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Problèmes en série.

Envoyé par emre54 
Problèmes en série.
il y a quatorze années
<latex> Je vous propose dans ce forum de poser tous les petits problèmes mathematique comme celui des "cents prisonniers" .
Donc je vais poser le premier que je vais le classer du premier niveau (plus le niveau est élevé plus c'est dur) :
Si X + Y = 1 et X² + Y² = 2 , qu’en est-il de
$X^3$ + $Y^3$ ?
Re: Problème
il y a quatorze années
avatar
Sauf erreur : 2,5 ?

Domi
Re: Problème
il y a quatorze années
Félicitation Domi
Bien joué certes ce n'était pas assez dur .
Explique comment tu as trouvé ?

NB: En donnant la solution d'un problème expliquez comment vous l'avez trouvé ?
Re: Problème
il y a quatorze années
Est-ce-que quelqu'un veut poster un problème ou j'en pose un plutard ?

Ne pas poser plusieurs problèmes à la fois
clarence
Re: Problème
il y a quatorze années
la solution qui va bien

x^3 + y^3 = 1/2 * ( ( x + y )^3 - 3 * ( x² + y²) ( x + y ) )
Re: Problème
il y a quatorze années
avatar
<latex> $2xy=(x+y)^2-(x^2+y^2)=-1$
$x^3+y^3=(x+y)^3-3xy(x+y)=1+1,5=2,5$ .

Domi
Re: Problème
il y a quatorze années
avatar
<latex> En voilà un autre un peu plus difficile quand même .

On se donne trois réels $a$ , $b$ et $c$ tels que $b^2-4ac\geq 0$ montrer qu'alors $a+b+c \leq\frac{9}{4}Max\{a;b;c\}$ .

Question subsidiaire , interprétation géométrique quand $a$ , $b$ et $c$ sont positifs .

Domi
Re: Problème
il y a quatorze années
En fait j'ai essayé mais je ne vois pas comment traduire le "Max" en terme de a b c , ou comment tu a trouvé le "Max" .
Donc si tu pouvais m'aider ça me ferait plaisir.
Sans donner la réponse.
Re: Problème
il y a quatorze années
Exprimer le nombre 1296 en utilisant exclusivement les chiffres 1,2,9,6 pris dans cet ordre et deux symboles parmi +, - , x , / ,racine carrée et factorielle ! .

je pense qu'il est assez difficile
Bonne chance !!!
Re: Problème
il y a quatorze années
emre54 >>citation : "Ne pas poser plusieurs problèmes à la fois"
Fin de partie
Re: Problème
il y a quatorze années
Emre54:
Ca revient à prouver les 3 inegalites suivantes:

a+b+c<=9a/4
a+b+c<=9b/4
a+b+c<=9c/4
Re: Problème
il y a quatorze années
<latex> ah non ça c'est le min, mais là c'est le max, c'est prouver l'une des 3 inégalités

$a\leq \min(b,c) \Leftrightarrow a\leq b \,\, et \,\, a\leq c$
$a\leq \max(b,c) \Leftrightarrow a\leq b \,\, ou \,\, a\leq c$
Re: Problème
il y a quatorze années
avatar
<latex> Le plan que j'avais suivi ( je sais que ce n'est pas le seul possible ) .

Si l'un des a , b ou c est négatif c'est facile .
Si a , b et c sont positifs :
1°) Si $b\geq\frac{4}{5}(a+c)$ facile aussi .
2°) Si $b\leq\frac{4}{5}(a+c)$ , considérer un triangle de hauteur $b$ coupant la base en deux segments de longueurs $2a$ et $2c$ .

Domi
Re: Problème
il y a quatorze années
avatar
<latex> emre54 : problème donné sur le diophante.fr (dont j'ai parlé dans le post "deviner un polynome")...
allez, je donne la réponse (et c'est vrai qu'elle est difficile.. du moins, c'est mon avis) :
$1296=\sqrt{\sqr[\dfrac{1}{2^{\sqrt{9}}}]{6}}$
Re: Problème
il y a quatorze années
avatar
<latex> je recommence (il faut dire que la réponse est "spéciale") :
$1296=\displaystyle\sqrt{\displaystle\sqrt[1/2^{\sqrt{9}}]{6}}$
c'est bien la première fois que je vois \LaTeX ne pas donner un résultat satisfaisant... si quelqu'un peut faire mieux...
Re: Problème
il y a quatorze années
<latex> Bonjour CQFD
Ton expression est-elle :
$$1296=\displaystyle\sqrt{\displaystle\sqrt[\frac{1}{2}^{\sqrt{9}}]{6}} = 6^{1/(2^{\sqrt 9}+1)} = 6^{\frac{1}{2^{\sqrt 9}+1}} $$ Alain
Re: Problème
il y a quatorze années
<latex> $\displaystyle 1296=6^4=\sqrt{6^{8}}=$ or le $6^8$ il l'écrit $\displaystyle \sqrt[\frac{1}{8}\,\,\,]{6}$
et le 8 il l'écrit $\displaystyle 2^3=2^{\sqrt{9}}$
Re: Problèmes en série.
il y a quatorze années
avatar
<latex> oui pour la première égalité... par contre, j'ai du mal à comprendre les autres égalités.
Car $\dfrac{1}{2^{\sqrt{9}}}=1/8$ puis $\displaystle\sqrt[\frac{1}{2}^{\sqrt{9}}]{6}=6^8=1679616$ et en prenant la racine carrée, on obtient $1296$
galax
Re: Problèmes en série.
il y a quatorze années
bonjour emre54,

Une remarque à propos de ton message du 12-15-06 19:51.

Pour $S_n = X^n + Y^n $, on peut montrer la relation récurrence
$S_{n+2} = S_{n+1}+(\frac{1}{2})S_n $
avec $S_0= 2$ et $S_1= 2$,
ce qui permet retrouver la solution donné par Domi.

N.B. En ce qui concerne cette méthode je dis encore une merci à georgesZ qui dans son message du 11-28-06 13:06 cf. :
\lien{[www.les-mathematiques.net]}
m’a rappelle l'efficacité de cette méthode élémentaire et bien connue mais qu’on a tendance oublier …


Sincèrement,

Galax
Re: Problèmes en série.
il y a quatorze années
bon je crois qu'on a decouvert mon secret ( le fait que je prenne des problème sur diophante).
Bon maintenant je vais trouver des problème sur des autres sites lol et meme si vous trouver la réponse sur un site essayer de chercher jouer le jeu .
Maintenant je vais vous en poser un autre:
Vous êtes devant Roro et Crouté. Ils sont jumeaux, l'un dit toujours la vérité, et l'autre ment toujours. Comment les distinguer en posant une seule question????

je sais que ce n'est pas mathématique mais c'est interressant je pense !!!
Bonne chance.
Re: Problèmes en série.
il y a quatorze années
Si je pose une seule question : "Est ce que l'un de vous deux est un menteur?"
le menteur répondra forcément Non
l'autre répondra forcément Oui
Re: Problèmes en série.
il y a quatorze années
autrement , plus sérieusement, sans se casser la tête, il n'est pas difficile de voir si quelqu'un ment ou dit la vérité, il suffit de lui poser une question dont tu connais la réponse.
exemple : "est ce que 1+1=2 ?"
le menteur répondra NON
et l'autre répondra OUI
galax
Re: Problèmes en série.
il y a quatorze années
Bonjour,

J’ajoute un petit problème dans cette série de problèmes :
Deux joueurs jouent remplacent chacun à son tour une * par un nombre complexe dans le système suivant :
*+ *+ *+ *+ *+ *+* = *
*+ *+ *+ *+ *+* = *
*+ *+ *+ *+* = *
*+ *+ *+* = *
*+* +* = *
*+* = *
* = *
Quel joueur peux avoir une stratégie gagnante ? Décrire sa stratégie !
Sincèrement,
Galax
Re: Problèmes en série.
il y a quatorze années
avatar
Tu as oublié de dire comment on gagne ou on perd dans ton jeu, galax... ou alors je n'ai pas été assez subtil pour l'interpréter tout seul.
galax
Re: Problèmes en série.
il y a quatorze années
Merci Bissam,

Je suis désolé.
En effet : Le but du jeu est avoir les 7 égalités.
Sincèrment,
Galax
Re: Problèmes en série.
il y a quatorze années
avatar
Je ne vois pas de difficulté dans ce problème à moins qu'il n'y ait des contraintes sur le choix des complexes . Il y a 45 nombres à mettre chacun en met un à tour de rôle , au hasard si la ligne n'est pas complètement remplie , ou l'unique valeur rendant vraie l'égalité dans le cas contraire . C'est toujours le joueur qui ouvre le bal qui place le dernier nombre .

Il manque sûrement une donnée à ce problème .

Domi
galax
Re: Problèmes en série.
il y a quatorze années
Bonjour Domi,

Le fait que les nombres soit complexes ne joue aucun rôle.
En effet, tu as raison mon énoncé est peu clair.
Merci me l’avoir précisé.

**************
Je reformule mieux ce problème :

Deux joueurs jouent remplacent chacun à son tour une * par un nombre entier arbitraire dans le système suivant :
*+ *+ *+ *+ *+ *+* = *
*+ *+ *+ *+ *+* = *
*+ *+ *+ *+* = *
*+ *+ *+* = *
*+* +* = *
*+* = *
* = *
Quel jouer peux obtenir qu’à la fin du jeu toutes les 7 égalités soient vérifiées?
Décrire sa stratégie !

Sincèrement,
Galax
Re: Problèmes en série.
il y a quatorze années
<latex> galax, je n'ai toujours pas compris la règle du jeu, mais je crois que ça vient de moi.

Sinon j'ai un autre jeu.
Il y a deux joueurs, disons, Jean et Pierre.
Soit n un entier $\geq 12$
n entiers consécutifs sont inscrits sur une feuille.
Chaque joueur à son tour barre un nombre.
Le jeu s'arrête lorsqu'il reste 2 nombres.
Pierre a parié qu'il restera 2 nombres premiers entre eux.
Paul parie qu'ils ne seront pas premiers entre eux.

Si n est pair, donner une stratégie à Paul pour gagner quel que soit celui qui commence.

Si n est impair, donner une stratégie à Pierre pour gagner en commençant le premier.
Re: Problèmes en série.
il y a quatorze années
avatar
D'accord j'ai compris smiling smiley

Il me semble que c'est une simple histoire de parité , le joueur qui a un nombre impair de lignes avec un nombre impair de "trous" peut fournir à son adversaire un nombre pair de lignes avec avec un nombre impair de "trous" ( il complètera en priorité une ligne avec un seul trou ) et donc gagne . Dans le jeu proposé celui qui commence gagne .

Domi
Re: Problèmes en série.
il y a quatorze années
pardon, les deux joueurs sont Paul et Pierre, ou sinon Jean=Paul
Re: Problèmes en série.
il y a quatorze années
ah, j'ai compris le jeu de Galax, en fait on peut remplacer les * dans n'importe quel ordre, je croyais que c'était dans l'ordre, alors je ne comprenais pas!
Re: Problèmes en série.
il y a quatorze années
avatar
<latex> Sans vouloir jouer le flic de service , bientôt on ne saura plus de quoi on parle . La règle imposée par emre54 qu'il s'est dépêché d'enfreindre lui même est sans doute trop stricte . Je vous propose de numéroter vos problème et pour partir sur de bonnes bases :

1°) Valeur de $x^3+y^3$ .
2°) $a+b+c\leq \frac{9}{4}Max\{a;b;c\}$ .
3°) 1296 .

4°) Un seul menteur .

5°) Astérisques à compléter .

6°) 12 entiers consécutifs .

Domi
galax
Re: Problèmes en série.
il y a quatorze années
Bonjour,

Oui Domi, c'est la même solution que j'ai trouvé.

Sincèrement,

Galax
bs
Re: Problèmes en série.
il y a quatorze années
Bonsoir,

7) quel est le plus petit angle ,exprimé en nombre entier de degrés, qui soit constructible à la règle et au compas ? (1,2,3,4,5,6,7,8,9,...?)
question subsidiaire : comment le construire ?
Re: Problèmes en série.
il y a quatorze années
je suis d'accord avec domi il faut numeroter les problèmes.
Tu as raison domi j'ai enfreint cette règle.
Donc je vais poser le 8ème :
8) Dans un laboratoire, dix bouteilles identiques censées être remplies de comprimés d'un produit A sont rangées sur une étagère. Chaque comprimé pèse 1g. Mais une boîte de comprimés B, à la forme exactement identiques, mais pesant 0,9g, s'est mélée. On dispose d'une balance de précision, au décigramme près. Combien vous faudra-t-il de pesées pour déterminer la bouteille aux comprimés B??
Re: Problèmes en série.
il y a quatorze années
avatar
Pour le 7°) de bs , on obtient facilement 3° je crois qu'il sera difficile de faire mieux mais encore faudrait-il le montrer . Les constructions sont multiples et pas vraiment difficiles .

Domi
galax
Re: Problèmes en série.
il y a quatorze années
Bonjour emre54,

Problème 8)
Une seule pesée suffit !
On numérote des bouteilles 1 à 10
on prend n comprimés de la bouteille n° n
et on pèse tout ... et le résultat permet de déduire le n° de la "fausse bouteille "

Sincerement,
Galax
Re: Problèmes en série.
il y a quatorze années
je ne comprend pas le 7°) .
En faite ,le problème, c'est de construire l'angle le plus petit avec une règle et un compas en connaissant l'angle qu'on a construit.
C'est a dire que si on trace avec une règle et un compas une bissectrice d'un angle droit alors on a un angle de 45° mais sans le mesurer avec un rapporteur .
Car on peut construire tous les angles avec une règle et un compas mais sans connaitre l'angle c'est a dire qu'on doit le mesurer avec un rapporteur.
Donc ai-je bien compris bs?
Re: Problèmes en série.
il y a quatorze années
Bonjour Galax
Je pense que tu as faux mais je n'ai pas très bien compris donc si tu pouvais développer ça me ferait plaisir mais à ce que j'ai compris tu as faux.
Re: Problèmes en série.
il y a quatorze années
puisqu'on se lache,
petit problème rigolo rapide :
9) Quelle est la parité du nombre de personnes qui ont serré un nombre impair de poignées de mains ?
galax
Re: Problèmes en série.
il y a quatorze années
Bonjour emre54,

D’abord un exemple:
je suppose que la fausse bouteille est n° 3.
Dans ce cas là le résultat de la pesée R est 54,7 gr (on a 55 comprimés au total dont 52 à 1 gr et 3 à 0,9 gr )

En général, 10* ( 55 – R) désigne la bouteille avec des " faux " comprimées ... ce qui se montre très facilement.


