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.
"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..
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
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.
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.
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!
Je réponds à georges , je connaissais le problème N°24 et il m'avait fallu un petit moment pour trouver la solution :S
J'en profite pour proposer un nouveau problème déjà vu sur ce site mais jamais résolu ( j'avais d'ailleurs à l'époque proposé une solution confuse et fausse ) .
PB 27 : On se donne deux entiers $a$ et $b$ supérieurs à 1 et tels que pour tout entier naturel non nul $n$ : $\displaystyle{\frac{b^n-1}{a^n-1}\in \mathbb{N}}$ .
Montrer que $b$ est une puissance entière de $a$ .
Il me semble avoir une démonstration dont le niveau ne dépasse pas celui d'un bon élève de terminale .
Je crois avoir résolu ton problème avec des outils simples.
Voici la première partie de cette démonstration :
Tout d'abord {\bf tout diviseur de b l'est aussi un diviseur de a.}
Je suppose qu'un nombre premier p divise b et que p ne divise pas a.
Ainsi par le petit théorème de Fermat $ a^{p-1} $ = 1 (mod p )
donc $ a^{p-1} - 1$ est donc divisible par p
or $ a^{p-1} - 1$ divise $ b^{p-1} - 1$ ,
D'où p divise aussi $ b^{p-1} - 1$ ce qui est une contradiction avec p divise b.
Ensuite, {\bf tout premier diviseur de a est aussi un diviseur de b.}
Suite à l'observation de Domi du lun 5 mars 2007 10:42:46, j'ai effacé ma démonstration pour le dernier résultat, car elle n'etait pas juste. Donc elle reste à faire.
Cependant dans la suite de démonstration je utilise:
Conclusion: {\bf a et b ont les mêmes diviseur premiers.}
Il est tard, je mettrai au propre demain le reste de ma démonstration.
le pb revient à etudier la possibilite de trouver une partition de [1,..,2n]
en n paires {i,j} telles que ,en posant e(i,j)=|i-j|-1 pour i#j,les valeurs prises par les e(i,j) pour une telle partition soient globalement 1.2,..n.
un exemple pour illustrer
la suite 312132 est associée à la partition (1,5),(3,6),(2,4)
pour n=4
la suite 41312432 est associée à :(1,6)(3,7)(5,8)(2,4)
( le 1 correspondant à e(2,4)=1 occupe les rangs 2 et 4 etc.)
j'ai donc montré que l'existence d'une suite de Langford pour un entier n donné
implique que n est soit multiple de 4 ,soit multiple de 4 moins 1, par un argument de parité et une récurrence sur n
( on peut simplifier la preuve donnée et détaillée par Georges, si ça vous interesse j'y reviendrai)
reste donc à prouver l'existence pour n congru à 0 ou -1 modulo 4..
je n'y suis pas encore arrivé , mais ai trouvé , à l'aide des (i,j) un "crible"
permettant leur recherche systématique et qui m'a permis de trouver des suites pour n= 7, 8, 11, 12 et que je vous donne ci dessous
il reste à voir la généralisation..
on peut toujours prendre comme première paire (1,n+2)
les trois premières ont la meme allure dans les ex précédents,
affaire à suivre..mais comme apparemment une preuve a été donnée , cela fait baisser ma motivation..
remarque : on peut s'interesser plus généralement aux partitions de [1,2n]
en n paires : il y en a 1.3.5..(2n-1)
et pour une telle partition , étudier les e(i,j) associés
( leur somme est paire, quelles sont les valeurs prises , et si on sait faire , on aura le résultat cherché comme sous produit..)
je pose à nouveau la même question : pourquoi tout diviseur premier de a est-il un diviseur de b ? Je me souviens que j'avais trouvé une solution simple au problème en admettant ce résultat mais est-il vraiment si évident ?
Domi
PS : "ma" solution est bien plus compliquée que la tienne .
dans mon message du lun 5 mars 2007 00:35:57 j'ai mis ceci pour montrer que:
{\bf tout diviseur premier de a est aussi un diviseur de b.}
Suite à l'observation de Domi du lun 5 mars 2007 10:42:46, j'ai effacé ma démonstration pour le dernier résultat, car elle n'etait pas juste. Donc elle reste à faire.
Cependant dans la suite de démonstration je utilise:
Conclusion: {\bf a et b ont les mêmes diviseur premiers.}
Sincèrement,
Galax
Complément: ( 18 H 14 )je n'ai toujours pas démontré :
{\bf tout diviseur premier de a est aussi un diviseur de b.},( sans doute quelqu'un d'autre que moi a des idées à ce sujet )
Sinon, j'espère que le reste de la démonstration est convenable.
Merci Oump pour ces nouvelles avancées; il est vrai que la preuve se trouve dans "The Mathematical Gazette", et que de fait, la motivation s'amoindrit. J'essaie de me procurer cette preuve .
Pour un résultat non connu ( sur le forum ), voir par exemple: dans "problème ouvert", la probabilité d'obtenir un triangle acutangle en coupant un spaghetto en trois.
Bien vu bs (tu) mais tu remarqueras qu'encore une fois le problème est donné sans solution !
Une version analytique du même problème :
PB 27 Bis :
Soit deux fonctions entières $f$ et $g$ ( ie : holomorphes sur $\mathbb{C}$ ) telles que pour tout entier $n$ positif , la fonction $\displaystyle{z \mapsto \frac{f(z)^n-1}{g(z)^n-1}}$ est aussi entière . Montrer qu'il existe un entier $k$ tel que $f=g^k$ ( $g^k(z)=g(z).g(z)...g(z)$ ).
Bonjour,
Pour le spaghetto, le sujet se déroule sur le fil " problème ouvert " par heura.
Il y a effectivement 25% de chances d'obtenir un triangle suivant l'une des façons de casser le spaghetto. Maintenant, on recherche la possibilité d'obtenir un triangle acutangle.
Si tu souhaites y participer: tu es le bienvenu..., le mieux est d'aller répondre dans le fil ouvert par heura.
Une réponse pour le pb 27 ( je n'ai pas réussi à aboutir avec la méthode galax ) .
\textbf{Lemme} :
Etant donné :
\begin{itemize}
\item $k$ un entier naturel non nul .
\item $r_1$ , $r_2$ , ... , $r_k$ , $k$ rationnels distincts , supérieurs ou égaux à 1 .
\item $x_1$ , $x_2$ , ... , $x_k$ , $k$ réels non nuls .
\item $(u_n)_{n \in \mathbb{N}^*}$ suite à valeurs dans $\mathbb{Z}$ et $\displaystyle{d_n=u_n-\sum_{j=1}^{k}x_jr_j^n}$ .
\end{itemize}
$$\displaystyle{\lim_{n\rightarrow \infty} d_n = 0} \Rightarrow (\forall j \in \{1;2; ...;k\} \ , \ r_j \in \mathbb{N})\ .$$
\textbf{Démonstration} ( par récurrence sur $k \in \mathbb{N}^*$ ) .
