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".
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
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.
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}
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?
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 $q_{n+1}$
Un nouveau problème d'apparence très simple mais qui se révèle extrêmement ardu et dont je n'ai pas la solution :-)
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 .
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 !
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 $q_n$
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 :-)
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.
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 .
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.
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.
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}$ .
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 $A_1$, $A_2$, ... , $A_{50}$
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 ...
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.
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.
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.
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
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 ?
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...
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 (td) merci . Du coup il faudrait expliciter la stratégie du second joueur car pour n assez grand les facteurs premiers intervenant peuvent être nombreux !
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).
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 ?
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).
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...
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 $A_i$
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)
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?
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 ?
Réponses
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
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.
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}
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
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
Domi
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
PB17 : J'ai une solution "made by myself" . A vous de jouer et vite , avant le couperet :-)
Domi
Domi
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.
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 :-) .
Domi
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.
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.
Domi
Si tu veux, tu peux nous dévoiler ta solution du problème n°17.
Et encore une Merveilleuse Nouvelle Année 2007
Sincèrement,
Galax
Domi
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]
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
Le PROBLEME 19 n'interesse personne?
Sincèrement,
Galax
Domi
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
Je posterais aussi à l'occasion d'autres problèmes .
Domi
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.
Oui c'est la réponse à cette question
Galax
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.
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
Est-il possible d'éclairer ma lanterne ?
Merci.
j'ai corrigé la faute de frappe de l'énoncé du problème 19.
Galax
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
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
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 (td) merci . Du coup il faudrait expliciter la stratégie du second joueur car pour n assez grand les facteurs premiers intervenant peuvent être nombreux !
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
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.
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
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.
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
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
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
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
Je me permet donner une indication pour le problème 20 posé par georgesZ.
On pourrais utiliser le principe de Dirichlet.
Sincèrement,
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)
Si je demande à ton copain quelle est la porte qui ouvre sur la mort, que me répondra-t-il ?
(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 ?
et gb d'enchérir: oui, c'est hyper connu !
C'est vraiment sympa !:)
mais,oui, je connaissais...