NB il est important d'atribuer un n° à chaque bouteille §

Sincèrement,

Galax
Re: Problèmes en série.
il y a quatorze années
avatar
9°) pair , un problème classique de Capes , il va quand même falloir re monter un peu le niveau smiling smiley .

les 2°) 6°) et 7°) restent à finir avant de lancer un 10°)

Domi

PS : merci au modérateur qui a remis de l'ordre dans mon précédent message.
[A ton service :) AD]
Re: Problèmes en série.
il y a quatorze années
un problème classique de Capes>> je dirai de terminal, car je l'avais fait en terminal
Re: Problèmes en série.
il y a quatorze années
avatar
9) C'est pair par récurrence sur le nombre de poignées de mains (en supposant que les poignées de main n'impliquent que 2 personnes à chaque fois !)

7) Pour construire 3°, on peut tracer dans un même cercle de centre O un pentagone A0A1A2A3A4 régulier et un hexagone A0B1B2B3B4B5 régulier ayant le sommet A0 en commun puis diviser l'angle A1OB1 en 16 en tracant moult bissectrices.
Pour montrer qu'on ne peut pas faire mieux, il faut montrer que 1° n'est pas constructible (car si 2° l'était alors 1° le serait aussi)... et même si j'ai une petite idée de la façon de procéder, j'ai plutôt la flemme de chercher.

5) galax, soit ton problème est archi simple et Domi y a répondu... soit personne ne l'a compris.
Sandrine
Re: Problème
il y a quatorze années
Salut,
je propose une autre solution concernant l'enégalité de Domi là c'est sandrine_guillerme .

Si a et c sont de signe contraire (par exemple a > 0 et c < 0), b² - 4ac >= 0 est toujours satisfait.

Si b > a, b est forcément > 0 alors :

max(a,b,c) = b

Comme a et c sont de signe contraire (avec a > 0) , a + c < a

Avec b > a , on a alors : a + c < b

et a fortiori a + c < (5/4).b

Or pour avoir : a + b + c > (9/4).b , il faudrait :

a + c > (5/4).b , c'est donc impossible.

Conclusion:

Si a et c sont de signe contraire et b plus grand que a et b, on a a + b + c <= (9/4).max(a,b,c)
---
Si a et c sont de signe contraire (par exemple a > 0 et c < 0), b² - 4ac >= 0 est toujours satisfait.

Si a > b, alors max(a,b,c) = a

Pour avoir a + b + c > (9/4)max(a,b,c), il faudrait que: a + b + c > (9/4).a

soit b + c > (5/4).a

Comme c est négatif, on a: b + c < b

--> Il faudrait b > (5/4).a, soit b > a , ce qui est contraire à l'hypothèse.

Conclusion :

Si a et c sont de signe contraire et a plus grand que b et c, on a a + b + c <= (9/4).max(a,b,c)
---
En regroupant les résultats, on trouve:

Si a et c sont de signe contraire, on a a + b + c <= (9/4).max(a,b,c)
-----
Il reste à envisager le cas avec a et c de même signe.
gb
Re: Problèmes en série.
il y a quatorze années
On sait construire à la règle et au compas <BR> <BR>1) le triangle équilatéral, donc un angle de 60 degrés, puis, par bissection, les angles de 30, 15 et 7,5 degrés. <BR> <BR>2) le pentagone, donc un angle de 72 degrés, puis, par bissection, les angles de 36, 18 et 9 degrés. <BR> <BR>Par différence des angles de 18 et 15 degrés, on construit un angle de 3 degrés. <BR> <BR>Si l'on pouvait faire plus petit, soit directement 1 degré, soit 2 degrés, d'où par différence 3-2 = 1 degré malgré tout, on pourrait, par addition construire tout angle d'un nombre entier de degré, en particulier 40 degrés, donc un ennéagone, dont il est bien connu que c'est impossible.<BR>
galax
Re: Problèmes en série.
il y a quatorze années
Bonsoir Bissam,

Oui, la solution de Domi est bonne,
c’est vrai que sa solution est simple.
Mais je compte poser d’autres problèmes de jeu nettement plus ardus.( pas ce soir, je m'endors ... )
Sincèrement,
Galax
Re: Problèmes en série.
il y a quatorze années
pour le problème 8 ) ma solution est equivalente a la tienne .En faite il y a un petit indice quand l'énoncé dit "balance de précision , au décigramme près ".On numerote les bouteilles de 1 a 10.
Ma solution est :
1 seul pesée suffit deja.
on prend 1 comprimé de la première bouteille ensuite 2 comprimés dela seconde bouteille etc... 10 comprimés de la 10ème bouteille.
si tous les comprimés péseraient 10 g alors la pésee P devrait être de 55g donc si P=54,9g alors les comprimés B sont dans la 1ère bouteille etc...
bs
Re: Problèmes en série.
il y a quatorze années
Bonjour

Pour le 7) , tout est parfaitement juste.
trouvé ici:
[planetmath.org]

Bonne journée.
bs
Re: Problèmes en série.
il y a quatorze années
<latex> Bonjour,

ce type d'exercices est appelé quickie chez nos amis anglais; les règles:
énoncé simple (comme pour les olympiades) , mais réponse simple , élégante, et ingénieuse (4 à 6 lignes maximum).

J'en possède un recueuil ( il figure dans le lien que j'ai mis dans le cadeau de Perplexa): Ingenious de L.A.Graham. Voici un de ces quickies parmi les plus jolis.

10) résoudre l'équation diophantienne :
$$a^3+b^3=c^4$$
galax
Re: Problèmes en série.
il y a quatorze années
<latex> Bonjour ,

Bs: J'aime ton problème N° 10)

je ne répond pas maintenant car je connais une solution astucieuse ( et avec laquelle le problème parait trivial ) donc je laisse chercher des autres

Ma méthode permet se généraliser aussi aux équations de la forme


$\displaystyle a^k+b^l=c^{kl+1}$

********************

Je propose une autre problème avec des *

problème 11)

On donne le polynome suivant:

$ x^{10}+ $ * $x^9 +$ ... + * $x^2 +$ * $ x + 1$

Deux joueurs jouent le jeu suivant : Chacun remplace à son tour une * par un nombre réel arbitraire dans le polynôme ci-dessus. Le jeu s'arrête quand toutes les * sont remplacées.
Si le polynôme ainsi obtenu n'as aucun racine réel, c'est le premier joueur qui gagne.
Dans le cas contraire c’est le second joueur qui gagne.
Montrer que second joueur peux toujours gagner. Décrire sa stratégie !
( Bissam: j'espère que cet problème va t'interesser plus que le n°5 )


****************
arno_nora :Pour le problème 6) je n'ai pas encore trouvé une solution satisfaisante, mais je chercherai encore

Sincèrement,

Galax
galax
Re: Problèmes en série.
il y a quatorze années
Bonjour AD,

Pourrez- tu efacer :
mon message vide du 12-19-06 17:04
et remplacer les lignes indiqués ci desous ( cf 12-19-06 17:07) par:

Je propose un autre problème avec des * ( 7° ligne )

Si le polynôme ainsi obtenu n'as aucune racine réel, c'est le premier joueur qui gagne. ( 14° ligne)

Merci pour ton éfficacité et ta gentillesse
Sincèrement,
Galax

[Je ne comprends pas ce que je dois modifier ?
Le message vide du 12-19-06 17:04 a déjà été supprimé !
Les autres modifs ont déjà été faites, avec correction d'orthographe ! AD]
Re: Problèmes en série.
il y a quatorze années
avatar
J'avais un peu oublié le 6°) .

Une solution pour le cas n pair : Jean veut qu'il reste deux entiers non premiers entre-eux . Les joueurs rayent des nombres à tour de rôle , Jean ne barre que des entiers d'abord et si possible impairs et si possible non divisibles par 3 . Il s'arrête pour réfléchir quand il lui reste 3 ou 4 nombres à barrer . Si Pierre à barrer systématiquement des nombres pairs , il reste au moins trois multiples de 3 sinon il reste au moins 3 multiples de 2 et la stratégie est simple pour finir .

Domi
Re: Problèmes en série.
il y a quatorze années
avatar
Toujours le 6°) ( suite et fin ) .

Pierre dispose d'un nombre impair de nombres à barrer et veut conserver 2 entiers premiers entre-eux . Une stratégie simple , deux entiers consécutifs sont premiers entre-eux . Les deux extrémités de la chaîne ont la même parité , il barre le premier ou le dernier de façon à ce que la nouvelle chaîne commence par un entier impair et se finisse par un entier pair . Ensuite si Jean barre q pair , Pierre barre q-1 et si Jean barre q impair Pierre barre q+1 . A la fin il restera 2 entiers consécutifs donc premiers entre-eux .

Domi
bs
Re: Problèmes en série.
il y a quatorze années
Ingénieux ,galax, pour le 10 , entre autre.
bs
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
<latex> Coucou,

pour le 10):

$a^3+b^3=c^4$
$[a/c]^3+[b/c]^3=c$
soit $a/c= m , b/c = n$
===> $c=m^3 + n^3, a=m(m^3+n^3) , b=n(m^3+n^3)$
Terminé.
galax
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
bonjour Bs,

Oui c'est la même idée que moi et ça marche aussi pour la généralisation que j'ai proposé.

Sincèrement,

Galax
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
avatar
<latex> Problème N°12)

Les points d'un plan sont coloriés en rouge ou en vert . Montrer que l'on peut trouver un triangle équilatéral de côté 1 ou $\sqrt{3}$ dont les sommets sont de la même couleur .

Domi

PS : pour le N°10 , quand on voit la solution on se demande comment on a pu ne pas y penser smiling smiley
bs
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
S'il n'y a qu'un seul point rouge et un autre vert dans ton plan, il parait difficile de trouver un triangle , même scalène. smiling smiley
galax
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
<latex> Bonjour Domi,

cf. problème n°12

En fait il suffit considérer un hexagone régulier de coté 1.
on note son centre $A_0 $ et ses sommets $ A_1 $ à $A_6$.
Sans perdre la généralité je peux supposer que la couleur de $A_0$ est verte.
Deux cas peuvent se présenter:
1° Il existe un sommet du hexagone vert, on peut supposer (sans perdre la généralité) que c'est $A_1$
On colorie en rouge $A_2$ et $A_6$ car sinon un triangle au mois
$A_0 A_1 A_2 $ ou $A_0 A_1 A_6 $ est colorié en vert,
dans ce cas-là la seule coloration $A_3$ et $A_5$ tous les deux rouges et $A_4$ vert ne conduit pas au triangle unicolore (conforme au énoncé)
Alors on considère un point $A_7$ symétrique de $A_0$ par rapport à $( A_1 A_2 ) $ et dans ce cas là quelque soit la couleur de $A_7$ on est en présence d’un triangle unicolore
(on a $ A_1 A_7 A_A_4$ vert ou bien $ A_2 A_3 A_A_7$ rouge)
2° Si toutes les sommets du hexagone sont rouges le triangle
$ A_1 A_3 A_5$ est rouge
n.b. $ A_1 A_7 A_A_4$ est de coté $ \sqrt{3}$ ,
et les triangles $ A_2 A_3 A_A_7$ et $ A_1 A_3 A_5$ sont de coté 1


PS Pensez au problème n°11!

Sincèrement,
Galax
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
avatar
<latex> Pour bs , tous les points sont coloriés smiling smiley

Pour galax , si j'ai bien compris ( il y a quelques erreurs qui traînent ) certains des triangles que tu considères sont de côté 2 et rien n'empêche qu'il soient unicolores . En fait on peut très bien imaginer un maillage en triangles équilatéraux dont les noeuds ne forment jamais un triangle équilatéral unicolore de côté 1 ou $\sqrt{3}$ . Il faut trouver autre chose .

Domi
galax
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
Bonsoir Domi

Oui je vois mon erreur !!!
Je tenterai d'ajouter d'avantage des points, car jusqu'à présent mon raisonnement ne montre que 8 points colorés en rouge et vert peuvent avoir une configuration non unicolore.
Mais je ne regarderai ça que demain.

Sincèrement,
Galax
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
avatar
<latex> Problème n°12 :

On se donne un point $A$. Il existe un point $B$ distant de $A$ d'une unité de même couleur. Sinon, le cercle de centre $A$ est formé de point de la même couleur et on a terminé.

Considérons deux points de la même couleurs distant d'une unité : disons deux points rouges $A$ et $B$.
Considérons l'hexagone de centre $A$ : $A_0A_1A_2A_3A_4A_5$ avec $A_0=B$. (ordonné dans le sens trigonométrique)
Considérons l'hexagone de centre $B$ : $B_0B_1B_2B_3B_4B_5$ avec $A_0=B$. (ordonné dans le sens trigonométrique)
Remarquons que $A_1=B_5$ et $A_5=B_1$.
Supposons qu'il n'existe aucun triplet formé de ces points dont tous les sommets sont rouges et formant un triangle équilatéral de côté $1$ ou $\sqrt{3}$.
Montrons qu'il existe un tel triangle dont tous les sommets sont verts.
On a : $A_1$ et $A_5$ sont verts car sinon $ABA_1$ ou $ABA_5$ forment un triangle équilatéral de points rouges de côté $1$.
Si $A_3$ ou $B_3$ sont verts alors $A_5A_1A_3$ ou $A_5A_1A_3$ forment un triangle équilatéral de côté $\sqrt{3}$ de couleurs vertes.
Supposons qu'ils sont rouges.
Alors $A_2$ et $B_4$ sont verts car sinon $AA_2A_3$ ou $BB_2B_3$ forment un triangle rouge de côté $1$.
Donc $A_5A_2B_4$ forment un triangle équilatéral de couleurs vertes et de côté $\sqrt{3}$.

Voilou...
galax
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
<latex> bonjour Ludovic,

Tu as fait mëme erreur que moi:
$ A_5A_2B_4$ forment un triangle équilatéral de coté 2.

Domi: J'ai réalisé qu'on peut colorier le réseau hexagonal sans pouvoir former un triangle unicolore « admissible » ; il suffit colorier une famille de droites parallèles passant par des points distant de l'unité ( couvrant toutes les nœuds du réseau ) alternativement en rouge et en vert.

Tu peux nous donner un petit indice?

Sincèrement,

Galax
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
avatar
Voila ce que c'est de lire les posts en diagonale. Grr!!

Bon, on peut quand même remarquer que c'est la seule façon à une isométrie près de remplir un réseau de tels points ou je parle encore trop vite.
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
avatar
Une petite illustration de ce que dit galax . En fait si on raisonne par l'absurde tout réseau de triangle équilatéraux de côté 1 est colorié de cette façon : la contradiction n'est pas loin .