Plaçons-nous dans les hypothèses du lemme avec $\displaystyle{\lim_{n\rightarrow \infty} d_n = 0}$ .
$\displaystyle{r_k=\frac{p}{q}}$ avec $p \geq q >0$ , $p$ et $q$ entiers naturels premiers entre-eux .
$\displaystyle{\forall n \in \mathbb{N}^* \ : qd_{n+1}-pd_n = (qu_{n+1}-pu_n)-\sum_{j=1}^{k-1}x_j(qr_j-p)r_j^n\ [1]}$ .
\begin{enumerate}
\item Si $k=1$ .
$[1]$ se réduit à : $qd_{n+1}-pd_n = qu_{n+1}-pu_n$ et :
$\exists N \in \mathbb{N}^* / n \geq N \Rightarrow qu_{n+1}-pu_n=0 \ [2]$ .
En appliquant $[2]$ à $N$ , $N+1$ , ... , $N+s$ : $q^su_{N+s}-p^su_N=0$ .
Alors tout facteur premier de $q$ divise $u_N$ indéfiniment .
Or $\displaystyle{\lim_{n\rightarrow \infty} |x_1r_1^n+d_n| = +\infty}$ donc $\displaystyle{\lim_{n \rightarrow \infty}|u_n| = +\infty}$ et on peut supposer que $u_N \neq 0$ . Alors $q$ n'a pas de facteur premier : $q=1$ et $r_1 \in \mathbb{N}$ .
\item Si $k>1$ .
Pour $j \in \{1;2;...;k-1\}$ et $n \in \mathbb{N}^*$ , posons :
$x'_j=x_j(qr_j-p) \in \mathbb{R}^*$ , $u'_n=qu_{n+1}-pu_n$ et $\displaystyle{d'_n=u'_n-\sum_{j=1}^{k-1}x'_jr_j^n}$.
Alors : $\displaystyle{\lim_{n\rightarrow \infty} d'_n = \lim_{n\rightarrow \infty} ( qd_{n+1}-pd_n) = 0}$ .
Les hypothèses du lemme sont vérifiées , on peut appliquer l'hypothèse de récurence à : $\{r_j\}$ , $\{x'_j\}$ , $(u'_n)_{n \in \mathbb{N}^*}$ :
$\forall j \in \{1;2;...;k-1\}$ : $r_j \in \mathbb{N}$ .
En permutant les indices 1 et $k$ on obtient $r_k \in \mathbb{N}$ : le lemme est démontré .
\end{enumerate}
Supposons maintenant que $a$ et $b$ sont des entiers supérieurs à 1 tels que
pour chaque entier $n$ positif : $\displaystyle{\frac{b^n-1}{a^n-1} \in \mathbb{N}}$ .
Il existe un unique entier $k \in \mathbb{N}^*$ tel que : $a^k \leq b < a^{k+1}$ .
Pour $j \in \{1;2;...;k\}$ et $n \in \mathbb{N}^*$ , posons :
$\displaystyle{r_j = \frac{b}{a^j}}$ , $x_j=1$ , $\displaystyle{u_n=\frac{b^n-1}{a^n-1}}$ et $\displaystyle{d_n=u_n-\sum_{j=1}^{k}x_jr_j^n}$ .
$\displaystyle{d_n = \frac{b^n-1}{a^n-1}-\sum_{j=1}^k\left(\frac{b}{a^j}\right)^n}$
$\displaystyle{d_n = \frac{b^n-1}{a^n-1}-\frac{b^n(a^{kn}-1)}{a^{kn}(a^n-1)}}$
$\displaystyle{d_n = \frac{b^n-a^{kn}}{a^{kn}(a^n-1)}}$
$\displaystyle{d_n = \frac{(\frac{b}{a^k})^n-1}{a^n-1}}$ .
Alors $\displaystyle{d_n=\frac{c^n-1}{a^n-1}}$ avec $1\leq c<a$ donc $\displaystyle{\lim_{n\rightarrow \infty} d_n = 0}$ .
Le lemme s'applique et alors les $r_j$ puis les $d_n$ sont entiers .
A partir d'un certain rang $d_n=0$ donc $b^n=a^{kn}$ et $b=a^k$ .
Aux erreurs près ( aucune idée pour le 27 bis actuellement ) .
Ta démonstration est vraiment très claire et bravo pour l'avoir trouvée.
Pour ma part, malgré plusieurs tentatives, j'ai n'ai pas encore réussis trouver le chainon manquant.
Une question ammusante:( prob27 ter)
{\bf quelle est la longueur maximale k + 1 de la suite:
$\frac{a}{b},\frac{a+1}{b+1},...,\frac{a+k}{b+k}$
prenant que des valeurs entières. }
exemple: $\frac{999}{9}= 111, \frac{1000}{10}=100, \frac{1001}{11}=91 $...est une telle suite de longueur 3
Soit ABC une triangle ,
$H_A, H_B$ et $H_C$ les pieds de ses hauteurs issues de A, B et C
Soit A’ l’intersection de la perpendiculaire avec (AB) issue de $H_A$ sur (AB)
A’’ l’intersection de la perpendiculaire avec (AC) issue de $H_A$ sur (AB)
B’ l’intersection de la perpendiculaire avec (AB) issue de $H_B$ sur (AB)
B’’ l’intersection de la perpendiculaire avec (BC) issue de $H_B$ sur (BC)
C’ l’intersection de la perpendiculaire avec (AC) issue de $H_C$ sur (AC)
C’’ l’intersection de la perpendiculaire avec (BC) issue de $H_C$ sur (BC)
Prouver que A’,A’’,B’,B’’,C’et C’’ sont cocycliques.}
Dans le Maillard et Millet Géométrie (1951), il figure comme exercice du Ch.2 (sur les angles orientés) en n°58, p.68, avec les indications suivantes :
2) Montrer que le quadrilatère BA'A"C est inscriptible.
3) Montrer que (B'C') est parallèle à (BC).
4) Montrer que les six points sont sur un même cercle.
Pour prouver 4) j'ajoute : Montrer que A'C"B"A" et A'B'C'A" sont des quadrilatères inscriptibles.
Bonjour Galax,
on traite de la même façon le cas acutangle et le cas obtusangle. Le seul cas à part est celui du triangle rectangle, cas où on doit montrer qu'un rectangle est inscriptible!
Je prends tes notations, j'appelle $H$ l'orthocentre de $ABC$ et suppose le triangle non rectangle (donc $H$ n'est pas sur les droites supports de ses côtés).
On considère les angles de droites modulo $\pi$.
1) Montrons que $BA'A''C$ est inscriptible.
Soit $h$ l'homothétie de centre $A$ de rapport $\frac {\overline {AH}}{\overline {AH_A}}$. On a $h(H_A)=H$ et, puisque l'on a $(H_AA') // (HH_C)$, on a $h(A')=H_C$. De même, on a $h(A'')=H_B$, donc on a $(A'A'') // (H_CH_B)$.
