscrits du site pour la grille N°457. Pensez à regarder vos mails indésirables où parfois ce genre de mail (mailing-list) se loge.

Répondre à Claude Renault

De Claude Renault
(Publié le 05/02/2018)

Paire 1-(45)?L3C2 valide le 1 ; paire 3-4L3C3 valide le 4 ; paire 1-4L8C7 valide le 1 et couvre la grille
Pour info : après résolution de la grille 455, je n'ai rien reçu et j'ai été surpris aujourd'hui en regardant le site de voir qu' on etait déjà rendu à la 457

Répondre à Francis Labetoulle

De Francis Labetoulle
(Publié le 05/02/2018)

Pour Richard:
La grille mentionnée ( sudokuwiki) est une petite merveille d'application du cas de base.
L'exocet (235L8C89) se résout aisément avec pistes annexes parfois (xwing ou fishs de JC).

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 05/02/2018)

3 placements par les TB iniziales.
2L6C7=>couvre la grille
P(1L6C7) => contradiction (L5C9=Ø)=>-1L6C7
P(7L6C7) => contradiction (L8C3=Ø)=>-7L6C7=>solution.

Répondre à Francis Labetoulle

De Francis Labetoulle
(Publié le 05/02/2018)

D'abord merci à Richard et à Robert pour ces exemples d'exocets. Le compendium à étudier, " c'est du lourd!".
Concernant la présente grille:
P(6L8C5) invalide puis les pistes issues des 7 de B8 se croisent (pas tout de suite...) pour couvrir la grille.

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 05/02/2018)

Après réduction de la grille par les TB (3 placements), résolution de taille 2 avec JP(1B9) :
- P(1L8C7) couvre la grille (1L8C7 backdoor).
- P(1L9C9) invalide via une extension issue de 7B1.
On peut aussi utiliser deux jeux de pistes successifs JP(7B8) puis JP(1B9) pour en exploiter seulement les validations de candidats par simple croisement (voir la résolution dans "Résolutions guidées").



Ajouter un commentaire | Voir la résolution | Résoudre la grille

Grille N°456


Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 05/02/2018)

@ Paolo : Ravi de vous retrouver sur le forum Paolo. Votre résolution de taille 5 est plus conforme au niveau réel de cette grille. La résolution que j'ai proposée de taille 8 n'avait pour but que d'utiliser la configuration exocet de cette grille pour choisir des jeux de pistes, ce qui n'est pas, votre résolution en est la preuve, la meilleur méthode pour établir le niveau TDP.

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 05/02/2018)

Ma résolution.
1)Aucun placements par les TB iniziales.
Etude de la case L6C2
2) 3L6C2 => contradiction (L4C7=Ø)=>-3L6C2
3) 5L6C2 => contradiction (L9C2=Ø)=>-5L6C2
4) 7L6C2 => contradiction (L5C3=Ø)=>-7L6C2+ 2 placements
8L6C9=>couvre la grille
5) 8L6C3=> piste comportant 10 candidats virtuels.
Bifurcation de (5) avec 3L1C8 et 9L1C8.
6) 8L6C3+3L1C8 => contradiction (L6C1=Ø)
7) 8L6C3+9L1C8 => contradiction (L6C4=Ø) =>-8L6C3=>solution

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 04/02/2018)

Pour faire suite au débat très intéressant consacré à la configuration Exocet dans les commentaires de la grille précédente (N°455), vous trouverez une résolution par la TDP de la grille à laquelle Richard fait référence, grille proposée par Bernard Borrelly dans son blog (www.coloriagevirtuel.fr/blog/) et reprise ici sous le N°456.
Cette résolution par la TDP s'appuie sur l'existence de cette configuration exocet pour choisir les jeux de pistes.



Ajouter un commentaire | Voir la résolution | Résoudre la grille

Grille N°455


Répondre à Richard

De Richard
(Publié le 04/02/2018)

@Francis,

Je vous conseille cette grille :
http://www.sudokuwiki.org/Weekly_Sudoku.asp

Il y a un petit exocet bien sympathique.

Répondre à Francis Labetoulle

De Francis Labetoulle
(Publié le 04/02/2018)

@ Richard : Effectivement j'avais omis les cas de présence de 9 ou 6 dans T1, et 2 ou 5 dans T2, cas que j'avais malgré tout vérifié antérieurement comme étant invalides.
Les cellules auxquelles vous faites allusion sont les cellules compagnons?, qui, par hypothèse, ne doivent pas contenir de candidats de base, si j'ai bien compris.
Je crois sincèrement avoir bien progressé sur le sujet cet après-midi. Encore une fois merci.

Répondre à Richard

De Richard
(Publié le 04/02/2018)

@Francis,

Pour ce qui est du premier point, même si 6 et 9 sont exclus de T2, ils sont
toujours présents dans T1, donc je ne vois pas pourquoi on devrait exclure ces 2 candidats de la base, et encore plus de T1 !
La seule combinaison qu'il est possible d'éliminer immédiatement est 6&9.

Petite précision, il y a une autre condition importante de validité d'un junior exocet :
* la case présente à côté de T1, qui ne voit pas les 2 cases bases (donc L1C1 dans notre cas), ne doit contenir aucun des candidats de la base (ici c'est le cas puisque c'est un chiffre donné, 1).
* même chose pour T2, donc L5C2 (c'est le cas aussi vu que c'est également un chiffre donné, 1).

Autre chose concernant les cases bases : l'une des cases bases peut être un chiffre donné (ou placé).

Répondre à Francis Labetoulle

De Francis Labetoulle
(Publié le 04/02/2018)

@ Richard : Un grand merci, c'est très clair concernant les cases S, et ça marche remarquablement bien sur l'exemple traité! Je vais approfondir le sujet sur de bonnes bases.
Concernant le premier point je voulais simplement dire que la solution, si elle existe et si elle obéit aux propriétés d'un JE (ce qui doit être le cas dans l'exemple traité) ne peut être autre que (5,2) dans les cases B.
Cela n'empêche pas bien sûr, de vérifier l'invalidité de tous les autres cas de figure.

Répondre à Richard

De Richard
(Publié le 04/02/2018)

@Francis :
Supposons que 6 soit solution de T2, alors forcément on aurait un 6 dans l'une des 2 cases bases et, dès lors, dans la colonne 2 seul L1C2 pourrait contenir le candidat 6. Or L1C2 étant la première case cible, ce cas de figure n'est pas possible puisque ça violerait le principe de l'exocet.
Le raisonnement est identique pour 9 en T2.
Voilà l'utilité des cases miroirs. Il ne faut en déduire rien d'autre.

Pour les cases S :

Nous avons 6 cases S associées à T1 en ligne 1 : il s'agit des 6 cases L1C456789.
Nous avons 6 cases S associées à T2 en ligne 5 : il s'agit des 6 cases L5C456789.
Nous avons 6 cases S associées aux cases base en ligne 9 : il s'agit des 6 cases L9C456789.

Pour que l'exocet soit valable, il faut que :
* chacun des candidats de la base apparaisse au moins une fois, au plus 2 fois dans chacune des 3 lignes (ou colonnes) S.
* si on "superpose" les 3 lignes (ou colonnes) S, chaque candidat de la base doit apparaître sur 2 colonnes différentes (ou lignes), ni plus, ni moins.

