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Commentaires sur cette grille

De Robert Mauriès
(Publié le 20/07/2018)

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

De Paolo
(Publié le 20/07/2018)

Bonsoir, 1) 7 placements par les TB initiales. 2) P(13L6C2) couvre la grille 3) P(2L6C2)=>contradiction (L2C9=Ø) 4) P(6L6C2)=>contradiction (L2C7=Ø) =>validationP(13L6C2)=>solution.

De Paolo
(Publié le 20/07/2018)

Bonsoir, Résolution similaire à la précédente 1) 7 placements par les TB initiales. 2) P(23L6C7) couvre la grille 3) P(1L6C7).P(5L1C2)=>contradiction (L2C7=Ø) 4) P(1L6C7).P(6L1C2)=>contradiction (L2C9=Ø) =>validationP(23L6C7)=>solution.

De Francis Labetoulle
(Publié le 21/07/2018)

Après 6 placements,1 4-uplet...un cheminement sans invalidité à révéler: d'abord les 5 de B1, l'une des pistes absorbant l'autre, puis les 1 restants de C2, couvrant la grille par croisement.

De Robert Mauriès
(Publié le 21/07/2018)

@ Francis Labetoulle : Bonjour Francis. Qu'entendez-vous par "une des pistes absorbant l'autre" ? Si cela veut dire que les candidats de l'une sont aussi les candidats de l'autre, de fait vous prouvez que la piste absorbante est invalide puisqu'elle passe par les deux candidats de la paire de départ. L'invalidité n'est pas "prononcée" mais est bien mise en évidence. A noter aussi que les TB donnent 7 placements et non 6.

De Francis Labetoulle
(Publié le 21/07/2018)

@ Robert Mauriès : Il y a, bien sûr, 7 placements initialement. Par le jeu des croisements l'une des pistes est validée. De fait l'autre est ipso facto invalide mais je n'utilise pas cette propriété pour valider les candidats connus de l'autre. Je reconnais que le terme "absorbé" , qui traduit ces croisements, met l'accent sur la piste invalide, qui ne m'intéresse plus. Je poursuis la construction de l'arbre de résolution à partir de ce point de croisement.

De Robert Mauriès
(Publié le 21/07/2018)

Une autre résolution possible repose sur l'exploitation des 2B4, évidemment après avoir simplifier la grille par les TB (7 placements), à savoir : - P(2L5C2) couvre la grille, - P(2C1B4) et P(2L6C2) sont invalides. Il est d'ailleurs possible de résoudre par simples interactions (éliminations et croisement) des trois pistes, ou ce qui revient au même des pistes issues de la paire d'ensembles {2L5C2, 2C1B4-2L6C2}.

De Francis Labetoulle
(Publié le 21/07/2018)

@ Robert Mauriès : Ne peut-on pas envisager d'autres partitions de l'ensemble global des 2 que vous citez, pour procéder éventuellement, via ces sous ensembles conjugués, à d'autres éliminations et croisements? Une ancienne grille du site avait, je crois, été résolue ainsi...

De Robert Mauriès
(Publié le 21/07/2018)

@ Francis Labetoulle : Je ne vois pas d'autres partitions de l'ensemble des 2B4 qui conduiraient à des résultats probants. Celle que j'ai utilisée se fonde sur la présence de la paire de 8C1 qui fait de l'ensemble 28C1B4 un doublet caché. La piste P(2C1B4) conduisant à contradiction, 2C2B4 devient une paire qu'il est naturel d'exploiter. En revanche, il est possible d'étudier aussi une partition des 1B4 pour constater, même principe, que P(1C1B4) est invalide, ce qui fait de 1C2B4 une nouvelle paire, donc finalement un doublet 12C2B4, et cela suffit à terminer la grille par les TB. Je reviens sur votre expression "piste absorbée" car cette terminologie me paraît ambigüe si on ne la précise pas. Elle me paraît adaptée dans le seul cas où une piste P1 est incluse en totalité dans une piste P2 (alors P2 absorbe P1). Or dans le cas de votre résolution, je ne vois pas que P(5L3C3) soit incluse dans P(5L1C2). Peut-être pourriez-vous apporter quelques explications supplémentaires utiles à tous. Car cette notion d'absorbtion est intéressante, tant il est assez fréquent, lorsqu'on développe une piste issue d'un candidat A de voir celle-ci passer par le candidat B conjugué de A (A et B sont conjugués si la suppression de A entraîne le placement de B et réciproquement).

De Francis Labetoulle
(Publié le 21/07/2018)

Bonsoir J'ai repris mon ouvrage: avec P1 (5L1C2) et P2(5L3C3), j'aboutis, sans citer ici les éliminations, à valider en premier lieu 9L7C4. En outre, avec 2L7C7 et 9L8C8 appartenant à P1, j'obtiens une paire cachée 57L89C9 qui valide 6L8C7 puis 8L9C8 et ...le reste de P2 connu. Je ne crois pas avoir commis d'erreurs, mais, comme vous le savez, j'utilise pour une grande "efficacité visuelle" les représentations annexes rn et cn. Néanmoins je n'ai pas utilisé de xwing à mon insu... Pour revenir aux pistes issues de 3 candidats d'un ensemble formant entité (Théorie des Pistes) ma question portait sur les 3 choix possibles de partition 1candidat- 2 candidats, conduisant à des éliminations et croisements qui dépendent certainement des candidats connus de chaque piste. Peut-on en dire plus sur ce sujet?

De Paolo
(Publié le 21/07/2018)

Bonsoir, Je crois que lorsque l'intersection de deux pistes est utilisée si la trace obtenue par croisement est un générateur de l'une des deux pistes initiales, cela signifie mathématiquement que l'une des deux pistes est invalide. Le cas est différent si la trace obtenue n'est pas un générateur de l'une des deux pistes, dans ce cas la trace obtenue est validée sans avoir utilisé l'invalidité de l'une des deux pistes initiales. Dans le cas spécifique, lorsque la piste P (5L3C3) était valide, j'ai utilisé tous les candidats communs et les éliminations communes lorsque le p (5L1C2) a été construit au point où son invalidité est prouvée. Si ce n'est pas le cas, la trace obtenue ne peut pas masquer avec la piste P (5L3C3).

De Robert Mauriès
(Publié le 21/07/2018)

@ Paolo et Francis : Pour compléter ce que vous écrivez Paolo et compléter vos explications Francis, j'ajouterai que toute piste valide est forcément absorbée (au sens donné par Francis à ce terme) par sa conjuguée invalide car, la preuve de ce résultat restant encore à établir rigoureusement, une piste invalide peut toujours être développée de telle manière qu'elle passe par n'importe quel candidat de la grille.

De François C.
(Publié le 21/07/2018)

Bonsoir, avec les TB on fait 7 placements et quelques suppressions grâce à un alignement et une paire cachée. En considérant les 2 de la colonne 2: P(2L5C2) => solution P(2L6C2) => contradiction P(2L9C2) => contradiction A noter l'extrême simplicité de ces 3 pistes qui ne se construisent qu'avec des cas d'unicité. Idem avec les 3 de la colonne 3, le backdoor étant le 3L5C3.

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