Donc on a $<(A'A'', A'B) = < (H_CH_B, H_CB)$ et, puisque $BH_CH_BC$ est inscriptible, on a
$< (H_CH_B, H_CB) = < (CH_B, CB) = < (CA'', CB) $, donc on a $< (A'A'', A'B) = < (CA'', CB)$ et $BA'A''C$ est inscriptible.
2) Montrons que l'on a $(B'C') // (BC)$.
On a $< (B'C', BC) = < (B'C', H_CC') + < (H_CC', BC) =< (B'C', H_CC') + < (BH_B, BC)$ et $H_BC'B'H_C$ est inscriptible,
donc on a $< (B'C', H_CC') = < (B'H_B, H_CH_B) = < (CH_C, H_CH_B)$, enfin $BH_CH_BC$ est inscriptible, donc on a
$< (B'C', H_CC') = < (BC, BH_B)$ d'où $< (B'C', BC) = < (BC, BH_B) + < (BH_B, BC) = < 0$ et $(B'C') // (BC)$.
3) Montrons que $A'C''B''A''$ est inscriptible.
On a (par 2) $(A'C'') // (AC) = (CA'')$, donc on a $ < (A'C'', A'A'') =< (CA'', A'A'')$ , puisque $BA'A''C$ est inscriptible (par 1) on a $< (CA'', A'A'')=< (CB, A'B)$. On a (par 2) $(A'B)=(AB) //(B''A'')$, donc on a
$< (CB, A'B) = < (B''C'', B''A'')$, d'où $< (A'C'', A'A'') = < (B''C'', B''A)$, donc $A'C''B''A''$ est inscriptible.
4) Montrons que $A'A''C'B'$ est inscriptible.
On a $< (A'B', A'A'') = < (A'B, A'A'')$, puisque $BA'A''C$ est inscriptible, on a
$< (A'B, A'A'') = < (CB, CA'')$. On a (par 2) $(BC) //(C'B')$, donc on a
$< (CB, CA'') = < (C'B', C'A'')$, d'où $< (A'B', A'A'') =< (C'B', C'A'')$ et $A'A''C'B'$ est inscriptible. De même, $B'B''C''A'$ est inscriptible.
Soit $(C)$ le cercle $C(A'C''B'')$. Puisque $B'B''C''A'$ est inscriptible, on a $B' \in (C)$, puisque $A'C''B''A''$ est inscriptible, on a $A'' \in (C)$ et $(C) = C(A''B'A')$, donc, puisque $A'A''C'B'$ est inscriptible, on a $C' \in (C)$ CQFD
Ta démonstration est pratiquement la même que la mienne.
Alors c'est à toi
et aussi à Domi de nous proposer un nouveau problème.
Sinon, je propose une petite extention du problème 27:
en continuant le processus de construction de points par perpenduculaires à
partir de points A’,A’’,B’,B’’,C’et C’’, on obtient 12 points... que peut-on
montrer au sujets de ces points? (ils ne sont pas cocycliques mais ...)
Sincèrement,
Galax
complément:(16 mars 15h30)
je viens de constater que le problème 27 est aussi dans le livre de Y.,R. Sortais La géométrie du triangle pg.38 et 39, cercle du Taylor ( voir aussi la couverture de ce livre )
ce qui m'a permis trouver le lien suivant: http://mathworld.wolfram.com/TaylorCircle.html
Je travaille en ce moment sur plusieurs petits exercices dont je n'ai pas la solution , je ne sais pas s'ils entrent dans le cadre de ces \textbf{problèmes en série} . Je vous les communique au cas ou l'un d'eux titillerait votre curiosité .
PB 29 : On dispose d'un échiquier $m \times n$ dont les cases sont noires ou blanches . On considère un roi dont les mouvements sont ceux du roi aux échecs avec la contrainte supplémentaire qu'il ne peut se déplacer que sur des cases de sa couleur . Montrer qu'il est possible de poser un roi sur la première ligne de l'échiquier de façon à ce qu'il puisse atteindre la dernière ligne ou alors qu'il est possible de positionner un roi sur la première colonne de l'échiquier de façon à ce qu'il puisse atteindre la dernière .
PB 30 : Deux joueurs s'affrontent sur un échiquier $69 \times 49$ . Chacun des joueurs choisit à tour de rôle deux sommets parmi les $50 \times 70$ sommets de l'échiquier et trace le segment reliant ces deux sommets . Les segments tracés peuvent se couper mais un sommet ne peut être l'extrémité que d'un seul segment . Lorsque tous les sommets ont été choisis et les segments tracés , le premier joueur choisit librement pour chaque segment $[AB]$ tracé , le vecteur $\overrightarrow{AB}$ ou le vecteur $\overrightarrow{BA}$ . Il est déclaré gagnant si la somme des vecteurs qu'il a choisi est nulle : a-t-il une stratégie gagnante ?
PB 31 : Montrer qu'il est toujours possible de disposer une surface plane d'aire $n$ sur un quadrillage orthonormé de façon à ce que la surface recouvre au moins $n+1$ noeuds du quadrillage .
PB 32 : On considère deux fonctions continues $f$ et $g$ de $[0;1]$ dans $\mathbb{R}$ telles que $\int_0^1f(x)dx=\int_0^1g(x)dx=1$ . Montrer qu'il existe $[a;b] \subset [0;1]$ tel que $\int_a^bf(x)dx=\int_a^bg(x)dx=\frac{1}{2}$ .
J'aurais bien choisi un seul de ces problèmes mais les quatre m'occupent à parts égales .
PB 31 : tout à fait d'accord avec tes références .
PB 32 : sans doute les lignes de niveau vont se couper , il doit y avoir une paramétrisation qui rend les choses limpides .
Domi
PS : je n'aurais pas dû regarder ton fil "construction" car dans ton dernier lien il y a plein de choses intéressantes auxquelles je ne vais pas pouvoir m'intéresser faute de temps .
PB 32: encore une idée intuitive ( géométrique)
la ligne de niveau ($ n_f$) patrage le triangle ABC en 2 parties
la ligne de niveau ($ n_g$) joint G ( 0, $ \beta$) à H($ \beta$, 1) avec G et H chacun dans une patrie, donc cette ligne ce niveau ( continue ) doit couper celle de ($ n_f$).
Je suppose d’abord qu’un roi peut être posé sur la première ligne ( n°1) de l'échiquier de façon à ce qu'il puisse atteindre la dernière ligne ( n° m)…
alors il n’y a rien à démontrer.
Je suppose maintenant que c’est impossible( pour le roi noir et aussi blanc ), ainsi il existe un « barrage » qui empêche monter le rois vers la dernière ligne (n° m).
