Problèmes en série.

bonjour Bs,

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

Re,

Georges,

le plus simple est de donner un exemple

74131256472356

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

soit au total : 36

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

A+
Oump.

Re,Re

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

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

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

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

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

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

Oump.

Bonjour,
Bernard (bs) tu dis :

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

Cela se démontre comme l'a dit Claude:

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

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

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

Amitiés,
Georges

Bonsoir .

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

C'est ça galax ( j'ai corrigé dans le message initial ) .

Amusez-vous bien !!!

Domi

bonsoir Domi,

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

galax , PB 27 :

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

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 .

Bonjour,

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.

Bonsoir,

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.

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 ) .

Domi

bonsoir,

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

Bonsoir,

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

Bonsoir GeorgesZ,

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

bonjour GeorgesZ,

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

Très bien GeorgesZ,

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

Bonjour 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)

Dans le PB29, les cases ne sont pas alternativement blanches ou noires comme sur un échiquier normal, mais disposées aléatoirement ?

Oui , sinon c'est un peu trop simple

Domi

Bonsoir 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 .

bonjour Domi,

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

bonsoir Domi,

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)

bonjour

>>>>>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

Bonjour,

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

Bravo Bs,

Il ne te reste qu'à poser un autre problème.

Sincèrement,

Galax