Domi


Re: Problèmes en série.
il y a treize années
avatar
galax .

J'ai commencé à regarder le N°11 , je suis suis pas sûr d'avoir compris le problème . Ce que tu appelles "le deuxième joueur" c'est celui celui qui joue en deuxième ou simplement celui qui adopte la stratégie d'avoir une racine réelle ( si le deuxième joue en premier sa stratégie est simple ) .

Domi
galax
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
Bonjour Domi,

J'ai supposé que le second jouer joue en seconde position ( en fait comme tu l'as remarqué c'est sans importence )


Sincèrement,

Galax
georgesZ
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
Bonjour,

Je reviens sur l'équation diophantienne a^3+b^3=c^4.

Si résoudre cette équation signifie la résoudre dans Q*, pas de problème.

Mais s'il s'agit de la résoudre dans Z*, cela se complique un peu, si on les veut toutes.

Je trouve (en posant m=p/q et n=r/s) : p, r dans Z* sont tels que :
p^3+r^3 =q^4*l (où q est premier avec p et aussi avec r)

et on a c=q*l, a=p*l et b=r*l.

Inversement, pour tous p, r dans Z*, et tout q dans N* tel que
p^3+r^3 =q^4*l (q souvent ne peut être égal qu'à 1), alors
c=q*l, a=p*l et b=r*l conviennent.

Amitiés,

Georges
bs
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
<latex> Bonjour Georges,
pour le problème n°10:$a^3+b^3=c^4$.

La solution recherchée était dans lN, et, il me semble ,qu'ayant travaillé par équivalence , les triplets obtenus donnent toutes les solutions.( message du 20/12 à 10h46).

Maintenant , dans $\Z$, on obtient toutes les solutions à l'aide d'une légère modification:
$c=m^3-n^3, a=m(m^3-n^3),b=-n(m^3-n^3); m>n>0$
ces nouveaux triplets s'ajoutant aux précédents.

pour m=3,n=2, on obtient respectivement:

dans lN :$105^3+70^3=35^4$, et ,
dans $\Z$, on a en plus: $57^3-38^3=19^4$

Ce que tu proposes, c'est de chercher dans $\Q$ maintenant ?

Amicalement.
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
avatar
Pour le 12 , regarder les points qui sont à une distance 2 sur le maillage proposé précédemment .

Domi
georgesZ
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
Bonjour bs,

Si l'on a (1) a^3+b^3=c^4 (a,b,c dans Z),

en posant, m=a/c, n=b/c, m et n sont des rationnels a priori, et on a :
(*) c=m^3+n^3, a=m(m^3+n^3), b=n(m^3+n^3)
qui sont entiers.

Inversement, m et n peuvent être des rationnels non entiers qui donnent par (*) des entiers a,b, c solutions de (1).

(En ne prenant que des m ,n entiers, tu ne trouves comme solutions de (1) que des a et b multiples de c, or il y en a d'autres, voir plus bas).

Par contre, si on cherche les rationnels a,b,c tels que (1), alors les formules (*) où m, n sont quelconques dans Q, donnent tous ces (a,b,c) clairement.

Pour la recherche des solutions entières, il faut donc poser m=p/q et n= r/s irréductibles dans Q et examiner les cas où les formules (*) donnent des entiers. C'est ce que j'ai fait et j'ai donné la fin de mon étude.

Si on trouve p, r dans Z*, tels que p^3+r^3=q^4*l, où q>=2, pgcd(p,q)=pgcd(r,q)=1,

(par exemple 7^3+9^3=2^4*67 donne q=2 et l=67, pour p=7,r=9)

alors m=p/q (7/2) et n=r/q (9/2) sont non entiers et donnent :

c=m^3+n^3=q*l entier (2*67),
a=m(m^3+n^3)=(p/q)*(q*l)=p*l entier (7*67)
b=n(m^3+n^3)=(r/q)*(q*l)=r*l entier (9*67)
et (a,b,c) vérifie (1) (469^3+603^3=134^4).

Amicalement,
Georges
bs
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
OK, compris.
Je complète le livre dans lequel ne figuraient pas toutes ces solutions.
Merci Georges.
galax
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
Bonjour Domi,

Pour problème n°12 je ne trouve toujours pas la contradiction recherchée. Tu nous la donne comme un cadeau de Noël ?

Une indication pour le problème n°11: Deuxième joueur peux gagner, il est important qu’à la fin (pour le premier joueur) il ne reste aucune * à coté de monôme paire

Joyeux Noël.
Sincèrement,
Galax
galax
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
Bonjour AD,

Tu peux remplacer la troisième ligne de mon message par :
nous la donne comme ...
Merci pour ta gentillesse.

Joyeux Noël.
Sincèrement,
Galax

[Correction faite. A ton service. AD]
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
avatar
Indice pour indice Galax, dans le réseau de triangles équilatéraux tous les sommets distants de 2 sont de la même couleur. Oublie le réseau et considère deux points dont la distance est 2, tu devrais pouvoir conclure.

Bon Noël ! Si tu ne trouves pas la solution avant minuit je te la donne, juré !

Domi
galax
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
Merci Domi,

J'ai constaté dèjà ce que tu dis.
La nuit m'apportera un bon conseil (peut-être) pour la suite.
Bonne nuit
Galax
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
avatar
<latex> Problème N°11 ,

je n'arrive pas à conclure , voilà l'idée que j'ai suivie ( elle n'aboutit pas ) :

$P(x)=1+a_1x+a_2x^2+a_3x^3+...a_9x^9+x^{10}$ .
$P(0)=1$ est positif il faut donc que $P$ prenne des valeurs négatives .
$P(1)=(2+a_2+a_4+...+a_8)+(a_1+a3+...+a_9)=A+B$
$P(-1)=(2+a_2+a_4+...+a_8)-(a_1+a3+...+a_9)=A-B$
Si le deuxième joueur peut choisir le dernier des coefficients constituant $A$ , il s'arrange pour rendre $A$ négatif et alors quelque soit $B$ , $f(1)$ ou $f(-1)$ est négatif et c'est gagné . Mais si le premier joueur a suspecté la stratégie du deuxième , il ne va choisir de compléter en priorité les coefficients de $B$ jusqu'à ce qu'il ne reste plus qu'une valeur dans $A$ il choisira alors cette valeur pour que $A$ soit positif et $A>|B|$ et la stratégie du deuxième joueur s'écroule . Je passe peut-être à côté d'une idée simple ?

Domi
galax
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
Bonjour Domi,

Problème 11
Autre indication
Regarde ce qui se passe aux points 2 et -1 à l'avant dernière étape où la stratégie du second jouer a forcée avoir au mois un monôme avec * de degré impair

Problème 12
Je passe à côté de quelque chose qui saute aux yeux!

Joyeux Noël

Sincèrement,

Galax
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
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<latex> Bonsoir galax , nous devons tous les deux avoir les yeux bouchés , je pensais t'avoir tout dit et je ne vois toujours pas la solution à ton problème !!! Je te livre ma solution avant d'attaquer les huitres et le foie gras , après ce serait trop aléatoire .
On se place dans l'hypothèse où l'énoncé est faux et on considère deux points à la distance 2 on peut alors construire un réseau de triangles équilatéraux de côté 1 dont ces deux points sont des noeuds , ils sont donc de la même couleur . Autrement dit , tout cercle de rayon 2 est unicolore , ce qui revient à dire que le plan est unicolore et alors on peut trouver aisément un triangle équilatéral de coté 1 ou $\sqrt{3}$ dont les sommets ont la même couleur .

Bon réveillon !

Domi
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
Si tu permets Domi
Problème N 12


galax
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
<latex>
Bonsoir Domi,

pour améliorer ta dégustation de foi gras avec un toast et d'autres délices je te livre la dernière partie du problème 11:

Grâce à son stratégie du second jouer peut avoir au mois un monôme avec * de degré impair avant son dernier tour (par exemple il peut jouer les µ de parité différant que le premier joueur )

supposons que derniers monômes avec * sont x^m et x^n avec n impair

donc ( je reprends tes notations ) à cette étape

P(x) est de la forme Q(x) + $a x^m + b x^n $ où a et b représentent deux dernières *

On constate que P( -1 ) = Q (- 1 ) + $a (-1)^m $ - b
P( 2 ) = Q ( 2 ) + $ a 2^m + b 2^n $

on peux en déduire que
$2^n P(-1) + P(2) = 2^n Q(-1) + Q(2) + a ( 2^m -2^n (-1)^m ) $

alors le choix de
$ a = - \frac {2^n Q(-1) + Q(2) } {2^m -2^n (-1)^m}$

assure que quelque soit le choix de b on aura

$2^n P(-1) + P(2) = 0 $

et on en déduit que : soit P(2) = 0 ( et c'est gagné! ) soit que P(-1) et P(2) sont de signes opposés et le TVI permet conclure .


ouf, je me suis pas relu et j'espère ne pas avoir fait des étourderies ( comme ca peux parfois m'arriver )

Allume maintenant des bougies ton sapin et Joyeux Noël



Sincèrement,

Galax

PS je lirai ta contradiction à propos de 12 que demain
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
avatar
Merci galax , j'ai compris ( le pire est que je n'étais pas loin ) . J'espère que toi aussi tu as compris pour le 12 sinon je peux expliquer davantage .

Joyeux Noël !

Domi
galax
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
Merci Domi,

Tes explications du 12-24-06 20:59 sont parfaitement claires. Merci.

Sincèrement,

Galax
Victor-Emmanuel
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
Bonsoir, et joyeux Noël! (oups, il est déjà un peu tard...)

Je n'ai pas encore lu tout votre post, mais ça ne saurait tarder. En attendant j'ai un problème, pas très compliqué, mais un tout petit peu astucieux à vous soumettre :
Etant donnés 1000 points du plan, montrer qu'il est possible de trouver une droite ne passant pas aucun de ces points, et telle qu'il y en ait exactement 500 de chacun de ses côtés.
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
avatar
<latex> L'ensemble des pentes des droites $(M_iM_j)$ étant fini, il existe $m\in\R$ qui n'est pas une pente de ces droites. Soit $D$ une droite de pente $-\dfrac{1}{m}$ et $P_i$ la pente de $M_i$ sur $D$. Les $P_i$ sont eux à deux distincts. Soit $M$ un point de $D$ qui sépare l'ensemble des $P_i$ en deux. La droite passant par $M$ et orthogonale à $D$ répond à la question.

galax
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
<latex> bonjour CQFD,


Je crois que dans l'esprit de ce post ( sans trahir emre54 12-15-06 19:51 ) chacun qui résoud un problème ( ce que tu as fait brillament) peux aussitôt poser le sien.

Je propose pour les raisons pratiques numéroter les problèmes.

*********

KALINDA >>> tu nous a proposé le problème 12

Il est connu que cette formule provient de Newton.

En ce qui concerne sa démonstration : tu pense sans doute à utiliser la série entière de Arc sin x pour $x= \frac {1} {2}$ qui donne aussitôt la solution de problème 12.

Sincèrement,

Galax
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
avatar
galax : toutes mes excuses, je n'avais pas compris l'esprit du post...
Bon, je me lance :
Soit n un entier positif qui est la somme des carrés de trois rationnels. Montrer que n est la somme des carrés de trois entiers.
(en espérant que l'énoncé est dans l'esprit du post)
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
avatar
<latex> Pour ne pas trop se perdre :

PB 13 : le problème de Kalinda avec $\pi$ .
PB 14 : le problème de Victor-Emmanuel et ses 1 000 points .
Pb 15 : le problème de CQFD et ses sommes de carrés .

Agent Domi smiling smiley
bs
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
<latex> Bonjour CQFD ,
dans ton message précédent : $P_i$= projection ?
merci.
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
avatar
Bonjour,

Le problème de CQFD est connu sous le nom de lemme de Davenport-Cassels. Je posterai une preuve si personne ne trouve.

Cordialement,

Ritchie
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
avatar
<latex> Oui pardon, $P_i$ est le projeté orthogonal et non la pente comme je l'ai écrit.
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
avatar
Je peux également poster une preuve du problème que j'ai posé (peut-être est-elle différente de celle de Ritchie). En tt cas, je ne savais pas qu'il portait le nom de "lemme de Davenport-Cassels".
galax
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
<latex> bonjour,

KALINDA>>>
PB 13
Que pense tu de l'approche pour résoudre ton problème que j'ai proposé?

CQFD, Ritchie >>>>
Pb 15
S'il a personne qui réagit, j'aimerai connaitre ( et sans doute je ne suis pas seul ) vos approches pour résoudre ce problème.
Personellement je connais la preuve de ce résultat qui est le livre de Serre: Cours d'Arithmétique.


Sinon, il a aussi un résultat plus simple: Thèoréme d'AUBRY

Soit n un entier positif qui est la somme des carrés de deux rationnels.Alors n est la somme des carrés de deux entiers.
**************

Je me permet de proposer un nouveau problème:

problème16:
Soit $ sin (x) = \frac{3}{5}$. Montrer que $ 5^{25} sin ( 25 x) $
est un nombre entièr non divisible par 5
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
<latex> Bonjour,

pour le probleme 16:

on a $ \Large{cos x=+-\frac{4}{5}}$

et en écrivant que :$\Large{sin(25x)=Re((cos(x)+isin(x))^{25})}$

on obtient en développant le binome de Newton apres multiplication par $\Large{5^{25}}$ qu'il ne reste plus que des produits de puissances de 4 et de 3.

Il ne faut garder que les puissances paires de i pour avoir la partie réelle hors :

$\Large{5 / C_{25}^{2k} ,1 \leq k \leq 12}$ donc il reste une somme de nombres divisibles par 5 sauf le premier terme pour k=0 qui n'est pas divisible par 5 donc le tout n'est pas divisible par 5.
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
avatar
<latex> Voici une solution du problème 15 :

On munit $\R^{3}$ de son produit scalaire canonique.
Soit $n$ un entier qui est la somme des carrés de trois rationnels.
Il existe $t\in\N^{*}$ et $x\in\Z^{3}$ tels que $(x|x)=nt^{2}$. Choisissons $t$ et $x$ de sorte que $t$ soit minimum.
Posons $(u_{1},u_{2},u_{3})=\dfrac{x}{t}$ et choisissons $y=(y_{1},y_{2},y_{3})\in\Z^{3}$ tel que $|y_{i}-u_{i}|\le\dfrac{1}{2}$ pour $1\le i\le 3$; on a
$\left\|y-\dfrac{x}{t}\right\|^{2}\le\dfrac{3}{4}
galax
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
<latex> Bonjour,

CQFD>>> Ta démonstration est très proche de celle de livre de JP Serre.
En tout cas c'est un joli résultat.
Est-ce que tu as quelques idées à propos de l'origine de ce problème ?
Ritchie >>>> Ta preuve est la même?