Prenons un roi noir (pour fixer des idées)
Il est clair qu’à chaque colonne ( n° i) on peut associer le niveau n° $c_i$ maximal noir de cette colonne accessible à partir de la première ligne.. ainsi la case( i,$c_i $) est noir et
$ c_i$< m
A partir de mouvements autorisés de (i, $c_i$) vers (i, $ c_i$+1), on déduit qu’alors
(i,$ c_i$+1 ) est blanc ( pour tout i = 1, … ,n) ( à cause de maximalité de $c_i$
Il reste à étudier compte tenu des contraintes à cause des mouvements obliques pour obtenir un barrage d’un seul tenant … et en fait il suffit partir de la première colonne et regarder ce qui se produit à la colonne 2.... et puis appliquer ce même raisonenemt pour passer de colonne 2 vers la colonne 3 ....
Pour le Pb.32, je pense que la démo de Galax est incomplète. Il faut démontrer que les lignes de niveau se coupent.
Or on peut avoir dans ces ensembles des points isolés!
Pour le Pb.29, je ne comprends pas l'énoncé. Est-ce un Pb. probabiliste?
Pour le problème 32, tu as tout à fait raison, mon raisonnement ne marche que si la ligne de niveau est continue... (je l’ai déjà écris dans mes messages
précédentes )
>>> Domi, GEorgesZ
Pour le Pb.29, j'ai aussi une question:
En plaçant un repère à la première ligne et la première colonne, es-ce que la situation de ce type il reste à la dernière étape les points (0, 0) ( 2, 2),
il est clair que ces points ne sont pas joignables, compte tenu qu'un sommet ne peut être l'extrémité que d'un seul segment
peut-elle se produire?
Une idée : Sans doute on pourrait réfléchir sur une coordonnée pour mieux comprendre ce qui se passe…
Réponses
Bonne soirée à tous
--
Ayman
voici deux liens concernant le problème 25:
http://www.research.att.com/~njas/sequences/A014552
http://www.research.att.com/~njas/sequences/A050998
Sincèrement,
Galax
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.
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.
Si quelqu'un veut bien me confirmer que je n'ai pas dit de bêtise dans ladite démo précédente, je suis pas contre
--
Ayman
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.
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.
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
Pour le Pb.26 (j'ai précisé la suite $(t_k)$ dans $[0,\pi]$) :
On écrit $P=\sum_{k^\geqslant 0} Y^{2k}(R_k(X)+YS_k(X))$.
On a $Y^{2k}=(1-X^2)^k+(X^2+Y^2-1)Q_k(Y^2,1-X^2)$
(on a $Q_0(Y^2,1-X^2)=0$), d'où
$P = \sum_{k^\geqslant 0}[(1-X^2)^k+(X^2+Y^2-1)Q_k(Y^2,1-X^2)](R_k(X)+YS_k(X))$
$=\sum_{k^\geqslant 0} (1-X^2)^k(R_k(X)+YS_k(X))+(X^2+Y^2-1)\sum_{k^\geqslant 1}Q_k(Y^2,1-X^2)(R_k(X)+YS_k(X))$
$=A(X)+YB(X)+(X^2+Y^2-1)Q(X,Y)$ (on a $deg(A)=n$ et $deg(B)=n-1$).
D'où, pour $k=0..n$,
$0=P(\cos(t_k),\sin(t_k))=A(\cos(t_k))+\sin(t_k)B(\cos(t_k))$ et $0=P(\cos(k),-\sin(t_k))=A(\cos(t_k))-\sin(t_k)B(\cos(t_k))$, d'où :
$A(\cos(t_k))=0$ et, si $t_k\neq 0$ et $t_k\neq \pi$, $B(\cos(t_k))=0$.
D'où, puisque $(\cos(tk))_{0\leqslant k\leqslant n}$ donne $n+1$ racines distinctes de $A$ et au moins $n$ racines de $B$, on a $A=B=0$, d'où :
$P=(X^2+Y^2-1)Q(X,Y)$.
Amicalement,
Georges
Je réponds à georges , je connaissais le problème N°24 et il m'avait fallu un petit moment pour trouver la solution :S
J'en profite pour proposer un nouveau problème déjà vu sur ce site mais jamais résolu ( j'avais d'ailleurs à l'époque proposé une solution confuse et fausse ) .
PB 27 : On se donne deux entiers $a$ et $b$ supérieurs à 1 et tels que pour tout entier naturel non nul $n$ : $\displaystyle{\frac{b^n-1}{a^n-1}\in \mathbb{N}}$ .
Montrer que $b$ est une puissance entière de $a$ .
Il me semble avoir une démonstration dont le niveau ne dépasse pas celui d'un bon élève de terminale .
Domi
Il s'agit de
$\frac{b^n-1}{a^n-1}\in \mathbb{N} $?
Sincèrement,
Galax
Amusez-vous bien !!!
Domi
Merci Georges d'avoir détaillé le raisonnement d'Oump.
Pour le pb 25 de Langford, reste un sens à démontrer: pour tout $n$ congru à $-1$ ou à $0$ , modulo $4$ , il existe une solution au problème .
Bonne nuit.
Je crois avoir résolu ton problème avec des outils simples.
Voici la première partie de cette démonstration :
Tout d'abord {\bf tout diviseur de b l'est aussi un diviseur de a.}
Je suppose qu'un nombre premier p divise b et que p ne divise pas a.
Ainsi par le petit théorème de Fermat $ a^{p-1} $ = 1 (mod p )
donc $ a^{p-1} - 1$ est donc divisible par p
or $ a^{p-1} - 1$ divise $ b^{p-1} - 1$ ,
D'où p divise aussi $ b^{p-1} - 1$ ce qui est une contradiction avec p divise b.
Ensuite, {\bf tout premier diviseur de a est aussi un diviseur de b.}
Suite à l'observation de Domi du lun 5 mars 2007 10:42:46, j'ai effacé ma démonstration pour le dernier résultat, car elle n'etait pas juste. Donc elle reste à faire.
Cependant dans la suite de démonstration je utilise:
Conclusion: {\bf a et b ont les mêmes diviseur premiers.}
Il est tard, je mettrai au propre demain le reste de ma démonstration.
