Nous allons commencer par éliminer le coté "mécanique" du problème : une disposition est stable si et seulement si il n'y a pas 2 trous contigus.

Pour un triangle de taille 1 : comme on doit laisser une boule, on peut en retirer 0.

Pour un triangle de taille 2 : on peut en retirer 1.

Pour un triangle de taille 3 : on peut en retirer 3 (les trois sommets).

Pour un triangle de taille 4 : on peut en retirer 4 (les 3 sommets + le centre)

Pour un triangle de taille 5 : on peut en retirer 6 (les 3 sommets + les 3 sommets du triangle de taille 3 du milieu)

pour un triangle de taille impaire : 2n+1, on prend le sous-triangle de taille 2n -1 et on ajoute une rangée de 2n boules + 1 rangées de n+1 trous et n boules alternativement.
En appellant, RI(n) le nombre que l'on peut retirer : RI(n) = RI(n-1) + n+1, avec RI(1) = 3.
Par récurrence, on montre : RI(n) = 1/2 n² + 3/2 n + 1.

Dans le cas d'un triangle de taille paire (2n), on prend le sous-triangle de taille 2n-2, on rajoute une rangée de 2n-1 boules, puis une rangée de n boules et n trous.
on appelle de la même façon RP(n) le nombre de boules que l'on peut retirer : RP(n) = RP(n-1) + n, avec RP(2)=4.

RP(n) = 1/2 n² + 1/2 n + 1.

rem : les RI et RP sont des valeurs minimales. Pour les triangles impairs, on sent bien que la symétrie de la construction est optimale, pour les triangles pairs, c'est moins évident.

Merci Vasimolo (tu confirmes mes doutes sur le caractère optimal de ma précédente solution)… je vais donc reprendre en ne considérant plus le caractère pair ou impair mais la congruence à 3.

Si le coté fait 3p+1 (donc 1, 4, 7, 10, 13, etc), sur la base du triangle on ôte une boule sur trois (en commençant par le sommet), soit p+1 boules, puis 1 sur 3 sur la rangée suivante décalée pour éviter les contacts (soit p boules), puis encore 1 sur 3 sur la rangées suivantes (soit p-1 boules).
Ensuite, il nous reste le triangle de coté 3 (p-1) + 1 au dessus.

En appelant RT(p) le nombre que l’on peut retirer de cette manière, on a RT(p) = RT(p-1) + p-1 + p + p+1 donc RT (p) = RT (p-1) + 3p, avec RT(1) = 4
Donc RT(p) = 3/2 p² + 3/2 p + 1.



rem : cette formule marche pour les cas impairs 7, 13, 19, etc, pour lesquels le rangement spécifique aux impairs décrit plus haut donne le même résultat pour 7 (RI(3) = RT(2) = 10) mais un résultat inférieur au-delà (donc même pour les impairs j’avais faux !!!).

Pour les cas 3p ou 3p-1, (on nommera RT1 et RT2 le nombre de boules que l’on peut retirer), on part de 3p+1 et on enlève 1 ou 2 lignes.

RT1 (p) = RT (p) – (p+1) = 3/2 p² + ½ p
RT2 (p) = RT1 (p) – p = 3/2 p² - ½ p.

Au final, le tableau suivant synthétise le nombre de boules que l’on peut retirer en fonction du côté. Le ratio otées/nb boules tend vers 1/3 par valeur supérieure.

coté    otées
1    0
2    1
3    3
4    4
5    6
6    7
7    10
8    12
9    15
10    19
11    22
12    26
13    31
14    35
15    40
16    46
17    51
18    57
19    64
20    70
21    77
22    85
23    92
24    100
25    109
26    117
27    126
28    136
29    145
30    155

Je vous laisse lire la solution de dylasse

Pas grand-chose à ajouter !!!

Bravo

Vasimolo