Marc>>>> ( cf 12-28-06 03:46) Peux-tu développer ta démarche?

sinon $ \Large {sin(25x)=Im((cos(x)+isin(x))^{25})}$

***************

une indication pour une autre approche du problème n°16

Poser $ p_ n = 5^{n} sin ( n x) $
$ q_ n = 5^{n} cos ( n x) $

et utiliser $ sin((n+1)x) = sin(x) cos(nx) + cos(x) sin(nx)$ et
$ cos((n+1)x) = cos(x)cos(nx) - sin(x) sin(nx) $
puis trouver des relations de récurrence pour $ p_{n+1} $et $q_{n+1}$



Sincèrement,

Galax
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
avatar
Le problème vient d'un sujet d'oral que j'ai pris dans la RMS
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
avatar
Un nouveau problème d'apparence très simple mais qui se révèle extrêmement ardu et dont je n'ai pas la solution smiling smiley

Problème 17 :
On dispose 45 pièces de 1€ en différentes piles de tailles quelconques . On regroupe ensuite les pièces se trouvant au sommet de chaque pile pour constituer une nouvelle pile de pièces . Montrer qu'en renouvelant cette opération un certain nombre de fois , on aboutit toujours à la configuration stable de neuf piles de tailles toutes différentes .


Domi
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
avatar
Patience Domi : comme tu le sais (j'en suis sûr), il s'agit du problème du mois de l'université de Regina; nous aurons la solution dans qq jours.
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
avatar
Je ne le savais pas , CQFD , je l'ai découvert sur un autre site ( sans la référence ) , merci ! En tout cas , il est très amusant à chercher et ceux qui ne le connaissaient peuvent s'y essayer : plaisir garanti !

Domi
galax
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
<latex> Bonjour,

Une indication pour le problème n°16

Posez $ p_ n = 5^{n} sin ( n x) $
et $ q_ n = 5^{n} cos ( n x) $
et utilisez $ sin((n+1)x) = sin(x) cos(nx) + cos(x) sin(nx)$ et
$ cos((n+1)x) = cos(x)cos(nx) - sin(x) sin(nx) $
on a donc :
1°) soit $ p_1=3$ et $q_1=4$
et
$ p_{n+1}= 4p_n +3q_n$
$ q_{n+1}=-3p_n+4q_n$

2°)soit $ p_1=3$ et $q_1=-4 $
et
$ p_{n+1}= -4p_n +3q_n$
$ q_{n+1}=- 3p_n-4q_n$

puis exprimez dans les deux cas $5p_n$ et $5p_n$ et étudier le reste de division par 5 de $p_n$ et $q_n$

Bon courrage!

Sincèrement,

Galax
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
avatar
Pour ceux qui douteraient de ma bonne foi ( qui ne me connaissent pas ) , je n'ai jamais utilisé ce forum pour pomper des idées aux brillants cerveaux qui le hante pour m'en vanter ailleurs .

PB17 : J'ai une solution "made by myself" . A vous de jouer et vite , avant le couperet smiling smiley

Domi
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
avatar
Pb 17 : Pas de réaction ? Je livrerais ma solution à minuit plus quelques heures si personne ne trouve avant ( ce qui m'étonnerais ) .

Domi
bs
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
Bonjour,
Problème 18 :un petit exercice rigolo ( en attendant le réveillon )

1) Si un fermier possède une pâture circulaire , en attachant une chèvre à un piquet à l'aide d'une corde de bonne dimension, elle mangera toute l'herbe de ce pré.
2) Si un fermier possède une pâture elliptique ,en reliant par une corde de bonne dimension deux piquets plantés aux foyers, en attachant une chèvre à cette corde à l'aide d'un anneau relié à son cou, elle mangera encore toute l'herbe de ce pré.
3) Maintenant, si le fermier possède une pâture carrée, comment va-t-il attacher sa chèvre pour qu'elle mange encore toute l'herbe du pré, et uniquement l'herbe du pré.


Amicalement.
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
avatar
Bonjour et bonne année à tous .

Pb 17 : la solution n'est toujours pas parue sur le site de Regina , il vous reste donc quelques jours pour chercher . Je vous donne quand même le début de ma solution .

Le mouvement des pièces d'une étape à l'autre peut-être représenté de la façon suivante ( voir figure jointe : la position de départ est en bleu ) .

On suppose que les piles sont rangées de la plus haute à la plus basse .

Passage d'une position à la suivante :

1°) On remplace les pièces sous l'axe des abscisses par leurs symétriques par rapport à (D) .
2°) On déplace l'ensemble des pièces par la translation de vecteur u .
3°) On fait glisser certaines pièces vers la gauche pour remettre les colonnes en ordre décroissant .

Observer au cours des manoeuvres 1°) 2°) 3°) la distance des pièces par rapport au point I .

Pb 18 : je sèche pour le moment smiling smiley .

Domi
galax
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
Bonjour Bs,

D'abord une Bonne et Heureuse Année 2007 pleine des Succès, Bonheur et Santé
à toi et à tout le monde.

Pour ton problème 18 - 3°), une idée (mais la pauvre chèvre risque s'emmêler dans les fils):
Placer au milieu de chaque coté un piquet et tendre une corde entre deux piquets se trouvant sur les cotés parallèles
Puis attacher la chèvre sur chaque corde tendu par un fil glissant de longueur demi coté de carré.
En outre un de ces fils tendus doit être placé près de sol et l’autre en hauteur (pour donner à la chèvre l’accès à toute la surface du pré.
La justification géométrique de cette approche me semble très simple, mais sans doute tu as une solution beaucoup plus simple.

Sincèrement,
Galax

PS Pour le problème 16 je donnerai ma solution, dans une semaine, s’il n'y a personne qui le résout d’ici là.
bs
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
D'abord, bonne année à tous.

Ensuite, la référence: "Mathématiques venues d'ailleurs"; en l'occurrence, ici c'est l'URSS, paru chez Belin en 1982.
Le deuxième chapitre s'intitule "La chèvre et la corde". C'est simple: on dessine une figure géométrique, et on regarde comment on peut amener une chèvre à dessiner cette figure.

Un indice pour le carré: Considérons deux pieux placés en (-3,0) et (+3,0) dans une b.o.n. Relions ces deux pieux par un câble en dur, non flexible. On permet à une ficelle, de longueur 1, de coulisser sur ce câble, et on attache la chèvre à l'autre extrémité de cette ficelle.
Quelle est alors la forme de la surface dessinée par la chèvre ?
(je crois , ceci n'est pas dans le livre , que cette figure s'appelle une saucisse de Minkowski ? [ à confirmer] )

Cet indice doit vous permettre de résoudre cette énigme champêtre.

Galax, la solution ici est plus simple , et moins contraignante pour notre capridé.

Amicalement.
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
avatar
La solution au Pb17 est parue sur le site de Regina , je préfère la mienne , mais ce n'est pas étonnant smiling smiley

Domi
galax
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
Bonjour Domi,

Si tu veux, tu peux nous dévoiler ta solution du problème n°17.

Et encore une Merveilleuse Nouvelle Année 2007


Sincèrement,

Galax
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
avatar
Je te répondrai bientôt, le temps de m'habituer au nouveau forum et de mettre au propre le bout de chiffon qui me sert de "démonstration" .

Domi



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a treize ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par Alain Debreil.
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
Domi, pourquoi ne proposes-tu pas tes solutions à l'université de Régina ? Plus on est de fous, plus on ri !
galax
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
Bonjour,

Voici une solution du problème 16.

Le debut de cette solution ce trouve dans mon message du sam 30 décembre 2006 18:28:27.

Je ferai ici l'étude du 1°cas
soit $ p_1=3$ et $ q_1=4$
et
$ p_{n+1}= 4p_n +3q_n$
$ q_{n+1}=-3p_n+4q_n$
Il est clair que $p_n$ et $q_n$ sont entières

On déduit, de 2 relations ci-haut, que modulo 5 les suites $p_n$ et $ q_n$ sont périodiques de période 4.

En effet, on a modulo 5 $p_1= 3, p_2= 4, p_3= 2, p_4= 1, p_5= 3$ ...
et $q_1= 4, q_2= 2, q_3= 1, q_4= 3, q_5= 4$ ...

Ainsi $p_25 = p_1 = 3$ ce qui montre que $p_{25}$ n'est pas divisible par 5, ce qui signifie que $ 5^{25} \sin(25x)$ n'est pas divisible par 5 lorsque
$\sin(x) = \frac{3}{5}$ et $ \cos(x) =\frac{4}{5}$ .

L'autre cas peut être traité de la même façon.

Sincèrement,
Galax

[Corrigé selon ton indication. AD]
galax
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
Bonsoir,

Voici un autre problème (je suis sûr que Domi l’appréciera)

PROBLEME 19

Soient $A_1$, $A_2$, ... , $A_{50}$ 50 sous ensembles différents d'un ensemble fini E,
tels que chacun contient plus que la moitié des éléments de E.
Démontrer
qu'il existe un sous ensemble B de M ayant au plus 5 éléments qui a une intersection non vide avec chacun des ensembles $A_1$, $A_2$, ... , $A_{50}$

Sincèrement,

Galax
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
avatar
bonjour,

Le PROBLEME 19 n'interesse personne?

Sincèrement,

Galax
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
avatar
Galax , je ne t'ai pas oublié pour le problème 17 , j'essaie juste de voir si je peux trouver une explication simple au majorant proposé par le site , à bientôt donc ...

Domi
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
avatar
Merci Domi pour ton message.

J'espère aussi que le problème 19 te plaira.

Sinon une question complémentaire pour ce problème, mais qui n'influence pas sa solution.

Posons en plus M = {1, 2, ..., n}, quel est n minimal pour qu'il existe 50 sous ensembles différents de M dont chacun a plus de moitié des éléments de M.


Ne hésite pas de poser aussi un nouveau de tes problèmes ici.
Car même, si je ne trouve pas chaque fois, c'est toujours un plaisir de tenter les résoudre.

Sincèrement,

Galax
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
avatar
Il me plait , galax , si j'arrivais à trouver un peu de temps ... ( je suis un peu lent ! )

Je posterais aussi à l'occasion d'autres problèmes .

Domi
gb
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
On classe les parties de $M$ par paires $\{A,B\}$ avec $A$ et $B$ complémentaires.
Entre $A$ et $B$, l'une des parties aura plus de la moitié des éléments de $M$, l'autre moins de la moitié, plus les cas où $A$ et $B$ ont chacun la moitié des éléments...si $n$ est pair.
Pour trouver les 50 parties voulues, il faudra déjà que $M$ admette au moins 100 sous ensembles. Comme $2^7 = 128$, et que 7 est impair, $M = \{1,2,3,4,5,6,7\}$ est l'ensemble minimal voulu avec 64 parties à plus de 4 éléments, et leurs 64 complémentaires à moins de 3 éléments.
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
avatar
Rebonsoir Gb,

Oui c'est la réponse à cette question

Galax



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a treize ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par AD.
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
avatar
Bonsoir.

Ce pb est relativement connu: il faut demander à l'un "Que dirait ton frère si je lui demandais qui tu es?"
C'est un peu mathématique quand même :
cela illustre que $(-1)*1 = 1*(-1) = -1$

Oups, excusez cette intrusion, je répondais à la question posée au bas de la première page de ce sujet...pas encore habitué à la nouvelle pagination du forum.
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
avatar
bonjour,

Voici une indication pour le

{\bf PROBLEME 19

Soient $ A_1$, $ A_2$, ... , $ A_{50}$ 50 sous ensembles différents d'un ensemble fini E,
tels que chacun contient plus que la moitié des éléments de E.
Démontrer
qu'il existe un sous ensemble B de E ayant au plus 5 éléments qui a une intersection non vide avec chacun des ensembles $ A_1$, $ A_2$, ... , $ A_{50}$ }

INDICATION:
démontrer d'abord

Si chaque ensemble $ A_1$, $ A_2$, ... , $ A_{50}$ contient plus de moitié des éléments de E,
alors il existe un élément de E qui se trouve dans plus de moitié des $ A_1$, $ A_2$, ... , $ A_{50}$

J'espère que ceci vous permettra résoudre ce problème


Sincèrement,

Galax
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
avatar
Je n'ai pas lu ce sujet avant et là je viens et je lis ce problème 19. Et l'énoncé me pose déjà un problème. Tu parles d'un ensemble M que tu n'a pas défini. Soit il y a une faute de frappe, soit tu ne l'as effectivement pas défini soit je n'ai pas compris l'énoncé.
Est-il possible d'éclairer ma lanterne ?

Merci.
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
avatar
merci rémi,
j'ai corrigé la faute de frappe de l'énoncé du problème 19.

Galax
georgesZ
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
Bonjour,

Pb 19.
L'indication de galax (qui s'obtient en disant : si tout élément de E est utilisé au plus k fois dans p parties ayant plus que la moitié des éléments de E, alors...) donne le résultat: car 26+13+6+3+2=50.

Je reviens sur le Pb 6 d'arno_nora du 18/12/07:

je crois que, pour n>=11,
- si n est impair, celui qui commence gagne
- si n est pair, celui qui joue en second gagne.

Cela ne correspond pas à ce qu'on dit arno_nora et Domi...

Qu'en pensez-vous,

Bonne année à tous,
Georges
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
avatar
bonjour georgesZ,

Oui georges, c'est le bon raisonnement.

Cependant pour les autres ca mérite d'être un peu plus développé, si tu veux je te

laisse le faire.

Sincèrement,

Galax
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
avatar
georgesZ

Bonjour,
Je reviens sur le Pb 6 d'arno_nora du 18/12/07: > je crois que, pour n>=11,
- si n est impair, celui qui commence gagne
- si n est pair, celui qui joue en second gagne.
Cela ne correspond pas à ce qu'on dit arno_nora et Domi

Je crois qu'en effet le deuxième joueur retirant en priorité les multiples de 6 puis les multiples de 2 enlève beaucoup de chances au premier joueur . J'avais vraiment survolé le problème thumbs up merci . Du coup il faudrait expliciter la stratégie du second joueur car pour n assez grand les facteurs premiers intervenant peuvent être nombreux !

Domi



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a treize ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par Domi.
georgesZ
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
Bonjour Galax et Domi,

Pour le Pb. 19, je crois en avoir dit assez, si quelqu'un veut un démo complète, je laisse à l'auteur (Galax) de la faire.

