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Problèmes en série.

Envoyé par emre54 
Re: Problèmes en série.
il y a douze années
avatar
Pour le problème 25, on pourrait aussi demander à ce que la différence entre les indices des occurences de $i$ soit $i$ plutôt que $i+1$. On obtient alors 23243114 comme solution. Y a-t-il un lien avec l'énoncé original ?
bs
Re: Problèmes en série.
il y a douze années
avatar
Bonjour Georges,

Et non je ne possède pas de preuve de ce pb 25, cet exercice est tiré du {\bf Mathematical Magic Show} de M. Gardner et porte le nom de "problème de Langford", posé par Langford dans "The Mathematical Gazette"...en 1958.

Il n'existe des solutions que si et st si il y a $2n$ nombres, avec $n$ multiple de $4$, ou $n$ congru à $-1$ modulo(4).[ C'est cela que je souhaiterais savoir démontrer. ]

Les résultats ci-dessous ont été obtenu par ordinateur.
Il existe ainsi:
1 solution avec 2x3 nombres de 1 à 3,( énoncé)
1 solutions avec 2x4 nombres de 1 à 4,( Georges )
27 solutions avec 2x7 nombres de 1 à 7,
150 solutions avec 2x8 nombres de 1 à 8
17792 solutions avec 2x11 nombres de 1 à 11.

J'ai toujours trouvé ce résultat rigolo et surprenant; les soirs de fête en famille, c'est aussi bien que le trivial poursuite.

Sur Gogol, à problème de Langford, il y a de nombreuses pages, par exemple:
\lien{[www.recreomath.qc.ca]}

Amicalement.
Re: Problèmes en série.
il y a douze années
Bonjour Domi,

Connaissais-tu le Pb.24? Si non : bravo. Quand on me l'a posé, il y a longtemps, j'ai donné ma langue au chat après avoir cherché une matinée...

BS, si le Pb.25 n'a pas de solution connue, c'est un Pb. drôlement ardu!

Puisque ce fil reprend vie, je propose un exo sur les polynômes :

{\bf Pb. 26. Soit $P\in \C[X,Y]$ de degré total $n$. On suppose qu'il existe une suite strictement croissante $(t_k)_{0\leqslant k \leqslant n}$ dans $[0, \pi]$ (sans que l'on ait $t_0=0$ et $t_n=\pi$) tq., pour $k=0,..,n$, on a $P(\cos(t_k),\sin(t_k))=0$ et $P(\cos(t_k),-\sin(t_k))=0$.
Montrer qu'il existe un $Q\in \C[X,Y]$ tq. $P(X,Y)=(X^2+Y^2-1)Q(X,Y)$.}

Bon courage,
Georges
Re: Problèmes en série.
il y a douze années
salut à tous,

Bon j'ai une démo, "avec les doigts" mais elle doit avoir une justification rigoureuse (je suis pas trop à l'aise avec les séries formelles..).
Par contre j'ai besoin d'une hypothèse en plus :p
Mais je pense que ça doit se généraliser, non? L'hypothèse que je fais: prendre l'intervalle $]0,\frac{\pi}{2}[$ et les $t_k$ distincts (ça s'était peut-être déjà implicite).


On commence par remarquer que le polynôme à une variable $P(X^2,1-X^2)$ est nul. En effet, il est de degré au plus $2n$ et nul en tous les $\cos(t_k)$ et $\sin(t_k)$. La seule redondance qu'on peut avoir (vu mon hypothèse), c'est $\cos(t_k)=\sin(t_k)$ mais ça ne peut arriver qu'une fois (si $t_k=\frac{\pi}{4})$. Dans le cas général, je ne vois pas comment éviter les redondances que peut amener le sinus (non bij ective sur $]0,\pi[$). En tout cas au final on a au moins $2n+1$ racines, c'est donc suffisant pour annuler notre polynôme qui est de degré au plus $2n$.