Bonne nuit
Galax
à propos de langford(pb 25)
le pb revient à etudier la possibilite de trouver une partition de [1,..,2n]
en n paires {i,j} telles que ,en posant e(i,j)=|i-j|-1 pour i#j,les valeurs prises par les e(i,j) pour une telle partition soient globalement 1.2,..n.
un exemple pour illustrer
la suite 312132 est associée à la partition (1,5),(3,6),(2,4)
pour n=4
la suite 41312432 est associée à :(1,6)(3,7)(5,8)(2,4)
( le 1 correspondant à e(2,4)=1 occupe les rangs 2 et 4 etc.)
j'ai donc montré que l'existence d'une suite de Langford pour un entier n donné
implique que n est soit multiple de 4 ,soit multiple de 4 moins 1, par un argument de parité et une récurrence sur n
( on peut simplifier la preuve donnée et détaillée par Georges, si ça vous interesse j'y reviendrai)
reste donc à prouver l'existence pour n congru à 0 ou -1 modulo 4..
je n'y suis pas encore arrivé , mais ai trouvé , à l'aide des (i,j) un "crible"
permettant leur recherche systématique et qui m'a permis de trouver des suites pour n= 7, 8, 11, 12 et que je vous donne ci dessous
n=7: (1,9)(3,10)(5,11)(8,13)(2,6)(4,7)(12,14)
donnant : 73625324765141
n=8:(1,10)(3,11)(5,12)(9,15)(8,13)(2,6)(4,7)(14,16)
donnant: 8372632458764151
n=11:
(1,13)(3,14)(6,16)(10,19)(4,12)(8,15)(11,17)(2,7)(5,9)(18,21)(20,22)
donnant: 11,4,10,7,3,9,4,6,3,8,5,7,11,10,6,9,5,2,81,2,1
n=12:
(1,14)(3,15)(2,13)(7,17)(10,19)(12,20)(4,11)(16,22)(18,23)(5,9)(21,24)(6,8)
donnant: 12,10,11,6,3,1,9,1,3,8,6,7,10,12,11,5,9,4,8,7,2,6,4,2
il reste à voir la généralisation..
on peut toujours prendre comme première paire (1,n+2)
les trois premières ont la meme allure dans les ex précédents,
affaire à suivre..mais comme apparemment une preuve a été donnée , cela fait baisser ma motivation..
remarque : on peut s'interesser plus généralement aux partitions de [1,2n]
en n paires : il y en a 1.3.5..(2n-1)
et pour une telle partition , étudier les e(i,j) associés
( leur somme est paire, quelles sont les valeurs prises , et si on sait faire , on aura le résultat cherché comme sous produit..)
bonne journée,
Oump.
Tout diviseur premier de b est diviseur de a : OK
Tout diviseur premier de a est diviseur de b : ???
Peux-tu détailler un peu ?
Domi
Voici la suite de solution du Pb 27 (suite de mon message du 5 mars 2007 00:35:57)
Tout d'abord $ a \leq b $ car sinon $ \frac{b^n-1}{a^n-1}$ n'est peut être
entier.
Soient $p_1, p_2,..., p_l$ tous les diviseurs premiers de a et b.
On a donc,
a = ${p_1}^{i_1} {p_2}^{i_2}...{p_l}^{i_l}$, $ m= min(i_1, i_2,...,i_l)$
On peut poser, compte tenu des résultats précédantes, $ b = \alpha a^k $
avec k aussi grand que possible et donc le facteur premier $p_m$ dans $\alpha$
est ${p_m}^{m*}$ avec $m* < m $
On a donc soit $ b = a^k $ , i.e. que $\alpha = 1$ et la propriété est
démontré.( C'est effectivement la solution du problème grâce à l'identité $x^n - 1 = ( x- 1 ) ( x^{n-1} + ... + 1) $ )
Je montre que ce le seul cas possible:
Sinon, on doit avoir
$ \frac{b^n-1}{a^n-1} = \frac{(\alpha a^k)^n-1}{a^n-1} $
=$ \frac{a^{kn}-1}{a^n-1}$ + $ \frac{({\alpha}^n -1)a^{nk}}{a^n-1} $
pour tout $n \geq 1$
Compte tenu que pgdc( a, a- 1) = 1, $ \frac{({\alpha}^n -1)a^{nk}}{a^n-1} $ doit être
entier pour tout $n \geq 1$
Il est clair que {\bf a et $ \alpha$ ont les mêmes diviseurs (*)} (la même démonstration
que pour a et b ), mais avec le facteur premier $p_m$ dans $\alpha$
est ${p_m}^{m*}$ avec $m* < m $,
ainsi en itérant le procédé un facteur p_i disparait, ce qui est une
contradiction avec (*).
PS Domi si ta démonstration est plus simple, j'espère que tu nous la donneras.
Sincèrement,
Galax
je pose à nouveau la même question : pourquoi tout diviseur premier de a est-il un diviseur de b ? Je me souviens que j'avais trouvé une solution simple au problème en admettant ce résultat mais est-il vraiment si évident ?
Domi
PS : "ma" solution est bien plus compliquée que la tienne .
dans mon message du lun 5 mars 2007 00:35:57 j'ai mis ceci pour montrer que:
{\bf tout diviseur premier de a est aussi un diviseur de b.}
Suite à l'observation de Domi du lun 5 mars 2007 10:42:46, j'ai effacé ma démonstration pour le dernier résultat, car elle n'etait pas juste. Donc elle reste à faire.
Cependant dans la suite de démonstration je utilise:
Conclusion: {\bf a et b ont les mêmes diviseur premiers.}
Sincèrement,
Galax
Complément: ( 18 H 14 )je n'ai toujours pas démontré :
{\bf tout diviseur premier de a est aussi un diviseur de b.},( sans doute quelqu'un d'autre que moi a des idées à ce sujet )
Sinon, j'espère que le reste de la démonstration est convenable.
Galax
Merci Oump pour ces nouvelles avancées; il est vrai que la preuve se trouve dans "The Mathematical Gazette", et que de fait, la motivation s'amoindrit. J'essaie de me procurer cette preuve .
Pour un résultat non connu ( sur le forum ), voir par exemple: dans "problème ouvert", la probabilité d'obtenir un triangle acutangle en coupant un spaghetto en trois.
Domi: il me semblait bien avoir déjà rencontré ton problème;)
\lien{http://maths-forum.com/showthread.php?t=21924}
Amicalement.
Une version analytique du même problème :
PB 27 Bis :
Soit deux fonctions entières $f$ et $g$ ( ie : holomorphes sur $\mathbb{C}$ ) telles que pour tout entier $n$ positif , la fonction $\displaystyle{z \mapsto \frac{f(z)^n-1}{g(z)^n-1}}$ est aussi entière . Montrer qu'il existe un entier $k$ tel que $f=g^k$ ( $g^k(z)=g(z).g(z)...g(z)$ ).
Domi
pour le pb du spaghetti..(riche de futures polemiques j'imagine..)
je me jette à l'eau : 3/4
( je suis tout , sauf un probabiliste.., je suis parti d'un modele fini avec un jeu de cartes , partagé en trois paquets etc.
j'attend les interventions savantes;)
Oump.
Pour le spaghetto, le sujet se déroule sur le fil " problème ouvert " par heura.
Il y a effectivement 25% de chances d'obtenir un triangle suivant l'une des façons de casser le spaghetto. Maintenant, on recherche la possibilité d'obtenir un triangle acutangle.
Si tu souhaites y participer: tu es le bienvenu..., le mieux est d'aller répondre dans le fil ouvert par heura.
Amicalement.
\textbf{Lemme} :
Etant donné :
\begin{itemize}
\item $k$ un entier naturel non nul .
\item $r_1$ , $r_2$ , ... , $r_k$ , $k$ rationnels distincts , supérieurs ou égaux à 1 .