Pour le PB. 6, seuls les multiples impairs de 3 interviennent.

1) On commence par étudier le cas n=2p+1 impair.

- Si Pierre commence (n>=3), il raye le plus grand entier et présente à Paul p couples d'entiers successifs, donc il gagne.

- Si Paul commence et

a) on a p impairs et (p+1) pairs (n>=3), il raye un impair à chaque fois qu'il doit jouer et présente finalement à Pierre au moins 2 pairs, donc Paul gagne.

b) on a (p+1) impairs et p pairs (n>=11), il y a au moins 2 impairs multiples de 3, donc Paul tant que Pierre lui présente (k+1) impairs et k pairs (sinon on est ramené au cas a)) raye des impairs, d'abord les non multiples de 3 s'il en reste. Avant la fin (si Pierre n'a enlevé avant que des pairs) Pierre lui présente : 2 impairs multiples de 3 et un pair (Paul enlève le pair) ou 1 impair multiple de 3 et 2 pairs (Paul enlève l'impair). Donc Paul gagne encore.

2) Puis le cas n=2p pair.

- Si Paul commence (n>=4), il présente à Pierre :

ou bien (2p-1) entiers successifs et Pierre gagne

ou un nombre impair d'entiers successifs et un nombre pair d'entiers successifs. Pierre raye le plus petit entier de l'intervalle impair et présente à Paul (p-1) couples d'entiers successifs, donc Pierre gagne.

-Si Pierre commence (n>=12),

a) il enlève un impair, et présente à Paul (p-1) impairs et p pairs, donc Paul gagne

b) il enlève un pair, et présente à Paul p impairs consecutifs et (p-1) pairs, donc Paul gagne (car n-1>=11).

Amitiés,
Georges
bs
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
avatar
Bonjour Georges,
merci de m'épauler, mais un maillon me manque pour bien comprendre.
Rappel: $a^3+b^3=c^4$

tu écris:

"Je trouve (en posant m=p/q et n=r/s) : p, r dans Z* sont tels que :
p^3+r^3 =q^4*l (où q est premier avec p et aussi avec r)
et on a c=q*l, a=p*l et b=r*l".

Donc q=s ? Mais comment trouves-tu ce que tu énonces en deuxième ligne ?

Merci.
georgesZ
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
Bonjour bs,

Si l'on a (1) a^3+b^3=c^4 (a,b,c dans Z*),
en posant, m=a/c, n=b/c, m et n sont des rationnels a priori et c=m^3+n^3 lui est entier.

On pose donc m=p/q et n= r/s irréductibles dans Q* (q,s dans N*) et on a :

c=(p^3s^3+r^3q^3)/(q^3s^3) entier.

Puisque q^3 divise (p^3s^3+r^3q^3), q^3 divise p^3s^3, donc (q^3 et p^3 sont premiers entre eux) q^3 divise s^3, donc il existe k dans N* tq. s^3=kq^3 et on a :

c=(kp^3+r^3)/(kq^3).

De même k divise r^3, donc il existe l dans Z* tq. r^3=k*l.

Or s^3 et r^3 sont premiers entre eux, donc on a k=1, s^3=q^3 donc s=q.

Donc c=(p^3+r^3)/q^3, a=c*p/q=p(p^3+r^3)/q^4,

donc il existe s dans Z* tq. (2) p^3+r^3=s*q^4

et alors c=s*q, a=s*p, b= c*r/q=r(p^3+r^3)/q^4=s*r.

Inversement, si p,r,q sont dans Z* tq. (2) (où on peut se contenter des cas où p et q (resp. r et q) sont premiers entre eux) et si c=s*q, a=s*p,b=s*r on a :
a^3+b^3=s^3(p^3+r^3)=s^4*q^4=c^4.

Remarque. Pour p, r dans Z*, écrivons : p^3+r^3=+_p_1^(alpha_1)*..p_q^(alpha_q) (décomposition en produit de facteurs premiers).
-Si les alpha_1, ..,alpha_q sont <=3, la seule possibilité de trouver s et q tq. (2) est : s=p^3+r^3 et q=1 (qui donne (a,b,c) par l'expression des solutions rationnelles de (1) pour p=m et r=n).
-Si par exemple alpha_1>=4, et si p_1 ne divise pas p (car s'il divise p, donc r, on peut obtenir la solution (a,b,c) autrement), on peut prendre q=1 ou bien q=p_1...

PS. Domi et arno_nora êtes-vous d'accord sur ma démo du Pb. 6?

Je vous propose :

Pb. 20. Un jogger P (agé) court chaque jour un nombre entier >=0 de km. Mais son docteur l'empêche de faire plus de 12 km pendant 7 jours successifs. Il fais cela pendant 54 semaines. Trouver l'entier N maximal tel que, pour p=1,..,N, il existe une période de jours successifs pendant lesquels P a couru p km (et donner le nombre minimal de telles périodes distinctes).

Amicalement,
Georges
bs
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
avatar
Merci Georges, c'est très clair et joli résultat.

16ème ligne avant la fin :
"donc il existe s dans Z* tq. (2) p^3+r^3=s*q^4",
suggestion: peut-être remplacer s par t, car s a été utilisé précédemment comme dénominateur de r/s. Maintenant, le contexte ne prête pas à confusion...

Amicalement.
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
avatar
Bonjour georgesZ,

Tu écrit que :

Un jogger P (agé) court chaque jour un nombre entier >=0 de km

N'est-il pas mieux supposer que:

...court chaque jour un nombre entier > 0 de km ?

Sincèrement,

Galax
georgesZ
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
Bonjour Galax,

Dans le Pb.20, P est têtu et court chaque jour au moins 1 km (quelque soit le climat).

Ta question me laisse penser que tu connais la réponse...

J'ai fait une faute d'accord : Il fait cela
Toi aussi : Tu écris que
On ne se relit pas assez!

bs tu as raison : à la fin il vaut mieux mettre t à la place de s.

Amitiés,
Georges
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
avatar
bonsoir georgesZ,

oui j'ai déjà vu un problème qui ressemble au tien ...

Mais j'espère que qu'il aura plein de personnes qui chercherons sa solution, car

c'est un problème vraiment joli.

Sincèrement,

Galax
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
avatar
Bonsoir,

Voici une solution du problème 19

Supposons que E a n éléments et démontrons:
Si chaque ensemble $ A_1$, $ A_2$, ... , $ A_{50}$ contient plus de moitié des éléments de E,
alors il existe un élément de E qui se trouve dans plus de moitié des $ A_1$, $ A_2$, ... , $ A_{50}$
(propriété P)( cf mon message du mar 23 janvier 2007 09:29:36)

En effet,
Sinon chaque de n éléments de E se trouve dans au plus 25 ensembles $A_i$, donc le cardinal de leur réunion disjointe est au plus 25 n. Mais on sais que chacun des $A_i$ contient plus que la moitié des éléments de E et ainsi leur réunion disjointe contient donc strictement plus de 50 . (n /2) = 25 n éléments.


En utilisant plusieurs fois (propriété P) on résolve le problème 19 :

Soient $ A_1$, $ A_2$, ... , $ A_{50}$ 50 sous ensembles différents d'un ensemble fini E,
tels que chacun contient plus que la moitié des éléments de E.
Démontrer
qu'il existe un sous ensemble B de E ayant au plus 5 éléments qui a une intersection non vide avec chacun des ensembles $ A_1$, $ A_2$, ... , $ A_{50}$



En effet:
Il existe un élément a de E qui appartient dans 26 au mois des $A_i$, que nous excluons de suite de notre raisonnement
Il reste donc 50- 26 =24 $A_i$ et
il existe donc un élément b de E qui appartient dans 13 au mois des $A_i$, que nous excluons également de suite de notre raisonnement
Il reste encore 24 – 13 = 11 ensembles $ A_i$
il existe donc un élément c de E qui appartient dans 6 au mois des $A_i$, que nous excluons également de suite de notre raisonnement
Il reste encore 11 – 6 = 5 ensembles $A_i$
il existe donc un élément d de E qui appartient dans 3 au mois des $A_i$, que nous excluons également de suite de notre raisonnement
Il reste encore 5-3 = 2 ensembles $A_i$
il existe donc un élément e de E qui appartient dans 2 $A_i$, restants.
Ainsi l’ensemble formé de a, b, c, d, e a une intersection non vide avec chacun des 50 $A_i$


Sincèrement,

Galax
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
avatar
Bonjour,

Je me permet donner une indication pour le problème 20 posé par georgesZ.
On pourrais utiliser le principe de Dirichlet.

Sincèrement,

Galax
georgesZ
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
Bonjour Galax,
Oui,tu donnes la bonne indication pour le Pb. 20 qui est donc assez facile.

Peut-être que ce 20 ème Pb. est celui de trop pour ce fil...

Je suis en train d'examiner un livre que j'ai pris à la bibliothèque :

MATHS pour les CRACKS (Bordas, collection Terminales S)
Auteurs : Ptolémée collectif d'examinateurs et d'enseignants en lycée.

J'y ai trouvé :

Chap.2 exo 21 : le Pb.6 d'Arno_nora
(cf mon post du 24/1/07 sur cette page 7 du fil)

Chap.9 exo 12 : ton Pb.11 (est-ce que tu l'avais vu dans ce livre?)

Il y a beaucoup d'exos intéressants, mais je n'ai jamais vu un livre de maths avec autant de d'énoncés mal ficelés, de raisonnements faux parfois, d'explications très (trop?) elliptiques pleines de fautes de frappe ...

Amicalement,
Georges (le Z est pour permettre de ditinguer les georges)
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
Pour reprendre le problème du menteur au début du fil: il y a deux portes et deux gardiens. L'un des gardiens ment toujours, l'autre ne ment jamais. L'une des portes ouvre sur un trésor, l'autre sur la mort. On a le droit à une question à l'un des gardiens, et on ne sait pas lequel ment. Quelle question faut il poser pour choisir à coup sur la bonne porte?



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a treize ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par corentin.
bs
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
avatar
Bonjour,
Si je demande à ton copain quelle est la porte qui ouvre sur la mort, que me répondra-t-il ?
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
Bien vu!
(connu?)
gb
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
avatar
Oui Corentin, c'est hyper connu.

Plus vicieux, les mêmes deux portes, mais avec un unique gardien qui dit la vérité $p$ fois sur $q$ ($p$ et $q$ dans $\N^*$), et l'on a toujours droit à une seule question. Que faire ?
bs
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
avatar
Parce que j'ai répondu, Corentin demande si c'est connu.
et gb d'enchérir: oui, c'est hyper connu !
C'est vraiment sympa !:)

mais,oui, je connaissais...
gb
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
avatar
Visiblement, Corentin ne connaissait pas, et comme c'est une vague vieille connaissance, je me suis permis de lui faire un clin d'oeil.
Je ne suis pas ce fil, c'est le fait de voir Corentin s'y intéresser qui a titillé ma curiosité.
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
avatar
bonjour georgesZ,



Je ne connais pas le livre dont tu parle dans ton message du lun 5 février 2007

12:49:54. Si tu peux en extraire quelques problèmes et les mettre ici

ca pourrait donner un nouveau départ pour ce fils.

L'énoncé dont tu parle, je l'ai retrouvé dans mes notes et il me semble qu'il

provient d'une revue.

Sinon, une variante du problème n°20, ( pour un joueur d'échec ) a été proposé été proposé dans un vieux numéro de Quadrature et quelqu'un le résolu sans utiliser le principe de Dirichlet ... Peut-être quelqu'un peux retrouver cette démonstration et nous la décrire?

Sincèrement,

Galax
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
avatar
Bonjour,

Voici une question ammusante:

Problème 21

Existe-t-il une suite de 1000 naturels concécutifs ayant parmi eux 4 nombres premiers exactement?

Sincèrement,

Galax

PS Problème 20 de GeorgesZ est très interessant... et vaut bien un détour
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
avatar
Bonsoir .

Juste une petite parenthèse pour Georges, je viens de survoler les dernières pages du fil pour me rendre compte que j'avais complètement zappé un PS à propos du pb6 , d'autre part j'étais persuadé avoir répondu ( ça doit être l'âge ) . Quoiqu'il en soit ta réponse est juste ( et donc la mienne fausse ) .

Bravo et avec toutes mes excuses pour le retard .

Domi

PS : je n'ai pas le temps d'intervenir sur ce fil ou sur les autres en ce moment mais je reviendrais :)
georgesZ
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
Bonjour,
je remonte ce fil.

Domi,notre but commun est de progresser et de donner, si possible, une réponse correcte à toute question posée. Merci de confirmer ce que j'ai écrit (je ne suis pas infaillible, loin de là).

Galax, je ne vois pas du tout comment répondre à ton Pb.n° 21. Cela me semble lié aux questions posées (pas très clairement) par Alibri ces jours-ci.

Pour le Pb.n°20, j'aimerai voir la preuve sans Dirichlet, donnée dans Quadrature...

Amicalement,
Georges
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
avatar
bonjour GeorgesZ,

Voici une indication pour le problème 21:
on peut prouver facilement qu'il existe une suite de 1000 nombres consécutifs sans aucun nombre premier.
Ce problème est inspiré par la question suivante ( de quelque sorte duale aux questions posées par par Alibri, mais la réponse à ma question n'as rien révolutionnaire... je trouve tout simplement mon problème amusant et rien d'autre ):
Dans un intervalle de longueur donné, quel est le cardinal maximal possible de nombres premiers dans cet intervalle.

Pour le problème 20 je recherche, moi aussi, le n° de Quadrature à ce sujet, il semblerait qu'il s'agit de l'un de 10 premierès N°.

Sincèrement,

Galax



Edité 2 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a treize ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par galax.
bs
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
avatar
Bonjour,
un petit tour sur ce fil:

Galax: Dans Sierpinski: $26$ est le nombre maximal de nombres premiers pouvant apparaître dans une suite de $100$ nombres entiers consécutifs; cette situation ne se produit qu'une seule fois : de $2$ à $101$. J'ai fait , (en regardant de temps à autre le corrigé ), cet exercice. Pour tout intervalle, sa méthode est généralisable , mais plutôt fastidieuse.

Amicalement.
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
avatar
bonjour Bs,

Oui le résultat que tu cite est fort intéressant,
en ce qui concerne la méthode de résolution du problème 21 que j'ai trouvé permet démontrer que:

pour tout nombre n entre 0 et 26 il existe il existe une suite de 100 nombres consécutifs ayant exactement n nombres premiers.

Ceci dit, je laisse à tout le monde le plaisir de chercher un peu
la solution du problème 21

Sincèrement,

Galax
georgesZ
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
Rebonjour,
Galax, oui ton Pb.21 est assez simple (une fois vues tes indications) à un détail près.