C'est là que "j'utilise" les séries formelles (je mets des guillemets parce que ça m'a l'air un peu magique). On peut supposer qu'on travaille dans l'algèbre $\C[[X]][Y]$, dans laquelle
$P(X,\sqrt{1-X^2})$ a un sens. Par un calcul immédiat, on voit que ce polynôme est nul c'est là le côté "formel": on peut faire intervenir le polynôme $\sqrt{X}=\sqrt{1+X-1}$ pour s'en convaincre. Après, toujours dans l'algèbre $\C[[X]][Y]$ on constate que notre polynôme $P(X,Y)$ a deux racines: $-\sqrt{1-X^2}$ et $\sqrt{1-X^2}$ (c'est exactement le calcul formel précédent). Donc il est divisible par $(Y-\sqrt{1-X^2})(Y+\sqrt{1+X^2})=(X^2+Y^2-1)$
On a pas fini car a priori la division se fait dans $\C[[X]][Y]$. Seulement en écrivant que les membres de droite et de gauche sont des polynômes, on conclut.
Autre option: il me semble que quand deux éléments d'un sous-anneau sont proportionnels dans un anneau plus grand, ils le sont aussi dans le sous anneau, ou quelque chose du genre.

Désolé pour cette réponse brouillone :(
Re: Problèmes en série.
il y a douze années
Je m'aperçois que la réponse n'est pas seulement brouillone mais fausse, je réfléchis un peu pour voir si c'est corrigeable, sinon mea culpa

--
Ayman
Re: Problèmes en série.
il y a douze années
bonsoir,

à propos du pb 23,

on peut le traiter assez simplement en termes d'extrema lies

( etude du max de SinxSinySinzSint avec la liaison x+y+z+t=Pi)

je vais reflechir au pb 26 de georges !( faut pas laisser les neurones inactifs.)

Oump.
Re: Problèmes en série.
il y a douze années
Bonsoir Claude,

Refléchit aussi au Pb. 25 de bs, tu apporteras peut-être une réponse à l'une de ses questions...

Le Pb. 26 est attribué à Pelczinski m'a-t-on dit (je l'ai un petit peu compliqué).

Pour le Pb.23, la démo par Ptolémée est jolie. Développe la tienne par la trigo.

Amicalement,
Georges
Re: Problèmes en série.
il y a douze années
avatar
Bonjour Bs,

Je me permet mettre ici aussi ma démonstration du pb 23:
L'énoncé permet d'affirmer grâce à la relation de Ptolémée que:
AC.BD = AB.CD+BC.DA,
AC et BD sont $ \leq 2 $ (car le diamètre du cercle unitaire est de longueur 2)
Ainsi AB.CD+BC.DA $ \leq 4 $
En comparant le moyenne géométrique et arithmétique de AB.CD et BC.DA on obtient
$\sqrt{(AB.CD).(BC.DA)}\leq \frac{AB.CD+BC.DA}{2} \leq \frac{4}{2} = 2$
ainsi
AB.BC.CD.DA $ \leq {(\frac{AB.CD+BC.DA}{2})}^2 \leq 4$
Or d'après l'énoncé :
AB.BC.CD.DA $ \geq 4$

Finalement: AB.BC.CD.DA =${(\frac{AB.CD+BC.DA}{2})}^2 $= 4
AC.BD = AB.CD+BC.DA = 4
AC et BD sont 2 diamètres du cercle
et AB.CD= BC.DA (1)

Ainsi les diamètres AC et BD sont les diagonales de ABCD, qui est donc un rectangle et en particulier on a AB = CD et AD = BC (2)

(1) et (2) donne AB=BC=CD=DA

Conclusion: ABCD est bien un carré.

NB.Une autre variante: pour obtenir l'égalité finale il est également possible d'utiliser de nouveau l'inégalité arithmético-géométrique ...

Sincèrement,

Galax
bs
Re: Problèmes en série.
il y a douze années
avatar
Bonjour,

Galax: d'accord; provenance de ce pb 23 ? merci.