Vérifications sur la grille en question :
* 2 est présent en L1C56, L5C56, L9C56.
* 5 est présent en L1C56, L5C56, L9C56.
* 6 est présent en L1C6, L5C8, L9C68.
* 9 est présent en L1C89, L5C89, L9C89.

Les conditions pour les cases S sont donc vérifiées.

Répondre à Francis Labetoulle

De Francis Labetoulle
(Publié le 04/02/2018)

@ Richard : Bonsoir
Je ne comprends vraiment pas pourquoi, si 6 et 9 sont exclus de T2, ces candidats pourraient se retrouver ailleurs (dans B1 et B2), ce qui entrainerait une contradiction basique avec les lois du JE.
Par ailleurs, il me semble que pour exclure 6 et 9 de T2, il faut supposer ces candidats présents dans B1 ou B2 et en déduire une contradiction (présence de ces candidats dans T1) liée à leur absence dans les cases miroirs M2.
Enfin pouvez-vous éventuellement préciser la stratégie de vérification de la validité du JE, concernant les cases S? Il faut à chaque fois envisager la vérification pour chaque candidat, ou existe-t-il des conditions plus précises que celles mentionnées dans le commentaire précédent?

Répondre à Richard

De Richard
(Publié le 04/02/2018)

Bonjour,

@Francis : il ne faut surtout pas faire ce genre de simplifications : les cases miroirs de T1 ne doivent être associées qu'à T1 (idem pour T2). Il ne faut surtout pas en déduire autre chose pour la base ou pour l'autre case cible, au risque d'obtenir une grille fausse. Ici le fait que 69 puissent être supprimés de T2 et que les bons candidats de la bases soient 2 et 5 est une coïncidence.

Personnellement je vérifie toujours que les conditions de validité du junior exocet sont vérifiées, ensuite j'effectue des simplifications de T1 et T2 et ensuite j'effectue l'analyse des différentes combinaisons possibles dans la base, en commençant toujours par les candidats a&b de la base où a et b sont présents dans les 2 cases de la bases. En effet ces combinaisons amènent souvent (mais pas toujours) à des configurations de rectangle interdit comme c'était le cas avec les candidats 5 et 6 de la grille en question.

Enfin il faut garder à l'esprit, qu'à partir du moment où on sait que 2 candidats a et b définis sont forcément solutions (après avoir prouvé que les autres cas de figure aboutissaient à une contradiction) mais qu'on ne sait pas dans quel ordre, alors les cases T1 et T2 sont liées entre elles par un lien fort alors même que ces cases ne se voient pas (si a est dans T1 alors T2 contiendra b, et réciproquement, si b est dans T1 alors T2 contiendra a).

Répondre à Francis Labetoulle

De Francis Labetoulle
(Publié le 04/02/2018)

@ Richard : Bonjour
À propos de la résolution de la grille du mois de janvier par la méthode de l'exocet, ayant remarqué qu'il n'y a pas de candidats 6 et 9 dans les cellules miroirs M2, et donc dans T2 ne faut-il pas en conclure que ces candidats doivent être absents de B1, B2 T1 et T2, ce qui donne de suite 2L8C3 et 5L7C3 ?
Cela est assujetti à une répartition convenable des candidats de base dans les cellules S. Ça semble contenir ici avec 2 candidats donnés dans chaque "cross line" et une disposition " convenable" dans les "cover lines". Il faut que je traduise encore un peu d'anglais pas toujours très explicite dans l'espoir de trouver la distribution la plus générale possible, ou peut-être faut-il vérifier la configuration au cas par cas?

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 04/02/2018)

@ Richard : Belle démonstration de l'utilisation d'un exocet !

Répondre à Richard

De Richard
(Publié le 03/02/2018)

Bonsoir,

Pour ceux que ça intéresse j'ai publié sur le site de Bernard Borelly, pour la grille du mois (de janvier), la résolution de la grille avec la combinaison exocet/coloriage virtuel.

Bon week-end.

Répondre à Richard

De Richard
(Publié le 03/02/2018)

Bonsoir,

5 placements par les TB initiales en 2 vagues (d'abord 2 puis 3 autres avec des réductions bloc/ligne).

On commence en étudiant les 1 de la colonne 2 :

(1) 1L4C2 => contradiction via triplet (358) de L4C789 (qui induit une paire
4-7 en L4C56 bien sûr).
(2) 1L6C2 => petite piste comportant 2 candidats virtuels.

On place donc la piste (2) : 1L6C2, 5L6C4 et 1L5C4.

Soient maintenant la piste (3) issue de 7L7C2 et la piste (4) issue de 9L8C4.

(3) 7L7C2 => piste composée de 3 candidats virtuels via la paire cachée (47) de L4C56 qui implique que 8L5C6 fait partie de la piste.
(4) 9L8C4 => piste composée de 4 candidats virtuels.

L'anti-piste issue de (3) et (4) aboutit à la résolution de la grille.

Bifurcation de (3) avec les 3 de la colonne 2 :

(5) 7L7C2 + 3L1C2 => contradiction.
(6) 7L7C2 + 3L4C2 => contradiction.

Bifurcation de (4) de nouveau avec les 3 de la colonne 2 :

(7) 9L8C4 + 3L1C2 => contradiction.
(8) 9L8C4 + 3L4C2 => contradiction.

Ceci constitue une solution de taille 5, le niveau TDP de la grille reste à 4.

Répondre à Claude Renault

De Claude Renault
(Publié le 03/02/2018)

Je suis parti de l'ensemble (358)L5C7 qui est trouvé invalide
J'utilise ensuite les 3 pistes issues de (129)L5C7 qui donnent l'élimination du 1 ; la conjugaison du 2 et du 9 donne quelques croisements (1L6C2, 1L5C4, 5L6C4)
Après choix du 9 prolongé par la paire 38L8C3, le 8 est trouvé invalide et le 3 couvre enfin la grille

Répondre à Francis Labetoulle

De Francis Labetoulle
(Publié le 02/02/2018)

Ma solution, basée sur les possibilités de L7, exploitant le "backdoor" P(7L7C8) , puis les pistes issues de 7L7C2 et 8L7C2 est en fait identique à celle de Robert. Mes autres approches sont de tailles plus grandes.
Comment pouvait-on utiliser les précédents commentaires du forum pour résoudre cette grille?

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 02/02/2018)

Après simplification de la grille par les TB (5 placements), résolution de taille 4 en exploitant les 7 de L7 et B3 :
- P(7L7C8) couvre la grille (solution).
- P(7L7C2) invalide via une bifurcation sur la paire 7B3.
- P(7L7C6) invalide via une bifurcation sur la paire 7B3.



Ajouter un commentaire | Voir la résolution | Résoudre la grille

Grille N°454


Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 01/02/2018)

@ Francis Labetoulle : Pour moi aussi l'exocet reste mystérieux, car je ne comprend pas la démonstration qui conduit à l'élimination dans les cases cibles. Je ne suis donc pas en mesure de vous répondre sur le rôle précis des cover lines et des cross lines. Je vais étudier de plus près le document transmis par Richard.