\item $x_1$ , $x_2$ , ... , $x_k$ , $k$ réels non nuls .
\item $(u_n)_{n \in \mathbb{N}^*}$ suite à valeurs dans $\mathbb{Z}$ et $\displaystyle{d_n=u_n-\sum_{j=1}^{k}x_jr_j^n}$ .
\end{itemize}
$$\displaystyle{\lim_{n\rightarrow \infty} d_n = 0} \Rightarrow (\forall j \in \{1;2; ...;k\} \ , \ r_j \in \mathbb{N})\ .$$
\textbf{Démonstration} ( par récurrence sur $k \in \mathbb{N}^*$ ) .
Plaçons-nous dans les hypothèses du lemme avec $\displaystyle{\lim_{n\rightarrow \infty} d_n = 0}$ .
$\displaystyle{r_k=\frac{p}{q}}$ avec $p \geq q >0$ , $p$ et $q$ entiers naturels premiers entre-eux .
$\displaystyle{\forall n \in \mathbb{N}^* \ : qd_{n+1}-pd_n = (qu_{n+1}-pu_n)-\sum_{j=1}^{k-1}x_j(qr_j-p)r_j^n\ [1]}$ .
\begin{enumerate}
\item Si $k=1$ .
$[1]$ se réduit à : $qd_{n+1}-pd_n = qu_{n+1}-pu_n$ et :
$\exists N \in \mathbb{N}^* / n \geq N \Rightarrow qu_{n+1}-pu_n=0 \ [2]$ .
En appliquant $[2]$ à $N$ , $N+1$ , ... , $N+s$ : $q^su_{N+s}-p^su_N=0$ .
Alors tout facteur premier de $q$ divise $u_N$ indéfiniment .
Or $\displaystyle{\lim_{n\rightarrow \infty} |x_1r_1^n+d_n| = +\infty}$ donc $\displaystyle{\lim_{n \rightarrow \infty}|u_n| = +\infty}$ et on peut supposer que $u_N \neq 0$ . Alors $q$ n'a pas de facteur premier : $q=1$ et $r_1 \in \mathbb{N}$ .
\item Si $k>1$ .
Pour $j \in \{1;2;...;k-1\}$ et $n \in \mathbb{N}^*$ , posons :
$x'_j=x_j(qr_j-p) \in \mathbb{R}^*$ , $u'_n=qu_{n+1}-pu_n$ et $\displaystyle{d'_n=u'_n-\sum_{j=1}^{k-1}x'_jr_j^n}$.
Alors : $\displaystyle{\lim_{n\rightarrow \infty} d'_n = \lim_{n\rightarrow \infty} ( qd_{n+1}-pd_n) = 0}$ .
Les hypothèses du lemme sont vérifiées , on peut appliquer l'hypothèse de récurence à : $\{r_j\}$ , $\{x'_j\}$ , $(u'_n)_{n \in \mathbb{N}^*}$ :
$\forall j \in \{1;2;...;k-1\}$ : $r_j \in \mathbb{N}$ .
En permutant les indices 1 et $k$ on obtient $r_k \in \mathbb{N}$ : le lemme est démontré .
\end{enumerate}
Supposons maintenant que $a$ et $b$ sont des entiers supérieurs à 1 tels que
pour chaque entier $n$ positif : $\displaystyle{\frac{b^n-1}{a^n-1} \in \mathbb{N}}$ .
Il existe un unique entier $k \in \mathbb{N}^*$ tel que : $a^k \leq b < a^{k+1}$ .
Pour $j \in \{1;2;...;k\}$ et $n \in \mathbb{N}^*$ , posons :
$\displaystyle{r_j = \frac{b}{a^j}}$ , $x_j=1$ , $\displaystyle{u_n=\frac{b^n-1}{a^n-1}}$ et $\displaystyle{d_n=u_n-\sum_{j=1}^{k}x_jr_j^n}$ .
$\displaystyle{d_n = \frac{b^n-1}{a^n-1}-\sum_{j=1}^k\left(\frac{b}{a^j}\right)^n}$
$\displaystyle{d_n = \frac{b^n-1}{a^n-1}-\frac{b^n(a^{kn}-1)}{a^{kn}(a^n-1)}}$
$\displaystyle{d_n = \frac{b^n-a^{kn}}{a^{kn}(a^n-1)}}$
$\displaystyle{d_n = \frac{(\frac{b}{a^k})^n-1}{a^n-1}}$ .
Alors $\displaystyle{d_n=\frac{c^n-1}{a^n-1}}$ avec $1\leq c<a$ donc $\displaystyle{\lim_{n\rightarrow \infty} d_n = 0}$ .
Le lemme s'applique et alors les $r_j$ puis les $d_n$ sont entiers .
A partir d'un certain rang $d_n=0$ donc $b^n=a^{kn}$ et $b=a^k$ .
Aux erreurs près ( aucune idée pour le 27 bis actuellement ) .
Domi
Ta démonstration est vraiment très claire et bravo pour l'avoir trouvée.
Pour ma part, malgré plusieurs tentatives, j'ai n'ai pas encore réussis trouver le chainon manquant.
Une question ammusante:( prob27 ter)
{\bf quelle est la longueur maximale k + 1 de la suite:
$\frac{a}{b},\frac{a+1}{b+1},...,\frac{a+k}{b+k}$
prenant que des valeurs entières. }
exemple: $\frac{999}{9}= 111, \frac{1000}{10}=100, \frac{1001}{11}=91 $...est une telle suite de longueur 3
Sincèrement,
Galax
PS Cas trivial a = b est sans intérêt.
A l'aide du théorème du reste chinois j'ai fabriqué une suite de longueur 6 :
$\frac{121}{1}=121,\frac{122}{2}=61,\frac{123}{3}=41,\frac{124}{4}=31,\frac{125}{5}=25,\frac{126}{6}=11$
Il est facile à voir que ceci se géneralise pour k quelquonque.
Une nouvelle question se pose:
{\bf Pour quel k existent des suites de longueur k + 1 ayant comme un de termes $\frac{a^{kn}-1}{a^k - 1} $ ? }
Sincèrement,
Galax
Désolé d'avoir oublié un des \$\$ (merci AD)\qquad[A ton service AD].
Personne ne connait le codage (en géométrie) d'arc AB ?
Pour ton Pb. 27 ter, Galax $a=n!+1$ et $b=1$ donnent une suite de longueur au moins égale à $n$.
On peut prendre $a'=2^3.3^2.5.7.11+1$ (au lieu de $a=11!+1$) et, pour $b=1$, on obtient ici $k(a',b)=k(a,b)=12$.