Pour tous, suis intéressé pour savoir comment démontrer que le pb de Langford ( cf: pb 25 ) n'a de solutions que pour
$n \equiv 0 [mod (4) ]$ ou $n \equiv -1 [mod (4) ]$ .
merci à tous(tes).
Re: Problèmes en série.
il y a douze années
avatar
bonjour BS,

Le problème 23 provient des olympiades indienes... j'ai le trouvé sur l'internet, à l'aide de google... si je retrouve plus de détails je ne manquerai pas les mettre sur ce fil.

Sincèrement,

Galax

Complément(1er mars 2007): J'ai retrouvé le lien pour ce problème:
[www.kalva.demon.co.uk]



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a douze années et a été effectuée par galax.
Re: Problèmes en série.
il y a douze années
Message pour GeorgesZ: etes-vous sûr du $n$ dans l'énoncé ?. Pour $n=1$ cela voudrait dire que le polynôme est forcément nul, et je ne crois pas que ce soit vrai. Je crois même qu'il y a un résultat disant que tout poly trigo de degré $n$ à $2n+1$ racines ou quelque chose du genre. Enfin tout ça pour dire que je n'ai réussi à prouver l'exercice que dans le cas où on a l'existence de $\textbf{2n+1}$ réels $t_k$ :)
Je suis presque sûr qu'il y a plus simple que ma preuve mais bon, je m'ententais à vouloir la faire de manière "générique". Voilà ce que ça donne, pour les lecteurs patients:
Bon cette fois-ci je crois que c'est la bonne. On pourra dire que j'ai galéré pour la faire cette démo.
Je répète l'énoncé:\vspace{2mm}\\
\textbf{Proposition:}\\
\textbf{Soit $P$ un polynôme de $\C[X,Y]$ de degré total $n$. On suppose l'existence de $2n+1$ réels distincts: $(t_j)_{1 \leq j\leq 2n+1} \in ]0,\pi[$ tels que:
$$P(\cos(t_i),\sin(t_i))= 0$$
Montrer que $P$ est divisible dans $\C[X,Y]$ par $(X^2+Y^2-1)$.}
\vspace{0.8cm}\\
On identifie $\C[X,Y]$ à $\C[X][Y]$ qu'on injecte dans $\C(X)[Y]$.\\
On va remonter encore un cran plus haut en considérant l'extension quadratique ${\cal C} = \C(X)[\sqrt{1-X^2}]$.\\
Tout élément de cet extension s'écrit: $C(X)=A(X)+B(X)\sqrt{1-X^2}$, où $A$ et $B$ sont des fractions rationnelles. Dans le cas où $A$ et $B$ sont des polynômes, l'élément $C(X)=A(X)+B(X)\sqrt{1-X^2}$ est dans $\C[X][\sqrt{1-X^2}]$ et peut-être identifié à la fonction:
\begin{eqnarray*}
C(x): ]-1,1[ &\longrightarrow& \C \\
x &\longmapsto& A(x) + B(x)\sqrt{1-x^2}
\end{eqnarray*}
via le morphisme d'évaluation (où $A(x)$ et $B(x)$ représentent les évaluations de $A$ et $B$, en tant que polynômes). Pour vérifier que cette identification est licite il suffit de montrer que si la fonction précédente est nulle, il en est de même pour l'élément $C$ de ${\cal C}$. Cela revient à constater que l'on a pour tout $x \in ]-1,1[$ l'égalité $B(x)^2(1-x^2)=A(x)^2$, d'où l'égalité polynômiale $B(X)^2 (1-X^2) = A(X)^2$. Si $B$ était non nul cela voudrait dire que $(1-X^2)$ possède une racine dans $\C(X)$, ce qui n'est pas (étudier les dérivées pour le voir). Donc $B$ est nul et donc $A$ et $C$ aussi.\vspace{2mm}\\

