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Problèmes en série.

Envoyé par emre54 
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
avatar
<latex> Pour bs , tous les points sont coloriés smiling smiley

Pour galax , si j'ai bien compris ( il y a quelques erreurs qui traînent ) certains des triangles que tu considères sont de côté 2 et rien n'empêche qu'il soient unicolores . En fait on peut très bien imaginer un maillage en triangles équilatéraux dont les noeuds ne forment jamais un triangle équilatéral unicolore de côté 1 ou $\sqrt{3}$ . Il faut trouver autre chose .

Domi
galax
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
Bonsoir Domi

Oui je vois mon erreur !!!
Je tenterai d'ajouter d'avantage des points, car jusqu'à présent mon raisonnement ne montre que 8 points colorés en rouge et vert peuvent avoir une configuration non unicolore.
Mais je ne regarderai ça que demain.

Sincèrement,
Galax
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
avatar
<latex> Problème n°12 :

On se donne un point $A$. Il existe un point $B$ distant de $A$ d'une unité de même couleur. Sinon, le cercle de centre $A$ est formé de point de la même couleur et on a terminé.

Considérons deux points de la même couleurs distant d'une unité : disons deux points rouges $A$ et $B$.
Considérons l'hexagone de centre $A$ : $A_0A_1A_2A_3A_4A_5$ avec $A_0=B$. (ordonné dans le sens trigonométrique)
Considérons l'hexagone de centre $B$ : $B_0B_1B_2B_3B_4B_5$ avec $A_0=B$. (ordonné dans le sens trigonométrique)
Remarquons que $A_1=B_5$ et $A_5=B_1$.
Supposons qu'il n'existe aucun triplet formé de ces points dont tous les sommets sont rouges et formant un triangle équilatéral de côté $1$ ou $\sqrt{3}$.
Montrons qu'il existe un tel triangle dont tous les sommets sont verts.
On a : $A_1$ et $A_5$ sont verts car sinon $ABA_1$ ou $ABA_5$ forment un triangle équilatéral de points rouges de côté $1$.
Si $A_3$ ou $B_3$ sont verts alors $A_5A_1A_3$ ou $A_5A_1A_3$ forment un triangle équilatéral de côté $\sqrt{3}$ de couleurs vertes.
Supposons qu'ils sont rouges.
Alors $A_2$ et $B_4$ sont verts car sinon $AA_2A_3$ ou $BB_2B_3$ forment un triangle rouge de côté $1$.
Donc $A_5A_2B_4$ forment un triangle équilatéral de couleurs vertes et de côté $\sqrt{3}$.

Voilou...
galax
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
<latex> bonjour Ludovic,

Tu as fait mëme erreur que moi:
$ A_5A_2B_4$ forment un triangle équilatéral de coté 2.

Domi: J'ai réalisé qu'on peut colorier le réseau hexagonal sans pouvoir former un triangle unicolore « admissible » ; il suffit colorier une famille de droites parallèles passant par des points distant de l'unité ( couvrant toutes les nœuds du réseau ) alternativement en rouge et en vert.

Tu peux nous donner un petit indice?

Sincèrement,

Galax
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
avatar
Voila ce que c'est de lire les posts en diagonale. Grr!!

Bon, on peut quand même remarquer que c'est la seule façon à une isométrie près de remplir un réseau de tels points ou je parle encore trop vite.
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
avatar
Une petite illustration de ce que dit galax . En fait si on raisonne par l'absurde tout réseau de triangle équilatéraux de côté 1 est colorié de cette façon : la contradiction n'est pas loin .

Domi


Re: Problèmes en série.
il y a treize années
avatar
galax .

J'ai commencé à regarder le N°11 , je suis suis pas sûr d'avoir compris le problème . Ce que tu appelles "le deuxième joueur" c'est celui celui qui joue en deuxième ou simplement celui qui adopte la stratégie d'avoir une racine réelle ( si le deuxième joue en premier sa stratégie est simple ) .

Domi
galax
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
Bonjour Domi,

J'ai supposé que le second jouer joue en seconde position ( en fait comme tu l'as remarqué c'est sans importence )


Sincèrement,

Galax
georgesZ
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
Bonjour,

Je reviens sur l'équation diophantienne a^3+b^3=c^4.

Si résoudre cette équation signifie la résoudre dans Q*, pas de problème.

Mais s'il s'agit de la résoudre dans Z*, cela se complique un peu, si on les veut toutes.

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.

Inversement, pour tous p, r dans Z*, et tout q dans N* tel que
p^3+r^3 =q^4*l (q souvent ne peut être égal qu'à 1), alors
c=q*l, a=p*l et b=r*l conviennent.

Amitiés,

Georges
bs
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
<latex> Bonjour Georges,
pour le problème n°10:$a^3+b^3=c^4$.

La solution recherchée était dans lN, et, il me semble ,qu'ayant travaillé par équivalence , les triplets obtenus donnent toutes les solutions.( message du 20/12 à 10h46).

Maintenant , dans $\Z$, on obtient toutes les solutions à l'aide d'une légère modification:
$c=m^3-n^3, a=m(m^3-n^3),b=-n(m^3-n^3); m>n>0$
ces nouveaux triplets s'ajoutant aux précédents.

pour m=3,n=2, on obtient respectivement:

dans lN :$105^3+70^3=35^4$, et ,
dans $\Z$, on a en plus: $57^3-38^3=19^4$

Ce que tu proposes, c'est de chercher dans $\Q$ maintenant ?