Amicalement,
Georges
[Georges, pour écrire \$, il faut le banaliser : \verb*=\$=. AD]
Voici un petit problème de géométrie :
{\bf Problème 28
Cercle de 6 points :
Soit ABC une triangle ,
$H_A, H_B$ et $H_C$ les pieds de ses hauteurs issues de A, B et C
Soit A’ l’intersection de la perpendiculaire avec (AB) issue de $H_A$ sur (AB)
A’’ l’intersection de la perpendiculaire avec (AC) issue de $H_A$ sur (AB)
B’ l’intersection de la perpendiculaire avec (AB) issue de $H_B$ sur (AB)
B’’ l’intersection de la perpendiculaire avec (BC) issue de $H_B$ sur (BC)
C’ l’intersection de la perpendiculaire avec (AC) issue de $H_C$ sur (AC)
C’’ l’intersection de la perpendiculaire avec (BC) issue de $H_C$ sur (BC)
Prouver que A’,A’’,B’,B’’,C’et C’’ sont cocycliques.}
Traiter d'abord le cas du triangle acutangle
Sincèrement,
Galax
Le Pb. 28 de Galax est assez difficile.
Dans le Maillard et Millet Géométrie (1951), il figure comme exercice du Ch.2 (sur les angles orientés) en n°58, p.68, avec les indications suivantes :
2) Montrer que le quadrilatère BA'A"C est inscriptible.
3) Montrer que (B'C') est parallèle à (BC).
4) Montrer que les six points sont sur un même cercle.
Pour prouver 4) j'ajoute : Montrer que A'C"B"A" et A'B'C'A" sont des quadrilatères inscriptibles.
On n'a pas besoin de supposer ABC acutangle.
Bon courage.
Amicalement,
Georges
Tout à fait d'accord avec toi que le triangle ne doit pas être acutangle.
Je n'ai mis ce conseil que pour éviter avoir le cas "dégénéré" du triangle
rectangle; ce qui perment traiter ensuite le cas du triangle obtusangle
et donc avoir une rédaction plus simple.
Sinon ton indication est très pertinente.
Sincèrement,
Galax
on traite de la même façon le cas acutangle et le cas obtusangle. Le seul cas à part est celui du triangle rectangle, cas où on doit montrer qu'un rectangle est inscriptible!
Où as-tu trouvé ce Pb. 28?
Amicalement,
Georges
Le problème 27 provient d'une préparation aux olympiades ( mes archives), donc
ta réferance est antérieure à la mienne ... bien qu'il semble que cet
exercice remonte à Emile Lemoine ( 1891 ? à confirmer).
Peut-tu nous donner la solution que tu connais?
Sincèrement,
Galax
Je prends tes notations, j'appelle $H$ l'orthocentre de $ABC$ et suppose le triangle non rectangle (donc $H$ n'est pas sur les droites supports de ses côtés).
On considère les angles de droites modulo $\pi$.
1) Montrons que $BA'A''C$ est inscriptible.
Soit $h$ l'homothétie de centre $A$ de rapport $\frac {\overline {AH}}{\overline {AH_A}}$. On a $h(H_A)=H$ et, puisque l'on a $(H_AA') // (HH_C)$, on a $h(A')=H_C$. De même, on a $h(A'')=H_B$, donc on a $(A'A'') // (H_CH_B)$.
Donc on a $<(A'A'', A'B) = < (H_CH_B, H_CB)$ et, puisque $BH_CH_BC$ est inscriptible, on a
$< (H_CH_B, H_CB) = < (CH_B, CB) = < (CA'', CB) $, donc on a $< (A'A'', A'B) = < (CA'', CB)$ et $BA'A''C$ est inscriptible.
2) Montrons que l'on a $(B'C') // (BC)$.
On a $< (B'C', BC) = < (B'C', H_CC') + < (H_CC', BC) =< (B'C', H_CC') + < (BH_B, BC)$ et $H_BC'B'H_C$ est inscriptible,
donc on a $< (B'C', H_CC') = < (B'H_B, H_CH_B) = < (CH_C, H_CH_B)$, enfin $BH_CH_BC$ est inscriptible, donc on a
$< (B'C', H_CC') = < (BC, BH_B)$ d'où $< (B'C', BC) = < (BC, BH_B) + < (BH_B, BC) = < 0$ et $(B'C') // (BC)$.
3) Montrons que $A'C''B''A''$ est inscriptible.
On a (par 2) $(A'C'') // (AC) = (CA'')$, donc on a $ < (A'C'', A'A'') =< (CA'', A'A'')$ , puisque $BA'A''C$ est inscriptible (par 1) on a $< (CA'', A'A'')=< (CB, A'B)$. On a (par 2) $(A'B)=(AB) //(B''A'')$, donc on a
$< (CB, A'B) = < (B''C'', B''A'')$, d'où $< (A'C'', A'A'') = < (B''C'', B''A)$, donc $A'C''B''A''$ est inscriptible.
4) Montrons que $A'A''C'B'$ est inscriptible.
On a $< (A'B', A'A'') = < (A'B, A'A'')$, puisque $BA'A''C$ est inscriptible, on a
$< (A'B, A'A'') = < (CB, CA'')$. On a (par 2) $(BC) //(C'B')$, donc on a
$< (CB, CA'') = < (C'B', C'A'')$, d'où $< (A'B', A'A'') =< (C'B', C'A'')$ et $A'A''C'B'$ est inscriptible. De même, $B'B''C''A'$ est inscriptible.
Soit $(C)$ le cercle $C(A'C''B'')$. Puisque $B'B''C''A'$ est inscriptible, on a $B' \in (C)$, puisque $A'C''B''A''$ est inscriptible, on a $A'' \in (C)$ et $(C) = C(A''B'A')$, donc, puisque $A'A''C'B'$ est inscriptible, on a $C' \in (C)$ CQFD
Amicalement,
Georges
Ta démonstration est pratiquement la même que la mienne.
Alors c'est à toi
et aussi à Domi de nous proposer un nouveau problème.
Sinon, je propose une petite extention du problème 27:
en continuant le processus de construction de points par perpenduculaires à
partir de points A’,A’’,B’,B’’,C’et C’’, on obtient 12 points... que peut-on
montrer au sujets de ces points? (ils ne sont pas cocycliques mais ...)
Sincèrement,
Galax
complément:(16 mars 15h30)
je viens de constater que le problème 27 est aussi dans le livre de Y.,R. Sortais La géométrie du triangle pg.38 et 39, cercle du Taylor ( voir aussi la couverture de ce livre )
ce qui m'a permis trouver le lien suivant:
http://mathworld.wolfram.com/TaylorCircle.html
Je travaille en ce moment sur plusieurs petits exercices dont je n'ai pas la solution , je ne sais pas s'ils entrent dans le cadre de ces \textbf{problèmes en série} . Je vous les communique au cas ou l'un d'eux titillerait votre curiosité .
PB 29 : On dispose d'un échiquier $m \times n$ dont les cases sont noires ou blanches . On considère un roi dont les mouvements sont ceux du roi aux échecs avec la contrainte supplémentaire qu'il ne peut se déplacer que sur des cases de sa couleur . Montrer qu'il est possible de poser un roi sur la première ligne de l'échiquier de façon à ce qu'il puisse atteindre la dernière ligne ou alors qu'il est possible de positionner un roi sur la première colonne de l'échiquier de façon à ce qu'il puisse atteindre la dernière .