Répondre à Francis Labetoulle

De Francis Labetoulle
(Publié le 01/02/2018)

@ Robert Mauriès : Bonsoir
Concernant la grille mentionnée : 569L7C3 et 256LL8C3, j'ai vérifié tous les cas de figure potentiels (5,2), (5,6), (6,2), (6,5), (9,2),(9,5) et (9,6). Le cas (5,2) couvre la grille, les autres sont invalides, me semble-t-il. Les cellules cibles contiennent bien tous les candidats concernés. J'aimerais savoir si ces contraintes sont nécessaires et/ou suffisantes et les rôles des "cover lines" et des "cross lines".
Merci à Richard pour la référence fournie qui va sans nul doute m'aider à approfondir le sujet.

Répondre à Richard

De Richard
(Publié le 01/02/2018)

Bonjour,

Ce n'est pas l'exocet en lui même qui résout la grille.

J'ai utilisé les propriétés du "junior exocet", ce qui, couplé avec le coloriage virtuel, produit de très bons résultats.

D'ailleurs au moins une fois j'avais proposé une solution détaillée pour résoudre une grille du mois de cette façon sur le site de Bernard.

Françis vous pouvez trouvez votre bonheur là :
http://forum.enjoysudoku.com/jexocet-compendium-t32370.html

Mais c'est en anglais.

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 01/02/2018)

@ Francis Labetoulle et Richard : Avant de dire aussi mon admiration à Richard en matière d'exocet, j'aimerais bien que Richard nous explique comment fonctionne cet exocet sur la grille de Dimanche dans le forum de Bernard Borrelly et en quoi cela résout la dite grille.

Répondre à Claude Renault

De Claude Renault
(Publié le 01/02/2018)

JP5L6 résout le 5L6C1 ; JP46L6C7 résout le 9L6C7 ; (68)L13C1 couvre la grille

Répondre à Francis Labetoulle

De Francis Labetoulle
(Publié le 31/01/2018)

Un petit mot sur la grille 453: je n'ai pas trouvé d'autre taille3 et ne doit pas être le seul! Bravo pour cette solution.
Concernant la présente grille, après application de nombreuses TB, dont deux 4-uplets,
-avec les 6 de B7 P(6L7C1) invalide donc validation de 6 L9C3.
Ensuite les pistes issues des 5 de L6 se croisent suffisamment pour couvrir la grille.
Je me permets de dire mon admiration à Richard pour son brio pour déceler les Exocets. Un grand merci s'il peut me fournir de la doc sur ce sujet? J'en suis resté à celle de sudowiki.org.

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 31/01/2018)

Après réduction de la grille par les TB (5 placements et quelques éliminations), résolution de taille 2 par simple croisement (donc sans invalider aucune piste) des pistes de deux jeux de pistes successifs JP(7B7) puis JP(2B5).



Ajouter un commentaire | Voir la résolution | Résoudre la grille

Grille N°453


Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 29/01/2018)

Deux placements par les TB, puis résolution de taille 3 :
- P(8L8C3) invalide.
- P(7L8C2) couvre la grille (solution).
- P(7L7C1) invalide via une bifurcation par la paire 3B9.
Voir les détails de la résolution dans "voir la résolution".



Ajouter un commentaire | Voir la résolution | Résoudre la grille

Grille N°452


Répondre à Francis Labetoulle

De Francis Labetoulle
(Publié le 27/01/2018)

À la recherche d'un taille 3....
Même début (premier essai): P(6L3C6) invalide donc validation de 6L1C4 et sqq.
Ensuite P(7L7C2) couvre la grille.
Son antipiste P(8L7C2) , avec les bifurcations des 3 de B4 donne 2 pistes invalides .

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 26/01/2018)

Une autre résolution.

1) 4 placements par les TB iniziales.
2)P6L3C6=>contradiction (L4C3=Ø)=>-6L3C6+ 8 placements
3) P3L4C3=>contradiction (L7C5=Ø)=>-3L4C3+10 placements
4) P8L7C2=>contradiction (L7C8=Ø)=>-8L7C2=>validation 7L7C2=>solution.

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 26/01/2018)

@ Paolo : Merci pour cette précision Paolo. Indiquons à ceux qui nous lisent qu'en fait vous avez montré que l'antipiste P'(E1) issue de l'ensemble E1=7L17C2 est invalide, donc que la piste P(E2) issue de l'ensemble E2=7L689C2 est invalide aussi puisque ces deux ensembles formant une paire d'ensembles on a P'(E1)=P(E2) (voir théorème 2-1 de "Théorie des pistes").
Cela fait que votre résolution est de taille 3. Bravo !

Répondre à Richard

De Richard
(Publié le 26/01/2018)

Bonsoir,

5 placements par les TB initiales (4 d'abord puis 5L3C5 en voyant la paire 4-6 présente dans le bloc 2).

Voici une solution de taille 4.

On commence avec les 2 de la ligne 9 :

(1) 2L9C3 => contradiction via paire (17) de L89C2.
(2) 2L9C2 => petite piste composée de 3 candidats virtuels.

On place donc la piste 2 : 2L9C2, 2L2C3, 2L6C1 et 1L8C2.

On poursuit avec la case L6C2 :

(3) 3L6C2 => petite piste composée de 4 candidats virtuels.
(4) 4L6C2 => contradiction.
(5) (78)L6C2 => contradiction.

On place donc la piste 3 : 3L6C2, 3L3C3, 9L4C3, 4L4C1 et 9L7C1.

On termine avec la case L7C8 :

(6) (35)L7C8 => contradiction via paire (35) de L47C8 qui force 9L2C8 à faire partie de la piste.
(7) (78)L7C8 => résolution de la grille.

A noter que le croisement des pistes (6) et (7) permet de trouver la solution sans avoir besoin d'aller au bout des 2 pistes.

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 26/01/2018)

@ Robert Mauriès :

Je pense que c'est correct. J'ai construit la piste avec le 7 de la colonne 2 éliminant les candidats 7L1C2 et 7L7C2.

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 26/01/2018)

@ Paolo : Comment construisez-vous la piste P(7L689C2) ?

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 26/01/2018)

Bonsoir

1) 4 placements par les TB iniziales.
2) P6L3C6=>contradiction (L4C3=Ø)=>-6L3C6 +8 placements
3) P(7L689C2=>contradiction (L2C8=Ø)=>-7L689C2
4) P7L1C2=>contradiction (L7C8=Ø)=>-7L1C2=>validation P7L7C2=> solution.

Répondre à Francis Labetoulle

De Francis Labetoulle
(Publié le 26/01/2018)

Un "taille 4" pour commencer, avec les paires paraissant les plus prometteuses:
D'abord les 6 de B2, avecP(6L3C6) invalide donc 6L1C4 et sqq.
Puis les 4 de L4: P(L4C7) invalide donc 4L4C1 et sqq.
Puis les 3 de B4: P(3L4C3) invalide donc 3L6C2 et...
Enfin les pistes issues des 5 de L7 donnent la solution par croisements.



Ajouter un commentaire | Voir la résolution | Résoudre la grille

Grille N°451


Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 26/01/2018)

@ Paolo : Je crois m'être déjà exprimé sur ce sujet Paolo. Le croisement de deux pistes invalides P1 et P2 forme nécessairement une piste invalide P3. Ce qui peut se produire, c'est que tous les candidats solutions soient des candidats de P3, mais l'inverse est faux.