A partir de maintenant on travaille dans l'algèbre ${\cal C}[Y]$.\\
Dans cet algèbre $P(X,\sqrt{1-X^2})$ et $P(X,-\sqrt{1-X^2})$ ont un sens et on va montrer que ces deux éléments sont nuls.\\
En séparant les termes de degrés pairs en $Y$ et ceux de degrés impairs, $P$ s'écrit:
$$P(X,Y) = {\sum_{0 \leq k+2l \leq n}{a_{k,l}X^k Y^{2l}} + Y\left(\sum_{0 \leq k+2l \leq n-1}{b_{k,l}X^k Y^{2l}}\right)}$$
Ainsi
\begin{eqnarray*}
P(X,\sqrt{1-X^2}) &=& A(X) + \sqrt{1-X^2}B(X)\\
P(X,-\sqrt{1-X^2}) &=& A(X) - \sqrt{1-X^2}B(X)
\end{eqnarray*}
Où les polynômes $A$ et $B$ sont donnés par:
$$A(X)=\sum_{0 \leq k+2l \leq n}{a_{k,l}X^k (1-X^2)^l }$$
et
$$B(X) = \sum_{0 \leq k+2l \leq n-1}{b_{k,l}X^k (1-X^2)^{l}} $$
et sont donc de degrés respectivement majorés par $n$ et $n-1$.\\
D'après la remarque précédente on est en mesure d'évaluer $P(X,\sqrt{1-X^2})$ en les $2n+1$ points $\cos(t_i)$ et on obtient $0$ à chaque fois (c'est la propriété supposée sur $P$). Par ailleurs
$$P(X,\sqrt{1-X^2})P(X,-\sqrt{1-X^2})=A(X)^2 + (1-X^2)B(X)^2$$
est un polynôme de degré au plus $2n$ possédant $2n+1$ racines. C'est donc le polynôme nul. ${\cal C}$ étant un corps, $P(X,\sqrt{1-X^2})=0$ ou $P(X,-\sqrt{1-X^2})=0$. Il vient alors $A(X)=B(X)=0$ (car $\sqrt{1-X^2} \notin \C(X)$..) et donc $$P(X,\sqrt{1-X^2})=P(X,-\sqrt{1-X^2})=0$$
On revient au polynôme de base $P(X,Y)$ en tant qu'élément de ${\cal C}[Y]$. Il s'annule en $\pm \sqrt{1-X^2}$ donc est divisible par
$$(Y-\sqrt{1-X^2})(Y+\sqrt{1-X^2})=(X^2+Y^2-1).$$

Voilà. Je vais voler la signature de quelqu'un:

En espérant ne pas avoir dit trop de conneries..

--
Ayman
Re: Problèmes en série.
il y a douze années
Bonsoir,
pour le pb 25 il est facile de prouver que les valeurs de n pourlesquelles on a au moins une solution sont celles indiquées.

en effet pour une solution le nombre total des intermediaires est egal à
1+2+..+n=n(n+1)/2
et d'autre part pour nimporte quel arrangement des nbs 1.1,..n,n
le nb total des intermediaires est un nb pair

( 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 , ..)

or si n n'est pas multiple de 4 ou multiple de 4 moins 1 on a n(n+1)/2 impair

gagné..

reste à voir que la condition est suffisante
à suivre ( j'ai une idée d'approche à creuser)

Oump.
Re: Problèmes en série.
il y a douze années
Sil y avait moyen d'effacer la ligne où je parle des polys trignométriques, j'ai encore dit une bêtise.

Bonne soirée à tous

--
Ayman
Re: Problèmes en série.
il y a douze années
avatar
bonjour Bs,

voici deux liens concernant le problème 25:
[www.research.att.com]
[www.research.att.com]

Sincèrement,

Galax
Re: Problèmes en série.
il y a douze années
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.
Re: Problèmes en série.
il y a douze années
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: Problèmes en série.
il y a douze années
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

--
Ayman
Re: Problèmes en série.
il y a douze années
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.
bs
Re: Problèmes en série.
il y a douze années
avatar
Bonjour,

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.



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a douze ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par bs.
Re: Problèmes en série.
il y a douze années
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
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