Ranger les bonbons

Salut:
Je ne suis pas sûr d'avoir très bien compris, mais je trouve $308$, pensant qu'il faut simplement faire le produit $28\times 11$ (le cas où il y a que des lots de 7).

Question bête: je n'ai pas compris l'énoncé, peux-tu reformuler?

C'est toujours très confus. Je tente de débroussailler:

Le langage montre souvent ses limites. Une reformulation ou un simple "oui" eut été plus élégant qu'un jugement moral basé sur on ne sait quoi.

@Domi, je vois ce que tu veux dire avec ton $310$, mais je ne vois toujours pas comment ranger $310 = 7\times 39 + 5\times 3 + 6\times 3 +4$ ?

Je vais encore chercher,

Domi a dit : https://les-mathematiques.net/vanilla/index.php?p=/discussion/comment/2394026/#Comment_2394026

Je ne vois vraiment pas ce qu'il y a de compliqué de montrer $(\neg p_{n=1})\implies (\neg p_{n})$. N'aurais-tu pas compris ton exercice ?

Puisque je suis dans les clous, je continue .
D'abord il a été noté, dès le début, que si la somme des éléments de $M$ était supérieure à $310$ on ne pouvait pas toujours "ranger les bonbons". L'argument fut que si l'on avait $44$ blocs de $7$ et un bloc de $3$ on était marron. Au nom de cet argument indéniablement correct, il y a eu une tendance à chercher à prouver la conjecture en additionnant des éléments de $M$ de façon à ce que le $M$ transformé par cet ensemble d'additions contienne un minimum d'éléments, le graal étant $44*7+1*2$.
Ce que je dis, c'est qu'il y a d'autres graals: le plus opposé à $44*7+1*2$ est $77*4+1*2$, mais il y a aussi tous les $(4k)*7+(7l)*4+1*2$ tels que $k+l=11$.
Bref, il n'est pas nécessaire d'"approcher" par des additions astucieuses le graal initial, il suffit de montrer qu'on peut "approcher" l'un des douze cités ci-avant.

Bon, vu que pas de solutions n'a été proposé depuis, je poste donc la mienne.

Je rappelle que je veux montrer qu'étant donné 58 bonbons ou plus divisés en blocs de 1 à 7, on peut sélectionner des blocs dont la somme est entre 28 et 30.

1)Préliminaires (pour limiter le nombre de cas à traiter)
-A chaque fois que l'on a deux blocs de 3 ou moins on les colle. Ainsi il reste à la fin au plus un bloc de 3 ou moins, dont on ne servira pas (mangeons le!).
On a donc maintenant 55 bonbons ou plus, divisés en blocs de 4 à 7.
-Si on a suffisamment de blocs du même type pour dépasser 28 bonbons, le problème se résout trivialement en utilisant que ces blocs (4 blocs de 7 donne 28, 5 blocs de 6 donne 30, etc.). On peut donc supposer que chaque type de blocs donne un total d'au plus 27 bonbons.
Une conséquence à noter est qu'il y a alors au moins 3 types de blocs, car 2 types donne un total max de 27+27=54 bonbons, pas assez.

2)La méthode
-On trie nos blocs par ordre décroissant. On les sélectionne dans cet ordre un par un jusqu'à dépasser 28.
-Si on tombe alors entre 28 et 30, super, on s'arrête là et on s'ouvre une bière. Sinon, le dernier bloc sélectionné est d'au plus 6 (car pas assez de blocs de 7 pour atteindre 28), et fait donc arriver à un nombre entre 31 et 33.
-On fait un premier échange: le plus gros bloc sélectionné, contre le plus petit bloc non sélectionné. La différence de bonbons entre les deux est d'au plus 3, et d'au moins 2 (car il y a au moins trois types de blocs). L'échange nous ramène entre 28 et 30 sauf dans un seul cas (on était à 33 et la différence est 2) qui nous amène à 31.
-Dans ce dernier cas où on est à 31 on va faire un deuxième échange. Il faut remarquer que si on laisse de coté les deux blocs échangés, il y a encore au moins deux blocs de types différents, car sinon il n'y aurait pas assez de bonbons: un seul type de blocs donne au plus 27 bonbon, on rajoute les deux blocs laissés de côté, c'est trop peu. On peut donc faire un deuxième échange entre deux blocs de différence au moins 1. Un tel échange nous ramène alors forcément entre 28 et 30, et c'est gagné.


Voilà. Ensuite, prouver qu'on peut ranger  au plus 28n+2 bonbons dans n boites est une récurrence facile: c'est évident si n=1, et si n>1 on peut supposer que l'on a exactement 28n+2 bonbons (quitte à en rajouter artificiellement), on fait une sélection de 28 à 30 bonbons que l'on range dans une boite et on utilise l'hypothèse de récurrence sur les bonbons restants.

Une version pour n'étudier que les premiers cas consiste à rajouter dans l'hypothèse de récurrence que si le nombre de bonbons à ranger est maximum alors il existe une façon de les ranger pour laquelle au moins 2 tubes seront remplis de 28+. Cette fois le saut de récurrence devient simple, mais c'est l'initialisation qui est plus lourde.

parce que le plus gros vaut au max 6 et le plus petit au moins 3.