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 26/01/2018)

@ Francis Labetoulle : Vous avez raison Francis, le concept de pistes conjuguées reste utilisable sur une grille dont on ne sait pas à priori qu'elle est sans solution. C'est en constatant que les deux pistes, en principe conjuguées, sont toutes deux invalides que l'on peut conclure que la grille est sans solution.

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 26/01/2018)

@ Francis Labetoulle :
Bonjour,


Il me semble que le seul résultat logiquement valide utilisant l'intersection de deux pistes potentiellement conjuguées est que la piste obtenue est invalide et donc que les deux pistes ne sont pas conjuguées. Dans certains cas, en fait il m'est arrivé que l'intersection de deux pistes invalides, si elles ne sont pas développées jusqu'à la fin, mène à une piste qui est une solution au puzzle. Cependant, ce fait ne permet pas de conclure que les deux pistes sont conjuguées et qu'il y a donc plus d'une solution (la solution pourrait toujours être la même).

Répondre à Francis Labetoulle

De Francis Labetoulle
(Publié le 26/01/2018)

@ Robert Mauriès : avec une grille sans solution, ce qu'on ignore à priori, on peut utiliser le concept de pistes supposées conjuguées pour aboutir à des contradictions, et conclure à l'absence de solution et donc de pistes conjuguées, forme de démonstration par l'absurde, ou de fil d'Ariane dans un labyrinthe sans issue. Faut- il créer pour autant un nouveau vocabulaire?

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 25/01/2018)

@ Francis Labetoulle : La notion de validité n'a pas de sens pour des grilles sans solution puisque pour ces grilles toute piste est invalide. Dès lors, on ne peut plus parler de pistes conjuguées pour de telles grilles.

Répondre à Francis Labetoulle

De Francis Labetoulle
(Publié le 25/01/2018)

@ Paolo : Rebonsoir
Le but poursuivi est, bien sûr, de prouver l'unicité (ou 0 ou plusieurs solutions). Dans cette optique, et dans la recherche d'une éventuelle autre solution, on peut et doit, en présence de 3 candidats dans une zone, éliminer celui qui a conduit à la solution et donc considérer que, dans l'hypothèse envisagée, les deux autres sont "potentiellement" conjugués.
On parvient, en généralisant ce procédé, à trouver parfois des solutions multiples.
Le caractère conjugué de deux pistes dépend de la solution. Que dire quand il n'y a pas de solution?

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 25/01/2018)

@ Francis Labetoulle : Bonsoir

C'est vrai ce que tu dis mais l'usage que tu fais dans la dernière solution que je qualifierais de "croisements de deux pistes pour l'absurde". J'essaie de mieux expliquer, dans votre dernière démonstration nous partons de l'hypothèse que les deux pistes sont conjuguées et il s'avère que l'intersection produit une invalidité en prouvant précisément que les deux pistes ne sont pas conjuguées.

Répondre à Francis Labetoulle

De Francis Labetoulle
(Publié le 25/01/2018)

@ Paolo : Bonsoir
La solution que je propose est, sauf erreur, de taille 4.
C'est par préférence marquée pour cet aspect que j'essaie le plus possible d'exploiter les simplifications et croisements de deux pistes conjuguées, même si dans le principe ça n'apporte rien de plus que d'exploiter séparément chacune des deux pistes, sauf si ces pistes servent accessoirement pour des éliminations de candidats ( fishs, xwing, etc.)
Voir commentaire de JC, que je salue, à ce sujet. Il faut remonter assez loin dans le forum pour celà.
Concernant le calcul de la taille, voir niveau TDP et autres commentaires.

Répondre à Francis Labetoulle

De Francis Labetoulle
(Publié le 25/01/2018)

@ jeanluc :
Bonsoir
Le terme candidat clé est un clin d'oeil à Robert à propos d'un livre de Sudoku paru en 2016(M.Delmas).
En fait, si ce candidat 6 s'avère vrai, il entraîne la validité d'un grand nombre d'autres 6, et cela peut donc nettement simplifier le problème. Il se trouve effectivement que dans de nombreuses grilles, même très difficiles, de tels candidats sont souvent présents.

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 25/01/2018)

@ Paolo : La validation du 6L5C3 étant obtenue par l'invalidation des deux pistes P(6L7C3) et P(6L8C3), cela compte pour 2 dans le calcul du niveau TDP.

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 25/01/2018)

Il est évident que si la piste P6L5C3 étaient invalides (en raison de la validité de la piste P6L4C1), les deux pistes P6L7C3 et P6L8C3 seraient conjuguées. Le croisement de deux pistes invalides conduit généralement à une piste invalide. Si cela se produit, la prémisse P6L5C3 invalide ne serait pas correcte et l'hypothèse alternative P6L5C3 valide serait valide. La question que je pose est celle-ci dans le calcul de la TDP ce type de démonstration est compté avec une ou deux contradictions?

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 25/01/2018)

Dans la solution de Francis je crois que pour valider la piste P (6L5C3) il suffit de démontrer directement l'invalidité des deux pistes P (6L7C3) et (P6L8C3) sans avoir besoin de prouver l'invalidité
  de la piste P (6L4C1) à travers la bifurcation avec les deux pistes P6L7C3 et P6L8C3.

Répondre à jeanluc

De jeanluc
(Publié le 25/01/2018)

@Francis
Bonjour
qu'est-ce que c'est que la notion de candidat clé? le 6L5C3 fait paire avec 6L4C1 mais je ne lui vois rien de particulier. Cette piste au départ du 6L5C3 comporte selon moi aussi 6L7C1 6L8C6 6L4C4 et je vois rien d'interessant ensuite. Mais je n'ai pas votre expérience
Cordialement

Répondre à Luis

De Luis
(Publié le 25/01/2018)

@ Robert Mauriès :
Bonjour,
Concernant vos observations:
1)Le bloc4, vous avez raison, j'ai été trop rapide car le 1L5C3 fait également passer par le candidat 8 L5C2.

2)En développant cette piste je n'ai rencontré aucune contradiction, mais en situation de blocage avec les blocs :B3/B6/B9, l'analyse dans ces blocs laissait apparaître des paires 7et8,et si je plaçais le7 en L4C9 j'entrai en contradiction (4 en L2C7 et L3C7), le 8 débloquait la piste et a amené à la résolution de cette grille.

3)Pour moi la technique des pistes consistai à développer un cheminement à partir d'un candidat choisi, puis en cas de blocage dégager une ou plusieurs piste.

4)Pour suivre votre conseil,je vais commencer par essayer d'utiliser un jeu de deux pistes issues d'une paire...
Merci de votre attention.

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 25/01/2018)

@ Luis : Je ne comprend pas du tout votre résolution Louis, et en tout cas il ne s'agit pas de la technique des pistes. Une piste, un jeu de pistes conjuguées, les notions de validité et d'invalidité ... répondent à des définitions bien précises que je vous invite à voir dans le document "Théorie des pistes" publié sur ce site.
Concernant, votre résolution :
- vous déclarez la piste issue du 7L5C3 comme valide parce que la piste issue du 7L5C2 est invalide. Cette implication n'est pas justifiée car rien ne prouve que ces deux pistes sont conjuguées et de surcroît le 7L5C3 n'est pas solution.
- vous utilisez une chaîne de couple de candidats et concluez au placement du 8L4C9 comme solution, ce qui est faux.
J'ai donc des doutes sur votre méthode. Mais peut-être pouvez-vous nous apporter quelques explications et je vous en remercie par avance.

