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
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...
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.
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
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
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]
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 .
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 .
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 :-)
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
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 .
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.
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 $\sqrt{3}$.
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.
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 .
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 ) .
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.
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 ?
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 :
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
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 !
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 ?
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!
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 .
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
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 .
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.
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.
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.
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)
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 .
Réponses
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
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...
Pour le 7) , tout est parfaitement juste.
trouvé ici:
<http://planetmath.org/encyclopedia/ConstructibleAnglesWithIntegerValuesInDegrees.html>
Bonne journée.
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 :
$$a^3+b^3=c^4$$
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
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
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]
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
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
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.
Oui c'est la même idée que moi et ça marche aussi pour la généralisation que j'ai proposé.
Sincèrement,
Galax
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 :-)
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
il faut remplacer dans mon message du 12-20-06 15:30 deux dernieres lignes par
NB $ A_1 A_7 _A_4$ et $ A_1 A_3 A_5$ sont de coté $ \sqrt{3}$ ,
et le triangle $ A_2 A_3 A_7$ est de coté 1
Sincèrement,
Galax
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
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
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...
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
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.
Domi
Domi
Domi
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
J'ai supposé que le second jouer joue en seconde position ( en fait comme tu l'as remarqué c'est sans importence )
Sincèrement,
Galax
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
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.
Domi
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
Je complète le livre dans lequel ne figuraient pas toutes ces solutions.
Merci Georges.
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
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]
Bon Noël ! Si tu ne trouves pas la solution avant minuit je te la donne, juré !
Domi
J'ai constaté dèjà ce que tu dis.
La nuit m'apportera un bon conseil (peut-être) pour la suite.
Bonne nuit
Galax
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
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
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
Problème N 12
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
Joyeux Noël !
Domi
Tes explications du 12-24-06 20:59 sont parfaitement claires. Merci.
Sincèrement,
Galax
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.
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
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)
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 :-)
dans ton message précédent : $P_i$= projection ?
merci.
Le problème de CQFD est connu sous le nom de lemme de Davenport-Cassels. Je posterai une preuve si personne ne trouve.
Cordialement,
Ritchie