Amicalement.
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
avatar
Pour le 12 , regarder les points qui sont à une distance 2 sur le maillage proposé précédemment .

Domi
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 on a :
(*) c=m^3+n^3, a=m(m^3+n^3), b=n(m^3+n^3)
qui sont entiers.

Inversement, m et n peuvent être des rationnels non entiers qui donnent par (*) des entiers a,b, c solutions de (1).

(En ne prenant que des m ,n entiers, tu ne trouves comme solutions de (1) que des a et b multiples de c, or il y en a d'autres, voir plus bas).

Par contre, si on cherche les rationnels a,b,c tels que (1), alors les formules (*) où m, n sont quelconques dans Q, donnent tous ces (a,b,c) clairement.

Pour la recherche des solutions entières, il faut donc poser m=p/q et n= r/s irréductibles dans Q et examiner les cas où les formules (*) donnent des entiers. C'est ce que j'ai fait et j'ai donné la fin de mon étude.

Si on trouve p, r dans Z*, tels que p^3+r^3=q^4*l, où q>=2, pgcd(p,q)=pgcd(r,q)=1,

(par exemple 7^3+9^3=2^4*67 donne q=2 et l=67, pour p=7,r=9)

alors m=p/q (7/2) et n=r/q (9/2) sont non entiers et donnent :

c=m^3+n^3=q*l entier (2*67),
a=m(m^3+n^3)=(p/q)*(q*l)=p*l entier (7*67)
b=n(m^3+n^3)=(r/q)*(q*l)=r*l entier (9*67)
et (a,b,c) vérifie (1) (469^3+603^3=134^4).

Amicalement,
Georges
bs
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
OK, compris.
Je complète le livre dans lequel ne figuraient pas toutes ces solutions.
Merci Georges.
galax
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
Bonjour Domi,

Pour problème n°12 je ne trouve toujours pas la contradiction recherchée. Tu nous la donne comme un cadeau de Noël ?

Une indication pour le problème n°11: Deuxième joueur peux gagner, il est important qu’à la fin (pour le premier joueur) il ne reste aucune * à coté de monôme paire

Joyeux Noël.
Sincèrement,
Galax
galax
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
Bonjour AD,

Tu peux remplacer la troisième ligne de mon message par :
nous la donne comme ...
Merci pour ta gentillesse.

Joyeux Noël.
Sincèrement,
Galax

[Correction faite. A ton service. AD]
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
avatar
Indice pour indice Galax, dans le réseau de triangles équilatéraux tous les sommets distants de 2 sont de la même couleur. Oublie le réseau et considère deux points dont la distance est 2, tu devrais pouvoir conclure.

Bon Noël ! Si tu ne trouves pas la solution avant minuit je te la donne, juré !

Domi
galax
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
Merci Domi,

J'ai constaté dèjà ce que tu dis.
La nuit m'apportera un bon conseil (peut-être) pour la suite.
Bonne nuit
Galax
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
avatar
<latex> Problème N°11 ,

je n'arrive pas à conclure , voilà l'idée que j'ai suivie ( elle n'aboutit pas ) :

$P(x)=1+a_1x+a_2x^2+a_3x^3+...a_9x^9+x^{10}$ .
$P(0)=1$ est positif il faut donc que $P$ prenne des valeurs négatives .
$P(1)=(2+a_2+a_4+...+a_8)+(a_1+a3+...+a_9)=A+B$
$P(-1)=(2+a_2+a_4+...+a_8)-(a_1+a3+...+a_9)=A-B$
Si le deuxième joueur peut choisir le dernier des coefficients constituant $A$ , il s'arrange pour rendre $A$ négatif et alors quelque soit $B$ , $f(1)$ ou $f(-1)$ est négatif et c'est gagné . Mais si le premier joueur a suspecté la stratégie du deuxième , il ne va choisir de compléter en priorité les coefficients de $B$ jusqu'à ce qu'il ne reste plus qu'une valeur dans $A$ il choisira alors cette valeur pour que $A$ soit positif et $A>|B|$ et la stratégie du deuxième joueur s'écroule . Je passe peut-être à côté d'une idée simple ?

Domi
galax
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
Bonjour Domi,

Problème 11
Autre indication
Regarde ce qui se passe aux points 2 et -1 à l'avant dernière étape où la stratégie du second jouer a forcée avoir au mois un monôme avec * de degré impair

Problème 12
Je passe à côté de quelque chose qui saute aux yeux!

Joyeux Noël

Sincèrement,

Galax
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
avatar
<latex> Bonsoir galax , nous devons tous les deux avoir les yeux bouchés , je pensais t'avoir tout dit et je ne vois toujours pas la solution à ton problème !!! Je te livre ma solution avant d'attaquer les huitres et le foie gras , après ce serait trop aléatoire .
On se place dans l'hypothèse où l'énoncé est faux et on considère deux points à la distance 2 on peut alors construire un réseau de triangles équilatéraux de côté 1 dont ces deux points sont des noeuds , ils sont donc de la même couleur . Autrement dit , tout cercle de rayon 2 est unicolore , ce qui revient à dire que le plan est unicolore et alors on peut trouver aisément un triangle équilatéral de coté 1 ou $\sqrt{3}$ dont les sommets ont la même couleur .

Bon réveillon !

Domi
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