Répondre à Francis Labetoulle

De Francis Labetoulle
(Publié le 24/01/2018)

TB avec 10 placements.
P(6L5C3) et bifurcations des 8 de C8:
Solution avec 8L1C8, et les deux autres pistes se croisent jusqu'à contradiction.
P(6L4C1) et pistes conjuguées issues de la boucle des 6 restants: contradiction par croisement.
Remarque : le choix du premier 6 de L5C3 est lié à son rôle de "candidat clé".

Répondre à Luis

De Luis
(Publié le 24/01/2018)

Bonsoir,
1) Départ 7L5C2 piste en contradiction,
2) Départ 7L5C3 piste valide, je bloque, mais je constate que j'ai une piste de 7et8 en L4C9 L7C9 L8C8 L1C8 qui s'accroche avec une identité remarquable L2C7/L3C7/L4C7 et que pour que cette chaine soit valide il faut que ce soit le 8L4C9 qui soit candidat...La grille est résolue

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 24/01/2018)

Bonsoir.


1)10 placements par les TB iniziales.
2) 8L1C2 piste comportant 13 candidats virtuels
Bifurcation de (2) avec L1C8

3) 8L1C2+1L1C8 => contradiction(L5C7=Ø)
4) 8L1C2+7L1C8 => contradiction(L4C9=Ø)=>-8L1C2+1 placement
5) 8L1C1=> contradiction (L6C6=Ø)=>-8L1C1+ 13 placements
6) 4L1C1=> contradiction (L6C5=Ø)=>-4L1C1=>validation 4L2C1=>solution.

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 24/01/2018)

Pas de commentaire pour l'instant.



Ajouter un commentaire | Voir la résolution | Résoudre la grille

Grille N°450


Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 24/01/2018)

@ Francis Labetoulle et Paolo : Vos résolutions de taille 1 sont équivalentes car les pistes des jeux de pistes que vous utilisez sont identiques deux à deux. Ceci dit, vos résolutions ont chacune leur originalité par le choix des ensembles générateurs des pistes. Bravo à l'un et l'autre !

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 24/01/2018)

C'est certainement une solution originale. Dans ma première résolution, je ne pensais pas qu'il suffisait d'utiliser la seule contradiction P(3L4C1).

Répondre à Francis Labetoulle

De Francis Labetoulle
(Publié le 24/01/2018)

En étudiant les solutions proposées je constate qu'il suffit de remarquer que P(3 L4C1) est invalide.
Son antipiste couvre la grille, via le magnifique 4-uplet dans B4, ce qui rejoint alors la solution de Paolo.
Peut-être que cette remarque est une "redite"?

Répondre à Luis

De Luis
(Publié le 23/01/2018)

Bonsoir,
Après examen de la grille, je suis parti du 6L5C7 et la grille est résolue (le bloc B1 est très intéressant à travailler...)

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 22/01/2018)

@ Francis Labetoulle : C'est une belle résolution Francis, différente de celles proposées précédemment sur le forum.

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 22/01/2018)

@ Paolo : Très belle résolution de taille 1 au départ de L5C1 avec le jeu de pistes issues de la paire d'ensembles 43L5C1/679L5C1. Bravo Paolo !

Répondre à Francis Labetoulle

De Francis Labetoulle
(Publié le 22/01/2018)

Ma solution est-elle nouvelle? Je la donne néanmoins.
P(6L4C8) invalide donc validation de 3L4C8.
P(8L7C3) est invalide alors que P(8L7C6) couvre la grille.

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 22/01/2018)

Deux autres solutions


1)3 placements par les TB iniziales.
P(34)L5C1(backdoor)=>couvre la grille
2)3L5C2=>contradiction (L2C3= Ø)=>-3L5C2
3)3L5C9=>contradiction (L1C2= Ø)=>-3L5C9 =>solution
ou
2)P(679) L5C1=>contradiction (L5C1= Ø)=>-679L5C1=>solution

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 22/01/2018)

Bonsoir

1)3 placements par les TB iniziales.
6L4C1(backdoor)=>couvre la grille
2)2L4C1=>contradiction (L8C6= Ø)=>-2L4C1
3)3L4C1=>contradiction (L9C8= Ø)=>-3L4C1 =>solution
ou
2)6L4C6=>contradiction (L8C6= Ø)=>-6L4C6 +4 placements
3)6L4C8=>contradiction (L1C2= Ø)=>-6L4C8 =>solution

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 22/01/2018)

Après simplification de la grille par les TB, résolution de taille 2 par les 6L4 :
P(6L4C1) couvre la grille, P(6L4C6) et P(6L4C8) invalides.



Ajouter un commentaire | Voir la résolution | Résoudre la grille

Grille N°449


Répondre à Richard

De Richard
(Publié le 21/01/2018)

Bonjour,

6 placements par les TB initiales.

Voici une autre solution de taille 2.

La case L1C3 est un HUB, on démarre donc avec cette case.

(1) (18)L1C3 => contradiction via une réduction bloc/ligne :
à un moment dans la ligne 2 les 8 sont cantonnés bloc 3 donc 4L3C7 fait partie de la piste.

(2) 6L1C3 => résolution de la grille.

(3) 7L1C8 => contradiction.

Répondre à Francis Labetoulle

De Francis Labetoulle
(Publié le 20/01/2018)

P(6L4C1) couvre la grille. P(5L4C1) conduit, avec les bifurcations (2 L6C1) et (3L6C1) à contradiction.

Répondre à Claude Renault

De Claude Renault
(Publié le 20/01/2018)

Backdoor 4L8C2 qui, je vois, à été trouvé
Pour montrer l'unicité, la double bifurcation du 5L8C2 par la paire 28L8C1 mène à 2 contradictions

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 20/01/2018)

@ Luis : Oui, le 4L8C2 est ce qu'on appelle un "backdoor", c'est à dire un candidat dont le placement permet de résoudre la grille avec seulement les techniques de base. Tomber sur un backdoor relève du hasard, mais le hasard fait aussi partie du jeu. Bravo !

Répondre à Luis

De Luis
(Publié le 20/01/2018)

Luis: J'ai peut-être de la chance mais en partant du 4L8C2 la grille est résolue...

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 20/01/2018)

@ Paolo : Effectivement Paolo, je n'avais pas assez simplifié la grille en ne voyant pas l'alignement 5L8C12. Je m'en excuse auprès de Ginette, mais cela aura été l'occasion de rappeler comment on construit une piste issue d'un ensemble.

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 20/01/2018)

Il me semble que la piste P (56L9C2) est identique à la piste P(6L9C2) parce que L9C2 = 5 est éliminé par les TB iniziales.

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 20/01/2018)

@ Ginette : Pour construire P(56L9C2) il suffit d'utiliser la définition d'une piste issue d'un ensemble E (ici E=56L9C2), à savoir qu'elle est constituée des candidats communs aux pistes issues des candidats de E, donc ici les candidats communs de P(5L9C2) et P(6L9C2). Ces deux pistes, faciles à tracer, ont en commun le 4L8C2 ce qui suffit ensuite à construire les autres candidats de P(E).
Mais on peut aussi, plus simplement, dire que 56L4C2-56L9C2 constitue un doublet caché de P(E), donc que le 5L8C2 n'est pas une candidat de P(E), donc que 4L8C2 est un candidat de P(E).

