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Problèmes en série.

Envoyé par emre54 
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 dernière correction date de il y a treize années et a été effectuée 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
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