PB 30 : Deux joueurs s'affrontent sur un échiquier $69 \times 49$ . Chacun des joueurs choisit à tour de rôle deux sommets parmi les $50 \times 70$ sommets de l'échiquier et trace le segment reliant ces deux sommets . Les segments tracés peuvent se couper mais un sommet ne peut être l'extrémité que d'un seul segment . Lorsque tous les sommets ont été choisis et les segments tracés , le premier joueur choisit librement pour chaque segment $[AB]$ tracé , le vecteur $\overrightarrow{AB}$ ou le vecteur $\overrightarrow{BA}$ . Il est déclaré gagnant si la somme des vecteurs qu'il a choisi est nulle : a-t-il une stratégie gagnante ?
PB 31 : Montrer qu'il est toujours possible de disposer une surface plane d'aire $n$ sur un quadrillage orthonormé de façon à ce que la surface recouvre au moins $n+1$ noeuds du quadrillage .
PB 32 : On considère deux fonctions continues $f$ et $g$ de $[0;1]$ dans $\mathbb{R}$ telles que $\int_0^1f(x)dx=\int_0^1g(x)dx=1$ . Montrer qu'il existe $[a;b] \subset [0;1]$ tel que $\int_a^bf(x)dx=\int_a^bg(x)dx=\frac{1}{2}$ .
J'aurais bien choisi un seul de ces problèmes mais les quatre m'occupent à parts égales .
Domi
Voici une idée intuitive pour le pb. 32
Je pose d’abord
$ \alpha$ b minimum sur [0, 1] tel que $ \int_0^bf(x)dx\frac{1}{2}$ .
Puis
$ \beta$ b minimum sur [0, 1] tel que $ \int_0^bg(x)dx\frac{1}{2}$.
Evidement, on a :
$ \int_0^{\alpha}f(x)dx=\int_{\alpha}^1f(x)dx=\frac{1}{2}$
et
$ \int_0^{\beta}g(x)dx=\int_{\beta}^1g(x)dx=\frac{1}{2}$
On constate (intuitivement ) que dans le triangle ABC avec A(0, 0), B( 1, 1), C( 0, 1)
Oui , sinon c'est un peu trop simple
Domi
Voici deux liens concernant Pb 31
en français:
http://www.math.cnrs.fr/imagesdesmaths/pdf2004/Bonavero.pdf
(voir pg 33 théorème de Blichfeldt)
en anglais:
http://mathworld.wolfram.com/BlichfeldtsTheorem.html
J'espère que cela te satisfait.
Au fait que pense-tu de l'approche du PB 32, que j'ai proposé?
Sincèrement,
Galax
PB 31 : tout à fait d'accord avec tes références .
PB 32 : sans doute les lignes de niveau vont se couper , il doit y avoir une paramétrisation qui rend les choses limpides .
Domi
PS : je n'aurais pas dû regarder ton fil "construction" car dans ton dernier lien il y a plein de choses intéressantes auxquelles je ne vais pas pouvoir m'intéresser faute de temps .
PB 32: encore une idée intuitive ( géométrique)
la ligne de niveau ($ n_f$) patrage le triangle ABC en 2 parties
la ligne de niveau ($ n_g$) joint G ( 0, $ \beta$) à H($ \beta$, 1) avec G et H chacun dans une patrie, donc cette ligne ce niveau ( continue ) doit couper celle de ($ n_f$).
Sincèrement,
Galas
Une idée à propos du problème 29
Je suppose d’abord qu’un roi peut être posé sur la première ligne ( n°1) de l'échiquier de façon à ce qu'il puisse atteindre la dernière ligne ( n° m)…
alors il n’y a rien à démontrer.
Je suppose maintenant que c’est impossible( pour le roi noir et aussi blanc ), ainsi il existe un « barrage » qui empêche monter le rois vers la dernière ligne (n° m).
Prenons un roi noir (pour fixer des idées)
Il est clair qu’à chaque colonne ( n° i) on peut associer le niveau n° $c_i$ maximal noir de cette colonne accessible à partir de la première ligne.. ainsi la case( i,$c_i $) est noir et
$ c_i$< m
A partir de mouvements autorisés de (i, $c_i$) vers (i, $ c_i$+1), on déduit qu’alors
(i,$ c_i$+1 ) est blanc ( pour tout i = 1, … ,n) ( à cause de maximalité de $c_i$
Il reste à étudier compte tenu des contraintes à cause des mouvements obliques pour obtenir un barrage d’un seul tenant … et en fait il suffit partir de la première colonne et regarder ce qui se produit à la colonne 2.... et puis appliquer ce même raisonenemt pour passer de colonne 2 vers la colonne 3 ....
Sincèrement,
Galax
Edit : Ah si, maintenant ils apparaissent.
encore quelques idées à propos du PB 29
mon idée est construire une barière qui joint (1, $c_1$+1) à (2, $c_2$+1) ( par des cases blaches) (B12)
Pour le Pb.32, je pense que la démo de Galax est incomplète. Il faut démontrer que les lignes de niveau se coupent.
Or on peut avoir dans ces ensembles des points isolés!
Pour le Pb.29, je ne comprends pas l'énoncé. Est-ce un Pb. probabiliste?
Amicalement,
Georges
>>>>>GeorgesZ,
Pour le problème 32, tu as tout à fait raison, mon raisonnement ne marche que si la ligne de niveau est continue... (je l’ai déjà écris dans mes messages
précédentes )
>>> Domi, GEorgesZ
Pour le Pb.29, j'ai aussi une question:
En plaçant un repère à la première ligne et la première colonne, es-ce que la situation de ce type
il reste à la dernière étape les points (0, 0) ( 2, 2),
il est clair que ces points ne sont pas joignables, compte tenu qu'un sommet ne peut être l'extrémité que d'un seul segment
peut-elle se produire?
Une idée : Sans doute on pourrait réfléchir sur une coordonnée pour mieux comprendre ce qui se passe…
Sincèrement,
Galax
Voici un autre problème:
{ \bf problème 33:
Soit une suite ( $x_i$) telle que:
$ x_{i+1} + x_{i-1} = \sqrt 2 x_i $ pour tout i,
alors ( $x_i$) est est périodique. }
Bonne courage,
Galax
Pb 33: suite récurrente linéaire d'équation caractéristique:
$r^2- \sqrt{2} r +1=0$, de racines:
$r_1 = e^{\frac {i \pi}{4}}$ , $r_2= e^{- \frac {i \pi}{4}}$,
et alors,il existe $a$ et $b$ tels que:
$x_n= ae^{\frac {ni \pi}{4}} +b e^{- \frac {ni \pi}{4}}$
$(x_i)$ est donc périodique de période 8 .
Amicalement.
Il ne te reste qu'à poser un autre problème.
Sincèrement,
Galax