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 20/01/2018)

Bonjour.

1)6 placements par les TB iniziales
P5L8C1(backdoor)=> couvre la grille

2) 2L8C1=> contradiction (L6C8= Ø)=>-=>-2L8C1
3) 8L8C1=> contradiction (deux 7 in C4) =>-8L8C1=>solution.
ou
3) résolution par le croisement de deux pistes conjuguées 8L8C1 et 5L8C1.

Répondre à Ginette

De Ginette
(Publié le 20/01/2018)

@ Robert Mauriès : peu expérimentée dans la TDP, j’ai regardé votre résolution avant de rechercher la mienne. Je ne comprend pas comment vous construisez la piste P(56L9C2) !

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 20/01/2018)

Après 6 placements et quelques éliminations par les TB, résolution de taille 2 en partant de L9C2.
- P(56L9C2) couvre la grille.
- P(7L9C2) est invalide via une bifurcation par 13L2C2.



Ajouter un commentaire | Voir la résolution | Résoudre la grille

Grille N°448


Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 24/01/2018)

@ Luis : Vous commettez une erreur de raisonnement en pensant que l'invalidité de la piste issue du 2L8C1 rend invalide le 7L5C7. Si une piste est invalide on peut seulement conclure que son candidat de départ est invalide.

Répondre à Luis

De Luis
(Publié le 20/01/2018)

@ Robert Mauriès : Grille 448:
Le 2L8C1 me fait placer le 7L9C1 , le 6L2C1 et le 6L3C7 puis le 7L5C7,cette piste est invalide.
Je constate donc que le 6L5C7 doit être valide. cette piste est valide jusqu'à résolution

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 20/01/2018)

@ Luis : Bienvenue sur le forum Luis. Je ne comprend pas votre résolution, car la piste issue du 2L8C1 étant invalide cela n'a pour effet que de placer le 2L9C1. Ensuite la piste issue du 6L5C7 est invalide aussi, ce qui a pour effet de placer le 7L5C7 et deux autres candidats. Je ne trouve donc pas que la grille est résolue après ces deux opérations ! Pourriez-vous détailler un peu plus votre résolution ?

Répondre à Luis

De Luis
(Publié le 19/01/2018)

Démarrage en L8C1 par le 2...Contradiction... qui passe par le 7 de L5C7,
Redémarrage en L5C7 par le 6 ... La grille est résolue...

Répondre à Francis Labetoulle

De Francis Labetoulle
(Publié le 19/01/2018)

@ Robert Mauriès : Désolé, une simplification abusive...
Variante de solution de taille 3:
1) validation de 6L4C8
2) P(1L5C4) et P(8L5C4). La seconde piste et invalide donc on développe la première.
3) Avec la paire restante des 7 de C5 on couvre la grille par croisement.
J'avais omis le 2) ...

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 19/01/2018)

Après avoir prouvé l'invalidité de la piste p5L4C8 déclenche plusieurs backdoors. Certains entraînent des résolutions de taille 3 telles que 8L1C9 (backdoor) en raison de l'invalidité des pistes 7L1C9 et 3L1C9 ou de la piste P4L9C5 (backdoor) en raison de l'invalidité des pistes 4L8C4 et 4L8C6.

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 19/01/2018)

@ Francis Labetoulle : Votre seconde résolution ne me semble pas bonne Francis. Après utilisation du jeu de pistes JP(56L4C8), je ne vois pas une paire de 7 dans C5 ! Pouvez-vous expliquer ?

Répondre à Francis Labetoulle

De Francis Labetoulle
(Publié le 18/01/2018)

Après les TB et ses multiples placements :
P(5L4C8) s'avère invalide donc validation de P(6L4C8).
Nouvelles pistes appariées: P(8L5C4) et P(1L5C4). La première s'avère invalide ( après éliminations...) donc validation de la seconde.
Enfin P(7L6C4) et P(7L6C6), issues de paires dans ces conditions, se croisent suffisamment pour couvrir la grille, la première étant la piste valide. Un "taille3" sauf erreurs de ma part...

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 18/01/2018)

Une autre résolution.

1) 8 placements par les TB iniziales.
2) 5L4C8=>contradiction (L1C8=Ø)=>-5L4C8+6 placements
3L8C9=>couvre la grille
3) 8L8C9=>contradiction (L2C7=Ø)=>-8L8C9
4) 7L8C9=>contradiction (L5C5=Ø)=>-7L8C9=>solution.

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 18/01/2018)

Bonjour.
1) 8 placements par les TB iniziales.
3L2C8=>couvre la grille
2) 6L2C8=>contradiction (L1C8=Ø)=>-6L2C8
3) 8L2C8=>contradiction (L9C3=Ø)=>-8L2C8
4) 7L2C8=>contradiction (L7C3=Ø)=>-7L2C8=>solution.

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 18/01/2018)

Résolution de taille 4, après les 8 placements par les TB, avec les jeux de pistes successifs JP(5B5), JP(6B1), JP(5B9) et JP(3B9). Mais on peut faire mieux !



Ajouter un commentaire | Voir la résolution | Résoudre la grille

Grille N°447


Répondre à Francis Labetoulle

De Francis Labetoulle
(Publié le 16/01/2018)

Bonjour
P(3L1C3) permet un grand développement pour s'avérer invalide.
Poursuivons avec les pistes conjuguées P(3L3C2) et P(3L3C5). La première couvre la grille et la deuxième conduit, via les 5 restants de L5, à deux pistes invalides, donc un taille 3...

Répondre à Claude Renault

De Claude Renault
(Publié le 16/01/2018)

L'antipiste du 2L7C3 couvre la grille après contradiction sur la bifurcation du 5L7C1

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 15/01/2018)

Bonsoir


1)10 placements par les TB iniziales.
2L2C3=>couvre la grille
3) 2L2C8=> piste comportant 8 candidats virtuels
Bifurcation de (3) avec L2C1
4) 2L2C8+4L2C1 => contradiction (L1C4= Ø)
5) 2L2C8+5L2C1=> contradiction (L3C7= Ø)
5) 2L2C8+9L2C1=> contradiction (L6C6= Ø)=>-2L2C8=>solution.



Ajouter un commentaire | Voir la résolution | Résoudre la grille

Grille N°446


Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 14/01/2018)

1)8 placements par les TB iniziales.
2)9L59C4=>contradiction (L8C7= Ø)=>-9L59C4 et -9L1C56
9L7C3=>couvre la grille
3) 3L7C3=> piste comportant 7 candidats virtuels
Bifurcation de (3) avec 8L4C4 et 8L5C4
4) 3L7C3+8L4C4 => contradiction (L7C9= Ø)
5) 3L7C3+8L5C4 => contradiction (L8C7= Ø)=>-3L7C3=>solution.