Soit (p(n)) la suite des nombres premiers (2,3,5,..) il existe n (n=69) tq 997<p_(n-1)<1000<p_(n)=1009.

On considère Q=Prod(p(k),k=1..n) alors l'intervalle [Q-p(n)-1,Q-2] ne contient aucun nombre premier et est de longueur p(n)>1000.
Soit k tq. p(k)<Q-p(n)-1<p(k+1).

Si p(k)-p(k-3)<=1000, l'intervalle [p(k-3), p(k-3)+999] contient exactement 4 nombres premiers.

Sinon, si p(k+4)-p(k+1)<=1000, l'intervalle [p(k+4)-999, p(k+4)] contient exactement 4 nombres premiers.

Sinon, on peut considérér le plus petit q tq.[q, q+999] ne contient aucun nombre premier et faire de même en espérant une de ces conditions vérifiées...

Ce "détail" m'embête...

Amitiés,
Georges
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
avatar
bonjour GeorgesZ,

Voici mon idée de démonstration pour le Problème 21:

Au départ j'ai considère (par exemple) 999!, 999!+1, ..., 999! + 999 une suite de 1000 nombres consecutifs non premiers;

ensuite je "glisse" vers la gauche cette suite initial d'autant de pas qu'il le faut.


N.B. Ceci n'est pas une démonstration constructive mais elle assure le résultat.

Sincèrement,


Galax

P.S. Georges, c'est à toi proposer un nouveau problème.



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a treize ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par galax.
georgesZ
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
Bonsoir Galax,

D'abord 999!+1 est-il composé?

Oui je me suis compliqué la tâche, on glisse vers la gauche (ou la droite) jusqu'à ce que l'on ait dans l'intervalle de longueur 1000, 4 nombres premiers exactement.

PS. Ma méthode pour trouver un intervalle de longueur 1000 sans nombre premier donne un intervalle plus à gauche que la tienne [1001!+2, 1001!+1001] (ou mieux [1001!-1001,1001!-2]).

J'attends une solution du Pb. 20 (énoncé à rectifier par "1km au minimum chaque jour").
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
avatar
Bonjour GeorgesZ,

Oui tu as raison ta suite est un meilleur choix que la mienne.

En fait je ne sais pas si 999! + 1 est composé ou non.
Je préfère glisser vers la gauche car à priori on ne sait pas ce qui se passe à droite.

Sincèrement,

Galax

P.S Un complément à mon message:
999! + 1 n'est pas premier
j'ai trouvé d'abord un résultat grâce au google: 999! + 1 ou 999! - 1 est divisible par 1999
puis que 999! + 1 est divisible par 9811 et 176852426053921 ...
en outre 999! - 1 est divisible par 1999 et 11173 ...



Edité 3 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a treize ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par galax.
georgesZ
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
Bonjour,
Je récapitule sur le Pb.21 et en profite pour essayer d'écrire en Latex.

D'abord, Galax comment fais-tu pour modifier ton message du 22/02/07 20:45, le 23/02/07 01:51 ?

Soit $N\geq 1$. Pour $n\geq 1$, soit $\pi_N(n)$ le nombre de nombres premiers dans l'intervalle $[n,n+N]$. Soit $\pi_N= Max_{n\geq 1} \pi_N(n)$ (qui est $\geq 1$) et $m_0$ (minimal) tel que $\pi_N(m_0)=\pi_N$.

Soit $n$ tel que $\pi_N(n)=0$. Il existe $q_1,..,q_s$ nombres premiers distincts tels que $\forall k \in [0,N], \exists i \in [1,s]$ tel que $q_i\mid n+k$ (donc $q_i\neq n+k$). Soit $Q=q_1..q_s$, alors $\forall t \in \N, on a \pi_N(n+tQ)=0$.

Alors, $\exists t \in \N, tel que n_0=n+tQ>m_0$ et, en considérant les $n \in [m_0,n_0]$, on obtient :

$\forall p \in [0,\pi_N],\exists n_p \in [m_0,n_0], tel que \pi_N(n_p)=p$.

Amicalement,
Georges

PS. J'ai appuyé sur "Aperçu", après avoir appuyé sur "..contient du Latex", et cela m'a redonné le message codé la case "..contient du Latex" non cochée...

Alors advienne que pourra.
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
avatar
bonjour GeorgesZ,

Une dernière observation à propos du problème 21.

Dans mon message du jeu 22 février 2007 19:50:24 j'aurais du ajouter une remarque presque évidente) pour que ma démarche soit plus claire:
à chaque glissement d'une suite de n d'entiers consecutifs ayant m nombres premiers d'un pas (unitaire) le nombre de premiers dans la suite obtenue ne peut être que m,m+1 ou m-1.

Cette remarque permet d'obtenir une suite de n d'entiers consecutifs ayant 1,2,..., K nombres premiers en glissant à condition qu'on sait qu'il existe un intervalle
$ [n,n+N]$ tel que $ \pi_N(n)\geq K$ ( en adoptant ta notation ),
car en glissant la suite initiale vers $ [n,n+N]$ elle doit passer par des suites intermédiaires qui doivent avoir m nombres premiers, pour toutes les valeurs de m entre 0 et K (sinon, il est impossible de passer de 0 à K)

Sincèrement,
Galax

PS pour pouvoir modifier tes messages il faut être enregistré sur le forum.
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
Bonjour Galax,
Merci, je vais essayer de m'enregistrer sur le Forum.

J'avais des pbs. pour lire Latex avec Internet Explorer sur mon I-Mac. Puis je n'arrivais même plus à lire le nouveau Forum. J'utilise maintenant Netscape 7.02 et tout marche!

{\bf Pb. n°22. Soit $(u(n))$ une suite définie par $u(0)=2, u(1)=10/3$ et $u(n+1)=u(n)(u(n-1)^2-2)-10/3$. Calculer $E(u(n))$.}

Pour le Pb.21,

Notre expert Borde m'a signalé que, avec mes notations, on a $\pi_N(n)=\pi(n+N)-\pi(n-1)$ et que Rosser et Schoenfeld ont prouvé en 1962 que l'on a, pour $x\geqslant 17$,

$\frac{x}{\ln(x)}\leqslant \pi(x) \leqslant \frac{1,25506 x}{\ln(x)}$

(Voir (3.7) p.68 de son livre)

d'où, pour $n\geqslant 18$,on a

$\pi_N(n)\geqslant \frac{n+N}{\ln(n+N)} -\frac{1,25506 (n-1)}{\ln(n-1)}$

Pour $N=999$, cela donne, si $n \leqslant 3260$, $\pi_N(n)\geqslant 4,0017924$

Amitiés,
Georges

PS. Je copie la façon de mettre en gras par Borde.
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
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bonjour GeorgesZ,

C'est interessant de constater qu'un problème élémentaire comme le problème 21 peut avoir des retombées inattendus. C'est l'effet de sérendipicité! ( Pour utiliser un mot qui n'est pas encore dans le dictionnaire :) )

Sinon j'utilise le plus souvent le firefox qui marche très bien ( sous windows).


Sincèrement,

Galax
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
Salut Georges,

Revenons un instant sur ce problème 21, dont un énoncé équivalent est de résoudre dans $\N^{*} - \{1 \}$ l'équation $\pi(n+999) - \pi(n) = 4$ (ie. déterminer un intervalle du type $]n,n+999]$ d'entiers contenant {\it exactement} $4$ nombres premiers).

Heuristiquement, on peut se fonder sur la conjecture suivante stipulant que, lorsque $y <x$ sont suffisamment grands, alors on a $\pi(x+y) - \pi(x) \sim y / \ln x$, ce qui laisse supposer, si ce résultat était vrai (et je pense personnellement qu'il l'est) qu'il y a peu de chances de rencontrer de tels intervalles, du moins dans les grandes valeurs de $n$. A l'heure actuelle, on a démontré, à l'aide de majorations de grand crible, que, pour tout $x,y > 2$, on a $\pi(x+y) - \pi(x) < 2y/\ln y$ (Montgomery & Vaughan, 1973). Dans une autre direction, Baker et Harman ont récemment obtenu $\pi(x+y) - \pi(x) \asymp y / \ln x$ pour $y=x^{0,535}$.

Ces résultats utilisent des mathématiques (très) profondes. Sans aller jusque là, on peut utiliser des encadrements type Rosser & Schoenfeld (qui ne {\bf sont pas} élémentaires), mais un peu plus fins, comme ceux obtenus dans le même esprit par Dusart dans sa thèse. Supposons d'ores et déjà que $n \geqslant 3000$, disons, puisque, d'après le message précédent de Georges, l'équation ne peut avoir de solution si $n < 3000$. Dans cette zone, on peut par exemple utiliser l'encadrement : $$\frac {x}{\ln x} \left ( 1 + \frac {1}{\ln x} \right ) \leqslant \pi(x) \leqslant \frac {x}{\ln x} \left ( 1 + \frac {1,2762}{\ln x} \right ).$$ Un raisonnement identique au tien montre alors que $\pi(n+999) - \pi(n) > 4$ tant que $n \leqslant 35575$.

Borde.
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
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Bonsoir GeorgesZ,

Quelques recherches empiriques à propos du pb. 22 ( grâce à l'Excel) me font croire que :

E(u(0)) = 2
E(u(1)) = 3
E(u(2)) = 3 = $3^{E_2}$ avec $E_2 = 1$
et $E(u(n)) = 3^{2E_(n-1) + (-1)^n}$ pour n $ \geq 3$

\{ E(u(n)) \} = \{ 2, 3, 3, 27, 243, 177147 ...\} )

Pour la démonstration je n'ai encore aucune idée.

Sincèrement,

Galax
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
Bonjour,

Pour trouver explicitement un n tq. [n,n+999] ait 4 nombres premiers exactement, on peut utiliser le produit Q des 95 nombres premiers (de 2 à 499), et trouver prevprime(Q-500) et nextprime(Q+500), et examiner isprime(Q-1) et isprime(Q+1)...

Quelqu'un a-t-il un logiciel capable de répondre à ces commandes de Maple pour de très grands nombres comme Q+500?

Amitiés,
Georges

PS J'ai en fin résolu la mise en gras d'une partie du texte en copiant Borde.
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
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Bonsoir GeorgesZ,

Suite du pb. n°22.

Je viens démontrer ( par récurrence ) que:

$u(n) = 3^{E_n} + \frac{1}{3^{E_n}}$

avec $ E_2 = 1$
et
$ E_n =2E_{n-1} + (-1)^n}$ pour n $ \geq 3$
qui vérifie en outre que :
$ {E_n} -2E_{n-1}$ est égal à +1 ou -1.

Je recopierai ici en complément ma démonstration dès que j'aurai un peu de courrage pour le faire.
NB. L'idée de base que j'ai utilisé pour cette démonstration est d'écrire tout u(n) comme la somme de puissances de 3.

Sincèrement,

Galax
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
Bonjour Galax,

Très bien. Effectivement on trouve :

$$u(n) = 3^{E_n} + \frac{1}{3^{E_n}}$$

avec $E_1=1$.

Si tu ajoutes $E_0=0$ probablement ta démo sera plus facile...

La difficulté de l'énoncé consiste à laisser entendre (faussement) que l'on ne peut pas calculer $u(n)$.

Pour trouver explicitement $[n,n+999]$ avec exactement 4 nombres premiers, la méthode que j'ai proposée utilise de trop grands nombres.

Avec Maple, j'ai trouvé $[n,n+99]$ avec exactement 4 nombres premiers, en utilisant $Q=2.3..23$ seulement (j'ai pris de moins en moins de premiers depuis 53) :

pour $n=223 092 770$ ($n+3$ est le premier premier, $n+57$ est le quatrième premier de l'intervalle et $n+99=Q-1$).

Est-ce le plus petit $n$?

Amitiés,
Georges
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
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bonjour GeorgesZ,

Voici deux liens que j'ai trouvé quand j'ai cherché à voir si 999! + 1 est premier ou composé:

[primes.utm.edu]

[www.uow.edu.au]

ainsi qu'un pdf

[attachment 5752 primorials.pdf]

J'espère que cela pourra t'être utile.

Sincèrement,

Galax
Pièces jointes:
ouvrir | télécharger - primorials.pdf (191.7 KB)
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
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Bonjour GeorgesZ,

Voici le texte concernant le joueur d'échecs de la revue Quadrature analogue au Pb. 20:

[attachment 5775 echecs.png]

Qu'en penses-tu ?
Sincèrement,
Galax



Edité 2 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a treize ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par AD.


Re: Problèmes en série.
il y a treize années
Bonjour Galax,

Merci pour les sites que tu fournis sur les grands nombres $n! \pm 1$ ou $2\times 3\times p_n\pm 1$.

Cela répond à isprime($2.3..499\pm 1$) mais pas à prevprime ou nextprime, donc cela ne permet pas de trouver explicitement $n$ tq. $[n,n+999]$ contienne exactement 4 nombres premiers.

Merci aussi pour la démo de quadrature.

Elle est astucieuse mais concerne un pb. différent : la période de jours est simplement dite assez longue.

Avec Dirichlet, on obtient ce que j'ai demandé très simplement pour une période fixée.

Amicalement,
Georges
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
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Bonjour GeorgesZ,



Moi aussi je préfère la démonstration par le principe de Dirichlet, mais la démonstration de Quadrature contient des idées intéressantes, bien qu'elle concerne un problème un peu différant.



Sincèrement,

Galax
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
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Bonsoir GeorgesZ et tous ceux qui se sont interessés à ce problème,

Voici le complément promis dans mon message du 25 février 2007 01:17:02
(les détails de ma démonstration du problème n°22),

Je montre d’abord que la suite définie par :
$ E_0=0$, $ E_1=1$
et
$ E_n =2E_{n-1} + (-1)^n$ (def 1_n) pour tout n $ \geq 2$ (def 1)

peut être définie par :
$ E_0 = 0$, $ E_1 = 1$
et
$E_{n+1}= E_n+2E_{n-1}$ (def 2_n) pour tout n $ \geq 1$ (def 2)

En effet, supposons qu’on a (def 1) :

Ainsi $ E_{n+1}= 2E_n + (-1)^{n+1} $
et
$ E_n+2E_{n-1} =2E_{n-1} + (-1)^n +2(2E_{n-2} + (-1)^{n-1}) $

En supposant que (def 2_n) est vérifiée pour 1, 2, …, k

on a $2E_k + (-1)^{k+1} =2E_{k-1} + (-1)^k +2(2E_{k-2} + (-1)^{k-1})$
ou encore
$2E_k = 2 (E_{k-1} + 2E_{k-2}) + (-1)^k + 2(-1)^{k-1}- (-1)^{k+1} $
et finalement
$E_{k+1}= E_{k}+2E_{k-1}$
Ainsi ( def2) est vérifiée.