Répondre à Claude Renault

De Claude Renault
(Publié le 14/01/2018)

Je pars de la paire 39 en L7C3 ; le 3 est trouvé invalide après 2 bifurcations 3L1C2 puis 6L5C4 ; le 9L7C3 est donc valide et sa bifurcation 7L8C1 couvre la grille

Répondre à Francis Labetoulle

De Francis Labetoulle
(Publié le 13/01/2018)

Après les placements par TB j'essaie d'utiliser les blocs B2 et B3.
Je remarque d'abord que P(6L2C4) se développe bien jusqu'à...une contradiction.
Ayant éliminé 6L2C4 la case L1C8 devient intéressante. En effet:
P(8L1C8) couvre la grille et P(9L1C8) avec les bifurcations (6L5C4) et (8L5C4) donne deux pistes invalides.
Solution de taille 3....
Variante : le bloc B1 peut aussi nous aider! En effet P(6L2C3) couvre la grille.
La suite est identique à la première solution, pour l'étude de l'antipste de (6L2C3), avec des conclusions adaptées:
(8L1C8) est alors invalide (rôle de 8L6C3) de même que (9L1C8) avec les bifurcations mentionnées.

Répondre à Richard

De Richard
(Publié le 13/01/2018)

Bonsoir,

8 placements par les TB initiales.

Solution de taille 3 basée sur les 9 du bloc 1 :

(1) 9L1C2 => résolution de la grille.
(2) 9L2C3 => piste composée uniquement d'un candidat virtuel.

Bifurcation de (2) avec les 7 du bloc 2 :

(3) 9L2C3 + 7L2C4 => petite piste composée de 4 candidats virtuels.
(4) 9L2C3 + 7L3C4 => contradiction.

Bifurcation de (3) avec le couple 3-6 de L9C4 :

(5) 9L2C3 + 7L2C4 + 3L9C4 => contradiction via la paire (68) de L4C34.
(6) 9L2C3 + 7L2C4 + 6L9C4 => contradiction via le triplet (378) de L5C124.

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 13/01/2018)

Pas de commentaire poir l'instant.



Ajouter un commentaire | Voir la résolution | Résoudre la grille

Grille N°445


Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 13/01/2018)

@ jeanluc : Le fait que la piste P(9L8C8) passe par le 6L4C9 permet de dire qu'elle est opposée à la piste P(1L4C9) laquelle est invalide puisque sa construction conduit à une impossibilité, ce qui au passage permet de valider le 6L4C9.
Hélas, cela ne permet pas de dire que la piste P(9L8C8) est valide et que le 9L8C8 est solution, car deux pistes opposées ne sont pas forcément conjuguées.
On peut facilement construire des contre-exemples de deux pistes opposées qui sont toutes les deux invalides, donc ne sont pas conjuguées.

Répondre à jeanluc

De jeanluc
(Publié le 13/01/2018)

Peut-on conclure quelque chose des jeux de piste suivants (je ne vois rien dans la théorie des pistes et pourtant j'ai l'intuition qu'on peut en déduire quelque chose, un peu le contraire de pistes opposées)
jeu de pistes conjuguées L4C9 (ok sur le candidat 6 on ne va nul part)
jeu de pistes conjuguées L8C8
La piste 9L8C8 a un candidat commun à la piste 6L4C9 c'est 6L4C9
La piste 9L8C8 a un candidat commun à la piste 1L4C9 c'est 6L2C4
Peut-on en déduire que la piste 9L8C8 est solution?

Répondre à Claude Renault

De Claude Renault
(Publié le 12/01/2018)

@ Paolo : vous avez raison, je suis allé un peu vite

Répondre à Francis Labetoulle

De Francis Labetoulle
(Publié le 12/01/2018)

Après les TB ( ne pas oublier le 4-uplet) B6 et B9 semblent offrir de grandes possibilités.
La case L4C7 est un "hub cell" mais la taille associée est trop élevée.
Avec B9 la paire de 4 est exploitable :
P(4L9C7) est invalide et P(4L7C7) offre de nombreux placements simplifiant la grille. À ce stade la case L9C4 donne la clé: P(4L9C4) couvre la grille alors que P(7L9C4) est invalide.

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 11/01/2018)

@ Claude Renault :
Je confirme que la piste 1L6C9 (L6C9 = 1, L6C8 = 3, L6C1 = 7, L9C1 = 6, L1C7 = 1, L4C7 = 7, L4C9 = 6 et L8C3 = 7) ne produit pas de contradictions.

Répondre à Claude Renault

De Claude Renault
(Publié le 11/01/2018)

@ Paolo : j'ai trouvé 2 fois le 5 dans C4 ; je me suis peut-être trompé ; voici un lien vers m'a grille
https://www.dropbox.com/s/azlh2llubkvjp6a/Nouveau%20document%202018-01-11_1.pdf?dl=0

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 11/01/2018)

@ Claude Renault :
En utilisant uniquement les TB, je n'ai pas pu prouver l'invalidité des pistes 1L6C9. Pouvez-vous expliquer comment vous avez réussi à prouver l'invalidité de la piste 1L6C9?

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 11/01/2018)

Bonjour
1) 8 placements par les TB iniziales.
P4L13C5(backdoor)=>couvre la grille
2) 4L7C5=>contradiction (L1C9=Ø)=>-4L7C5+12 placements
3) 4L9C5=>contradiction (L1C7=Ø)=>-4L9C5=>solution.

Répondre à Claude Renault

De Claude Renault
(Publié le 11/01/2018)

Paire b1L6C1-j1L6C9 : j1L6C9 invalide ; bifurcation bv4L9C5 invalide ; bm6L9C5 couvre la grille

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 11/01/2018)

Pas de commentaire pour l'instant.



Ajouter un commentaire | Voir la résolution | Résoudre la grille

Grille N°444


Répondre à Claude Renault

De Claude Renault
(Publié le 10/01/2018)

Le 2L6C7 est un backdoor

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 09/01/2018)

1) 7 placements par les TB iniziales.
2L6C7=>couvre la grille
2) 2L4C7=>contradiction (L4C1=Ø)
3) 2L8C7=>contradiction (L9C1=Ø)=>solution

Répondre à JC

De JC
(Publié le 09/01/2018)

Comme Francis :

6 placements
HP(16)L4C13, L5C3=8, HT(247)L6C678
4 -> -4L89C8
5 -> -5L4C9
7 -> -7L4C789
8 -> -8L47C9
Fish seulement possible sur 3 chiffres [2, 3 et 8] -> puzzle "généralement" facile

2L6C6 + 8L37C6 -> 0 solution
4L6C6 -> 1 solution

TDP=2

Répondre à Francis Labetoulle

De Francis Labetoulle
(Publié le 09/01/2018)

Un autre "taille2":
P(8L9C4) est invalide donc validation de 8L7C6.
P(2L6C6) s'avère invalide alors que P(4L6C6) couvre la grille. Il me semble que dans ce cas les seules éliminations et les croisements de pistes ne permettent pas de conclure, la première piste menant assez vite à une contradiction.

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 08/01/2018)

Après placements et éliminations par les TB, résolution de taille 2 avec les 4C6:
- J(4L6C6) couvre la grille.
- J(4L2C6) et J(4L3C6) invalides.



Ajouter un commentaire | Voir la résolution | Résoudre la grille

Grille N°443


Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 08/01/2018)

@ Richard : Oui Richard, c'est une erreur d'écriture, j'ai corrigé. Merci de me l'avoir signalée.

Répondre à Richard

De Richard
(Publié le 07/01/2018)

Bonjour,

Effectivement, je voulais changer en utilisant ces jeux pistes et anti-piste associées. ;)

@Robert : pour la grille précédente la solution que vous proposez est de taille 3, pas 4.