Réciproquement: Supposons que (def2) est vérifiée.
Supposons de plus que (def 1_n) est vérifiée pour 1, …, k

On a donc
$ E_{k}
= E_{k-1}+2E_{k-2}
= 2E_{k-2} + (-1)^{k-1}+ 2 (2E_{k-3} + (-1)^{k-2 }) $
$= 2(E_{k-2}+2E_{k-3}) +(-1)^{k-1}+2(-1)^{k-2}
=2 E_{k-1} + (-1)^k$.
Ainsi (def1) est vérifiée.

Il reste établir que:
$ u(n) = 3^{E_n} + \frac{1}{3^{E_n}}$ pour tout n dans N

Ce résultat est vrai pour n = 0, 1 , 2
Supposons donc que cette formule est vraie pour tout n de 0 à k
et prouvons quelle est aussi vérifié pour k+1

On constate que
$ u(k+1)
=u(k)(u(k-1)^2-2)-\frac{10}{3}
= (3^{E_k}+ \frac{1}{3^{E_k}})((3^{E_{k-1}}+ \frac{1}{3^{E_{k-1}}})^2-2) -\frac{10}{3}$
$=(3^{E_k} + \frac{1}{3^{E_k}})(3^{2E_{k-1}} + \frac{1}{3^{2E_{k-1}}})-\frac{10}{3}
= 3^{E_k+2E_{k-1}}+ \frac{1}{3^{ E_k+2E_{k-1}}} + 3^{E_k-2E_{k-1}}+ 3^{2E_{k-1}-E_k} -3 - \frac{1}{3}$
$=3^{E_k+2E_{k-1}})+ \frac{1}{3^{ E_k+2E_{k-1}}}
= 3^{E_{k+1}} + \frac{1}{3^{E_{k+1}}}$
Compte tenu que$ {E_n} -2E_{n-1}$ est égal à +1 ou -1.

Ceci démontre que:
$ u(n) = 3^{E_n} + \frac{1}{3^{E_n}}$ pour tout n dans N

On en déduit aussitôt: $E(u(n))= 3^{E_n}$ pour n = 1, 2, ...

NB J'aurais pu partir tout de suite de (def2) mais comme j'ai annoncé déja (def1) j'ai prouvé aussi leurs équivalence

Sincèrement,

Galax
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
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Bonjour,

Pour changer un peu, je propose un problème de géométrie:

{\bf PROBLEME 23:

Soient A, B, C, D 4 points consécutifs d'un cercle unitaire.
Si AB.BC.CD.DA $ \geq 4$, alors ABCD est un carré.}


Sincèrement,


Galax
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
Bonjour Galax,

Pour le Pb. 22, tu ne donnes pas $ E(u(n))$ (ni $u(n)$), pour n = 1, 2, ... explicitement.

Voici une preuve :

On a, pour $a(0)=0$ et $a(1)=1$,

$u(0)=2=3^0+3^{-0}=3^{a(0)}+3^{-a(0)}$ et $u(1)=10/3=3^1+3^{-1}=3^{a(1)}+3^{-a(1)}$ .

Examinons s'il existe une suite $(a(n))_{n\geqslant 0}$ tq. $u(n)=3^{a(n)}+3^{-a(n)}$.

C'est vrai, par récurrence sur $n\geqslant 0$, si l'on a

$(1) a(n+1)=a(n)+2a(n-1)$ et $(2) 2a(n-1)-a(n)=\pm 1$ car :

$$u(n+1)=(3^{a(n)}+3^{-a(n)})((3^{a(n-1)}+3^{-a(n-1)})^2-2) -(3^1+3^{-1})\newline
=3^{a(n)+2a(n-1)}+3^{-(a(n)+2a(n-1))}+3^{2a(n-1)-a(n)}+3^{-(2a(n-1)-a(n))}-(3^1+3^{-1})$$

Or l'équation caractéristique de (1) est $x^2-x-2=0$ de racines 2 et -1, d'où :

$a(n)=c2^n+d(-1)^n$ et, puisque $c+d=a(0)=0$ et $2c-d=a(1)=1$, on a $c=1/3$ et $d=-1/3$, donc nécessairement, si on veut (1), $a(n)=\frac {2^n-(-1)^n}{3}$.

Vérifions que l'on a alors (2) :

$2a(n-1)-a(n)=\frac {2(2^{n-1}-(-1)^{n-1})}{3}-\frac {2^n-(-1)^n}{3}=(-1)^n=\pm 1$.

Donc on a $u(n)=3^{\frac {2^n-(-1)^n}{3}}+3^{-\frac {2^n-(-1)^n}{3}}$.

Si $n\geqslant 1$, on a $0 < 3^{-\frac {2^n-(-1)^n}{3}} < 1$, donc $E(u(n))=3^{\frac {2^n-(-1)^n}{3}}$ ($a(n)$ est entier).

Ce Pb. , énoncé avec $u(1)=5/2$, est l'ex. 7 du Ch.1 du livre "Maths pour les Cracks", dont j'ai parlé dans ce fil.

On peut y prendre, pour $p>0$ entier, $u(1)=\frac{p^2+1}{p}$ (j'ai choisi $p=3$).

Je vais réfléchir sur ton Pb. 23, j'espère ne pas être le seul.

Je propose un petit exo de logique :

{\bf Pb. 24. 5 couples se rencontrent et certains se serrent la main (évidemment ni à eux-mêmes ni à leur conjoint). A demande aux 9 autres personnes : combien de mains ont-ils serrées? Il obtient les réponses 0,1,2,...,8. Combien de mains A a-t-il serrées?}

Amitiés,
Georges
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
Rebonjour,

Une indication pour le Pb. 23 : utiliser le théorème de Ptolémée.

Amicalement,
Georges
bs
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
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Bonjour,

pour le pb 23: effectivement avec Ptolémée:

Thme: dans un quadrilatère convexe inscrit dans un cercle, le produit des diagonales est égal à la somme des produits des côtés opposés :
AC x BD = AB x DC + AD x BC

ici:
AC x BD = AB x DC + AD x BC >= AC x BD + 4/AC.BD >= 4
> 1ère inégalité : énoncé
> 2éme inégalité : min (x + m/x ) obtenu pour $ x= \sqrt{m}$

reste : AC x BD >= 4; AC et BD sont les diagonales d'un quadrilatére inscrit dans un cercle de rayon 1 ===> AC et BD ne peuvent être que deux diamètres: AC=BD=2.===> ABCD est un rectangle.

On a: AB x DC + AD x BC =4 ===> $l^2+L^2=4$
et $llLL >= 4 $==> $l^2L^2>= 4$

Reste à montrer $L=l$ ...

Bonne jounée.
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
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Bravo Bs,

Ca s'appelle un problème résolu rapidenet.

Alors c'est à toi proposer un autre .

>>>>> GeorgesZ, pas mal ta solution du pb 22, plus courte que la mienne
( en particulier j'aime l'emploi de l'équation caractéristique) ... mais l'idée de base est la même

Sincèrement,

Galax
bs
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
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Sans Ptolémée, je chercherais encore...
D'accord Galax: Voici le pb 25 ( n° corrigé ) que je propose:

{\bf quand on examine la suite 312132: on s'aperçoit que:
--> il y a un seul chiffre entre les deux 1
--> il y a deux chiffres entre les deux 2,et,
--> il y a trois chiffres entre les deux 3.
C'est la seule suite possible , sans compter la suite inverse lue de droite à gauche.

Exercice: construire une telle suite avec (1,2,3,4), puis (1,2,3,4,5) , ou plus
Existence , unicité ...}

Bonne journée.
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
41312432

Snif, snif mon Pb.24 est passé à l'as!

Quel est le PB.25?

Sans aucune rancune,

Georges
bs
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
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Bonjour,

merci Georges : j'ai rectifié le numéro du problème , désolé !
Joli résultat, tu connais ce problème ?: unicité pour 4 ? existence pour 5? 6? 7?...
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
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Bonjour Bs,

53141352432

est-il acceptable?

Sincèrement,

Galax
bs
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
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Bonjour Galax,

Tu sais bien que non... car il y a trois 3 dans ta suite !
d'ailleurs , il n'existe pas de solution pour 5, ni pour 6.
Par contre , il en existe de nombreuses pour 7.
Après, je ne sais pas.

La solution de Georges est-elle unique ? ( de droite à gauche, c'est la même solution )

Georges: l'énoncé de ton pb 24 sort du cadre rectangulaire, et je n'avais donc pas pu le lire en entier dans un premier temps.

Amicalement.



Edité 2 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a treize ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par bs.
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
avatar
Bonjour à tous .

Pb 24 :

Une personne "B" a serré la main à huit personnes c'est à dire à toutes les personnes possible donc ces huit personnes ont serré la main à au moins une personne et c'est le conjoint de "B" qui n'a serré la main à personne . On retire "B" et sa moitié de l'ensemble des personnes ( il reste toujours "A" et son conjoint ) . Si "A" demandait à chacun combien ils ont serré de main , il obtiendrait les réponses 0,1,...,6 . Le raisonnement initial s'applique à nouveau et ainsi de suite . Au bout du compte la personne A et son conjoint ont serré la main à 4 personnes .

Domi
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
Bonjour BS,

non je ne connais pas cela, mais je pense que 41312432 est unique à symétrie près.

On essaye 121-2 et on ne peux plus placer 4.
Puis 141---4 donne par exemple 141-2-42 et on ne peus plus placer 3.
Enfin 131--3 donne la seule solution -1312-2 puis 41312432.

As-tu autre chose que cette cuisine pour prouver : pas de solution si 5 ou 6?

Amitiés,
Georges
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
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Pour le problème 25, on pourrait aussi demander à ce que la différence entre les indices des occurences de $i$ soit $i$ plutôt que $i+1$. On obtient alors 23243114 comme solution. Y a-t-il un lien avec l'énoncé original ?
bs
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
avatar
Bonjour Georges,

Et non je ne possède pas de preuve de ce pb 25, cet exercice est tiré du {\bf Mathematical Magic Show} de M. Gardner et porte le nom de "problème de Langford", posé par Langford dans "The Mathematical Gazette"...en 1958.

Il n'existe des solutions que si et st si il y a $2n$ nombres, avec $n$ multiple de $4$, ou $n$ congru à $-1$ modulo(4).[ C'est cela que je souhaiterais savoir démontrer. ]

Les résultats ci-dessous ont été obtenu par ordinateur.
Il existe ainsi:
1 solution avec 2x3 nombres de 1 à 3,( énoncé)
1 solutions avec 2x4 nombres de 1 à 4,( Georges )
27 solutions avec 2x7 nombres de 1 à 7,
150 solutions avec 2x8 nombres de 1 à 8
17792 solutions avec 2x11 nombres de 1 à 11.

J'ai toujours trouvé ce résultat rigolo et surprenant; les soirs de fête en famille, c'est aussi bien que le trivial poursuite.

Sur Gogol, à problème de Langford, il y a de nombreuses pages, par exemple:
\lien{[www.recreomath.qc.ca]}

Amicalement.
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
Bonjour Domi,

Connaissais-tu le Pb.24? Si non : bravo. Quand on me l'a posé, il y a longtemps, j'ai donné ma langue au chat après avoir cherché une matinée...

BS, si le Pb.25 n'a pas de solution connue, c'est un Pb. drôlement ardu!

Puisque ce fil reprend vie, je propose un exo sur les polynômes :

{\bf Pb. 26. Soit $P\in \C[X,Y]$ de degré total $n$. On suppose qu'il existe une suite strictement croissante $(t_k)_{0\leqslant k \leqslant n}$ dans $[0, \pi]$ (sans que l'on ait $t_0=0$ et $t_n=\pi$) tq., pour $k=0,..,n$, on a $P(\cos(t_k),\sin(t_k))=0$ et $P(\cos(t_k),-\sin(t_k))=0$.
Montrer qu'il existe un $Q\in \C[X,Y]$ tq. $P(X,Y)=(X^2+Y^2-1)Q(X,Y)$.}

Bon courage,
Georges
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
salut à tous,

Bon j'ai une démo, "avec les doigts" mais elle doit avoir une justification rigoureuse (je suis pas trop à l'aise avec les séries formelles..).
Par contre j'ai besoin d'une hypothèse en plus :p
Mais je pense que ça doit se généraliser, non? L'hypothèse que je fais: prendre l'intervalle $]0,\frac{\pi}{2}[$ et les $t_k$ distincts (ça s'était peut-être déjà implicite).


On commence par remarquer que le polynôme à une variable $P(X^2,1-X^2)$ est nul. En effet, il est de degré au plus $2n$ et nul en tous les $\cos(t_k)$ et $\sin(t_k)$. La seule redondance qu'on peut avoir (vu mon hypothèse), c'est $\cos(t_k)=\sin(t_k)$ mais ça ne peut arriver qu'une fois (si $t_k=\frac{\pi}{4})$. Dans le cas général, je ne vois pas comment éviter les redondances que peut amener le sinus (non bij ective sur $]0,\pi[$). En tout cas au final on a au moins $2n+1$ racines, c'est donc suffisant pour annuler notre polynôme qui est de degré au plus $2n$.

C'est là que "j'utilise" les séries formelles (je mets des guillemets parce que ça m'a l'air un peu magique). On peut supposer qu'on travaille dans l'algèbre $\C[[X]][Y]$, dans laquelle
$P(X,\sqrt{1-X^2})$ a un sens. Par un calcul immédiat, on voit que ce polynôme est nul c'est là le côté "formel": on peut faire intervenir le polynôme $\sqrt{X}=\sqrt{1+X-1}$ pour s'en convaincre. Après, toujours dans l'algèbre $\C[[X]][Y]$ on constate que notre polynôme $P(X,Y)$ a deux racines: $-\sqrt{1-X^2}$ et $\sqrt{1-X^2}$ (c'est exactement le calcul formel précédent). Donc il est divisible par $(Y-\sqrt{1-X^2})(Y+\sqrt{1+X^2})=(X^2+Y^2-1)$
On a pas fini car a priori la division se fait dans $\C[[X]][Y]$. Seulement en écrivant que les membres de droite et de gauche sont des polynômes, on conclut.
Autre option: il me semble que quand deux éléments d'un sous-anneau sont proportionnels dans un anneau plus grand, ils le sont aussi dans le sous anneau, ou quelque chose du genre.

Désolé pour cette réponse brouillone :(
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
Je m'aperçois que la réponse n'est pas seulement brouillone mais fausse, je réfléchis un peu pour voir si c'est corrigeable, sinon mea culpa

--
Ayman
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
bonsoir,

à propos du pb 23,

on peut le traiter assez simplement en termes d'extrema lies

( etude du max de SinxSinySinzSint avec la liaison x+y+z+t=Pi)

je vais reflechir au pb 26 de georges !( faut pas laisser les neurones inactifs.)

Oump.
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
Bonsoir Claude,

Refléchit aussi au Pb. 25 de bs, tu apporteras peut-être une réponse à l'une de ses questions...

Le Pb. 26 est attribué à Pelczinski m'a-t-on dit (je l'ai un petit peu compliqué).

Pour le Pb.23, la démo par Ptolémée est jolie. Développe la tienne par la trigo.

Amicalement,
Georges
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
avatar
Bonjour Bs,

Je me permet mettre ici aussi ma démonstration du pb 23:
L'énoncé permet d'affirmer grâce à la relation de Ptolémée que:
AC.BD = AB.CD+BC.DA,
AC et BD sont $ \leq 2 $ (car le diamètre du cercle unitaire est de longueur 2)
Ainsi AB.CD+BC.DA $ \leq 4 $
En comparant le moyenne géométrique et arithmétique de AB.CD et BC.DA on obtient
$\sqrt{(AB.CD).(BC.DA)}\leq \frac{AB.CD+BC.DA}{2} \leq \frac{4}{2} = 2$
ainsi
AB.BC.CD.DA $ \leq {(\frac{AB.CD+BC.DA}{2})}^2 \leq 4$
Or d'après l'énoncé :
AB.BC.CD.DA $ \geq 4$

Finalement: AB.BC.CD.DA =${(\frac{AB.CD+BC.DA}{2})}^2 $= 4
AC.BD = AB.CD+BC.DA = 4
AC et BD sont 2 diamètres du cercle
et AB.CD= BC.DA (1)

Ainsi les diamètres AC et BD sont les diagonales de ABCD, qui est donc un rectangle et en particulier on a AB = CD et AD = BC (2)

(1) et (2) donne AB=BC=CD=DA

Conclusion: ABCD est bien un carré.

NB.Une autre variante: pour obtenir l'égalité finale il est également possible d'utiliser de nouveau l'inégalité arithmético-géométrique ...

Sincèrement,

Galax
bs
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
avatar
Bonjour,

Galax: d'accord; provenance de ce pb 23 ? merci.

Pour tous, suis intéressé pour savoir comment démontrer que le pb de Langford ( cf: pb 25 ) n'a de solutions que pour
$n \equiv 0 [mod (4) ]$ ou $n \equiv -1 [mod (4) ]$ .
merci à tous(tes).
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
avatar
bonjour BS,

Le problème 23 provient des olympiades indienes... j'ai le trouvé sur l'internet, à l'aide de google... si je retrouve plus de détails je ne manquerai pas les mettre sur ce fil.

Sincèrement,

Galax

Complément(1er mars 2007): J'ai retrouvé le lien pour ce problème:
[www.kalva.demon.co.uk]



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a treize ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par galax.
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
Message pour GeorgesZ: etes-vous sûr du $n$ dans l'énoncé ?. Pour $n=1$ cela voudrait dire que le polynôme est forcément nul, et je ne crois pas que ce soit vrai. Je crois même qu'il y a un résultat disant que tout poly trigo de degré $n$ à $2n+1$ racines ou quelque chose du genre. Enfin tout ça pour dire que je n'ai réussi à prouver l'exercice que dans le cas où on a l'existence de $\textbf{2n+1}$ réels $t_k$ :)
Je suis presque sûr qu'il y a plus simple que ma preuve mais bon, je m'ententais à vouloir la faire de manière "générique". Voilà ce que ça donne, pour les lecteurs patients:
Bon cette fois-ci je crois que c'est la bonne. On pourra dire que j'ai galéré pour la faire cette démo.
Je répète l'énoncé:\vspace{2mm}\\
\textbf{Proposition:}\\
\textbf{Soit $P$ un polynôme de $\C[X,Y]$ de degré total $n$. On suppose l'existence de $2n+1$ réels distincts: $(t_j)_{1 \leq j\leq 2n+1} \in ]0,\pi[$ tels que:
$$P(\cos(t_i),\sin(t_i))= 0$$
Montrer que $P$ est divisible dans $\C[X,Y]$ par $(X^2+Y^2-1)$.}
\vspace{0.8cm}\\
On identifie $\C[X,Y]$ à $\C[X][Y]$ qu'on injecte dans $\C(X)[Y]$.\\
On va remonter encore un cran plus haut en considérant l'extension quadratique ${\cal C} = \C(X)[\sqrt{1-X^2}]$.\\
Tout élément de cet extension s'écrit: $C(X)=A(X)+B(X)\sqrt{1-X^2}$, où $A$ et $B$ sont des fractions rationnelles. Dans le cas où $A$ et $B$ sont des polynômes, l'élément $C(X)=A(X)+B(X)\sqrt{1-X^2}$ est dans $\C[X][\sqrt{1-X^2}]$ et peut-être identifié à la fonction:
\begin{eqnarray*}
C(x): ]-1,1[ &\longrightarrow& \C \\
x &\longmapsto& A(x) + B(x)\sqrt{1-x^2}
\end{eqnarray*}
via le morphisme d'évaluation (où $A(x)$ et $B(x)$ représentent les évaluations de $A$ et $B$, en tant que polynômes). Pour vérifier que cette identification est licite il suffit de montrer que si la fonction précédente est nulle, il en est de même pour l'élément $C$ de ${\cal C}$. Cela revient à constater que l'on a pour tout $x \in ]-1,1[$ l'égalité $B(x)^2(1-x^2)=A(x)^2$, d'où l'égalité polynômiale $B(X)^2 (1-X^2) = A(X)^2$. Si $B$ était non nul cela voudrait dire que $(1-X^2)$ possède une racine dans $\C(X)$, ce qui n'est pas (étudier les dérivées pour le voir). Donc $B$ est nul et donc $A$ et $C$ aussi.\vspace{2mm}\\

A partir de maintenant on travaille dans l'algèbre ${\cal C}[Y]$.\\
Dans cet algèbre $P(X,\sqrt{1-X^2})$ et $P(X,-\sqrt{1-X^2})$ ont un sens et on va montrer que ces deux éléments sont nuls.\\
En séparant les termes de degrés pairs en $Y$ et ceux de degrés impairs, $P$ s'écrit:
$$P(X,Y) = {\sum_{0 \leq k+2l \leq n}{a_{k,l}X^k Y^{2l}} + Y\left(\sum_{0 \leq k+2l \leq n-1}{b_{k,l}X^k Y^{2l}}\right)}$$
Ainsi
\begin{eqnarray*}
P(X,\sqrt{1-X^2}) &=& A(X) + \sqrt{1-X^2}B(X)\\
P(X,-\sqrt{1-X^2}) &=& A(X) - \sqrt{1-X^2}B(X)
\end{eqnarray*}
Où les polynômes $A$ et $B$ sont donnés par:
$$A(X)=\sum_{0 \leq k+2l \leq n}{a_{k,l}X^k (1-X^2)^l }$$
et
$$B(X) = \sum_{0 \leq k+2l \leq n-1}{b_{k,l}X^k (1-X^2)^{l}} $$
et sont donc de degrés respectivement majorés par $n$ et $n-1$.\\
D'après la remarque précédente on est en mesure d'évaluer $P(X,\sqrt{1-X^2})$ en les $2n+1$ points $\cos(t_i)$ et on obtient $0$ à chaque fois (c'est la propriété supposée sur $P$). Par ailleurs
$$P(X,\sqrt{1-X^2})P(X,-\sqrt{1-X^2})=A(X)^2 + (1-X^2)B(X)^2$$
est un polynôme de degré au plus $2n$ possédant $2n+1$ racines. C'est donc le polynôme nul. ${\cal C}$ étant un corps, $P(X,\sqrt{1-X^2})=0$ ou $P(X,-\sqrt{1-X^2})=0$. Il vient alors $A(X)=B(X)=0$ (car $\sqrt{1-X^2} \notin \C(X)$..) et donc $$P(X,\sqrt{1-X^2})=P(X,-\sqrt{1-X^2})=0$$
On revient au polynôme de base $P(X,Y)$ en tant qu'élément de ${\cal C}[Y]$. Il s'annule en $\pm \sqrt{1-X^2}$ donc est divisible par
$$(Y-\sqrt{1-X^2})(Y+\sqrt{1-X^2})=(X^2+Y^2-1).$$

Voilà. Je vais voler la signature de quelqu'un:

En espérant ne pas avoir dit trop de conneries..

--
Ayman
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
Bonsoir,
pour le pb 25 il est facile de prouver que les valeurs de n pourlesquelles on a au moins une solution sont celles indiquées.

en effet pour une solution le nombre total des intermediaires est egal à
1+2+..+n=n(n+1)/2
et d'autre part pour nimporte quel arrangement des nbs 1.1,..n,n
le nb total des intermediaires est un nb pair

( recurrence sur n, et si on a une sequence de longueur 2n+2 on contemple celle de longueur 2n obtenue en enlevant le terme ecrit le plus à gauche par ex et son homologue : on diminue le nb d'intervalles d'un nb pair , ..)

or si n n'est pas multiple de 4 ou multiple de 4 moins 1 on a n(n+1)/2 impair

gagné..

reste à voir que la condition est suffisante
à suivre ( j'ai une idée d'approche à creuser)

Oump.
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
Sil y avait moyen d'effacer la ligne où je parle des polys trignométriques, j'ai encore dit une bêtise.

Bonne soirée à tous

--
Ayman
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
avatar
bonjour Bs,

voici deux liens concernant le problème 25:
[www.research.att.com]
[www.research.att.com]

Sincèrement,

Galax
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
Bonsoir,
Ayman tu as raison mon hypothèse est insuffisante. Je viens d'essayer de corriger mon message de mardi 16h et le résultat que je vois est pas beau!

Il faut ajouter une hypothèse :

.. tq. $P(\cos(tk),\sin(tk))=0$ et $P(\cos(tk),-\sin(tk))=0$, alors ...

J'ai voulu adapter et je me suis contenté de regarder et j'ai commis une errreur!

Mea culpa. Avec ces hypothèses en plus, cela se démontre (sans passer par des modules).

Amicalement,
Georges

PS Claude je ne comprends pas ce que tu dis sur le Pb.25 (intermédiaires?) et j'attends ta preuve trigonométrique du Pb.23.
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
Re,

Georges,

le plus simple est de donner un exemple

74131256472356

"intermediaires" entre 7 et 7:41312564 : soit 8 termes
entre 4 et 4:131256 : soit 6 termes
entre 1 et 1: 3 soit 1 terme
entre3 et 3:1256472: soit 7 termes
entre 2 et 2:5647: soit 4 termes
entre 5 et 5:64723: soit 5 termes
entre 6 et 6: 47235 : soit 5 termes

soit au total : 36

pour le pb 23 je vais voir ce que donne le calcul direct avec seulement 3 variables, ce qui evite le recours aux extrema liés , ça doit etre assez simple
j'y cours..

A+
Oump.
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
Bon du coup ma démo est un peu hors-propos, enfin c'est un autre exo. Ca englobe peut-être tes hypothèses, genre il faut faire jouer le rôle du cosinus au sinus, qui lui prend bien 2n+1 valeurs différentes au moins.
Si quelqu'un veut bien me confirmer que je n'ai pas dit de bêtise dans ladite démo précédente, je suis pas contre

--
Ayman
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
Re,Re

en fait en prenant A,B,C,D sur le cercle trigonometrique et en posant
(OA,OB) =2x, (OB,OC)=2y, (OC,OD)=2z avec x,y, z positifs
et x+y+z au plus egal à Pi
on a AB.BC.CD.DA= 16SinxSinySinzSin(x+y+z)

il suffit alors d'etudier la fonction de 3 variables definie par

f(x,y,z)= SinxSinySinzSin(x+y+z) pour avoir les renseignements qu'on veut sur le produit considere

l'etude directe de f est tres simple , en particulier les maxima et les minima
et sans hypotheses particulieres sur x,y,z
f a des maxima >0 et des minima <0 , locaux , en lesquels les derivees partielles sont nulles , et en des points ou les sinus de x,y,z, ne sont pas nuls
on a immediatement ces points donnés par le systeme

2x+y+z=kPi
x+2y+z=k'Pi
x+y+2z=k"Pi avec k,k',k" entiers
dans le domaine qui nous concerne pour le pb initial
on obtient x=y=z=Pi/4 avec le max de f valant 1/4

le produit initial est donc majoré par 4 et vaut 4 ssi ABCD est un carré.

Oump.
bs
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
avatar
Bonjour,

Oump, concernant le pb 25 de Langford:

bien compris: "pour une solution le nombre total des intermediaires est egal à 1+2+..+n=n(n+1)/2", suite à tes précisions.

par contre: "et d'autre part pour nimporte quel arrangement des nbs 1.1,..n,n , le nb total des intermediaires est un nb pair."
Tu proposes par récurrence:
--> initialisation, pour n=2: 1122,1212,1221; soit respectivement: 0,2,2.
--> hérédité: on fait comme tu préconises :
( recurrence sur n, et si on a une sequence de longueur 2n+2 on contemple celle de longueur 2n obtenue en enlevant le terme ecrit le plus à gauche par ex et son homologue : on diminue le nb d'intervalles d'un nb pair , ..)
C'est ça ?

Ok ; c'est puissant et élégant.Merci Oump, déjà un sens de fait.

Merci Galax pour tes liens.

Magique est ce forum, magiques sont les intervenants.

Amicalement.



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a treize ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par bs.
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
Bonjour,
Bernard (bs) tu dis :

par contre: "et d'autre part pour nimporte quel arrangement des nbs 1.1,..n,n , le nb total des intermediaires est un nb pair."

Cela se démontre comme l'a dit Claude:

Initialisation pour n=1. Puis soit $C=a_1,..,a_{2n+2}$, on suppose $k\geqslant 2$ tq. $a_1=a_k$.
Il y a $k-2$ intermédiaires entre $a_1$ et $a_k$, parmi ces $k-2$ il y en a $2p$ ($p$ chiffres répétés 2 fois). On diminue donc le nombres des intermédiaires de $C$ de $k-2+(k-2-2p)\in 2\N$ intermédiaires.

Ayman, ta démo me semble OK à 1ère vue (il faudrait tout écrire). Je donnerai demain la preuve que je connais.

Claude, pour le Pb.23, tu montres que la trigo fonctionne bien!

Amitiés,
Georges
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