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 07/01/2018)

@ Paolo : Je confirme la remarque de Paolo, mais à condition de considérer la résolution, non pas comme l'a fait Richard avec 3 pistes indépendantes, mais comme celle de deux jeux de pistes successifs : JP(5B3), puis JP(28L3C3).

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 07/01/2018)

Bonjour

Il me semble que la solution de Richard est de Taille 2. La piste 8L3C3 est directement invalide sans besoin de bifurcation après l'élimination de 5 en L2C8 et 4 placements.

Répondre à Philippe

De Philippe
(Publié le 06/01/2018)

Bonjour
9 placements
1/ P1: 8L3C3 - P2: 8L9C3 (issues d'une paire)
2/ PS11: 6L5C5 - PS12: 6L5C8 (issues d'une paire)
Contradiction sur PS11 et PS12 - P1 invalide - P2 OK
3/ P1: 5L5C1 - Invalidation P1 - Validation 5 L5C8

Solution pas à pas ci-dessous:
https://www.dropbox.com/s/ax3gzbfg38q93z0/Grille%20443%20SPAP.pdf?dl=0

Répondre à Richard

De Richard
(Publié le 06/01/2018)

Bonsoir,

9 placements par les TB initiales. Bien voir aussi les paires 2-7 de L6C78, 2-7 de L69C7, 3-7 de L7C56 qui induit une autre paire 2-8 en L89C4.

Voici une solution de taille 3 utilisant deux pistes et l'anti-piste associée.

Soient la piste (1) issue de 5L2C8 et la piste (2) issue de 8L3C3.

(1) 5L2C8 => contradiction.
(2) 8L3C3 => piste comportant 10 candidats virtuels via paire (46) de L3C27 qui force 4L1C6 à faire partie de la piste.

L'anti-piste de (1) et (2) aboutit à la résolution de la grille.

Bifurcation de (2) avec les 7 de la ligne 4 :

(3) 8L3C3 + 7L4C4 => contradiction.
(4) 8L3C3 + 7L4C6 => contradiction.

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 06/01/2018)

Bonjour

9 placements
P(4L2C4)=>couvre la grille.
P(7L2C4) invalide.
P(6L2C4) invalide.

Répondre à Francis Labetoulle

De Francis Labetoulle
(Publié le 06/01/2018)

P(5L4C7) invalide.
P(5L5C8) avec croisements des bifurcations (2L2C3) et(3L2C3): solution .
.

Répondre à JC

De JC
(Publié le 06/01/2018)

9 placements
HP(28)L89C4, HP(56)L4C7.L5C8, HT(456)L234C7, HT(348)L6C125
3 -> -3L3C6
4 -> -4L5C1
5 -> -5L2C12
Fish seulement possible sur 3 chiffres [2, 6 et 8] -> puzzle "généralement" facile

6L4C4 -> 0 solution; L4C7=6 et 3 placements
8L3C3 -> 0 solution; L9C3=8 et fin



Ajouter un commentaire | Voir la résolution | Résoudre la grille

Grille N°442


Répondre à Richard

De Richard
(Publié le 06/01/2018)

Bonsoir,

@Robert : votre solution est de taille 3, pas 4. Bravo !

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 06/01/2018)

Résolution de taille 3 en partant des cases L7C1 et L4C4 :
- P(3L7C1) invalide et P(56L7C1) invalide -> placement des candidats de P(2L7C1).
- P(5L4C4) invalide et P(6L4C4) couvre la grille

Répondre à Francis Labetoulle

De Francis Labetoulle
(Publié le 05/01/2018)

Bonjour
J'essaie d'exploiter C5.
D'abord la case L7C5: P(3L7C5) conduit, avec les deux 4 de B2 en bifurcation une contradiction par croisement.
Je valide donc 9L7C5.
Puis la case L3C5 : P(1L3C5) conduit, avec les deux 2 de C2 en bifurcation, à une solution par croisements.
Enfin P(3L3C5) donne, avec les deux 5 de C6 en bifurcation une contradiction par croisements.
Unicité et solution de taille 5.


Répondre à Richard

De Richard
(Publié le 05/01/2018)

Bonsoir et bonne année à tous.

Aucun placement par les TB initiales.

Solution de taille 5 basée sur les 3 de la ligne 3 :

(1) 3L3C4 => petite piste comportant 2 candidats virtuels.
(2) 3L3C5 => petite piste comportant 5 candidats virtuels.
(3) 3L3C679 => contradiction via une réduction bloc/ligne : dans le bloc 2 les 3 sont cantonnés colonne 6 ce qui implique que 1L6C6 fait partie de la piste.
Plus tard voir également la paire 56 de L79C3.

Bifurcation de (1) avec la case L1C4 :

(4) 3L3C4 + 4L1C4 => résolution de la grille via triplet (129) en L2C123 qui force 5L1C1 à faire partie de la piste.
(5) 3L3C4 + 6L1C4 => contradiction.
(6) 3L3C4 + 8L1C4 => contradiction.

Bifurcation de (2) avec la case L1C4 :

(7) 3L3C5 + 6L1C4 => contradiction.
(8) 3L3C5 + 8L1C4 => contradiction.

Répondre à JC

De JC
(Publié le 05/01/2018)

6 -> -6L1C78
9 -> -9L7C13

3L2C6 -> 0 solution via HP(49)L8C23
L2C7=3, L2C8=6
1 -> -1L1C2
2 -> -2L3C1

2L2C1 -> 0 solution
L2C1=9, L2C2=L7C1=L3C7=2
1 -> -1L56C3
3 -> -3L5C2
5 -> -5L3C3
6 -> -6L56C3
L6C3=L1C2=L2C6=8, L2C3=1

6L1C45 -> 1 solution unique par croisements des pistes



Ajouter un commentaire | Voir la résolution | Résoudre la grille

Grille N°441


Répondre à Claude Renault

De Claude Renault
(Publié le 04/01/2018)

Bonne année à tous
le 9L9C3 est un backdoor

Répondre à Paolo

De Paolo
(Publié le 01/01/2018)

Bonne année 2018 !
1)5 placements par les TB iniziales.
2)3L4C2=>contradiction (L1C3= Ø)=>-3L4C2
3)8L4C2=>contradiction=>-8L4C2=>solution.
Ou
3) résolution par le croisement de deux pistes conjuguées 3L6C2 et 3L2C2.

Répondre à Francis Labetoulle

De Francis Labetoulle
(Publié le 01/01/2018)

Bonne année à tous!
P(6L8C1) fournit une solution via les croisements des bifurcations issues des 3 de C5.
P(6L9C3) conduit à une contradiction via les croisements des bifurcations issues des 8 de B7.
Autre méthode plus efficace :
P(1L7C2) est invalide.
P(1L9C2) donne la solution via les croisements des bifurcations issues des 7 de C6.

Répondre à Robert Mauriès

De Robert Mauriès
(Publié le 01/01/2018)

Bonne année 2018 !
Résolution de taille 2 avec deux jeux de pistes successifs, par simple croisement des pistes : JP(8B7) puis JP(7B3).

En savoir plus ...



Nos partenaires














assistant-sudoku.com est la propriété de 2IAsystem sarl, 8 rue du romarin, 31520 Ramonville St Agne. Toute reproduction interdite.