Nombres sur un cercle

Bonjour,

Un bon petit problème que je ne sais pas résoudre bien souvent.

Qu'as-tu fait ?

Voici mes idées en 1 minute (le temps de l'écrire ici) :
- pourquoi ne pas commencer avec un seul point sur le cercle, puis deux, puis trois, quatre, cinq, six pour voir ?
- $1000$ est pair : est-ce un hasard où est-ce nécessaire à la solution ? Quelle différence a-t-on observée dans les cas pairs et impairs ?
- peut-on modéliser le problème ? par un arbre qui a deux possibilités : le point voisin, $P$, est blanc, $B$, ou noir, $N.$

Je commence, on verra bien...

Dix minutes plust tard :

Le cas $n=1$, un seul point, est dégénéré car on n'a pas de voisin.
Le cas $n=2$, donne : $(N,N) \leadsto (a,a) \leadsto \R$, $(N,B) \leadsto (a,a) \leadsto \R$, $(B,B) \leadsto (a,a) \leadsto \R.$
Le cas $n=3$, donne : $(N,N,N) \leadsto (0,0,0) \leadsto 0$, $(N,N,B) \leadsto (0,0,0) \leadsto 0$, $(N,B,B) \leadsto (0,0,0) \leadsto 0$, et pour trois blancs, ça devient intéressant : $(B,B,B) \leadsto (1,1,1) \leadsto 3$ OU $(B,B,B) \leadsto (1,-1,-1) \leadsto -1$ OU $(B,B,B) \leadsto (0,0,0) \leadsto 0.$

Je pense qu'il faut traiter d'autres cas avant de voir...

Proposition 1 : Dans le cas à $n=1000$ points, la somme des valeurs peut être $0.$
Démonstration : "Noir c'est noir" de Johnny Hallyday.

Proposition 2 : Dans le cas à $n=1000$ points, la somme des valeurs peut être $1000.$
Démonstration : "Vêtu de probité candide et de lin blanc" dans "Booz endormi" de Victor Hugo. Merci à @Math Coss pour la jolie référence (tu).

Proposition 3 : Dans le cas à $n=1000$ points, la somme des valeurs peut être $375.$
Démonstration : $(N,B,N,B, \cdots, N, \leadsto N=1/2, B=1/4 \leadsto 500 \times 1/2 + 500 \times 1/4.$

Et encore 30 minutes plus tard : en masqué pour ceux qui cherchent

Théorème : Dans le cas à $n=1000$ points, la somme des valeurs prend toutes les valeurs réelles.
Démonstration : $(N,N,B,B, \cdots, B, \leadsto (a,a,0,0, \cdots, 0, 0), a \in \R \leadsto 2 a \in \R.$

Théorème généralisé : Dans le cas à $n \geq 4$ points, la somme des valeurs prend toutes les valeurs réelles.
Démonstration : $(N,N,B,B, \cdots, B, $ avec $2$ noirs et $n-2 \geq 2$ blancs $\leadsto (a,a,0,0, \cdots, 0, 0), a \in \R \leadsto 2 a \in \R.$
Les cas $n=1, 2, 3$ ont été traités exhaustivement, donc on a résolu le problème.

Heu ... je ne suis pas un de mes voisins.
Comme tu donnes une interprétation personnelle du mot "voisin", il faudrait éclaircir l'énoncé. dans la suite 1,2,3,4,5,6,7,8, combien 5 a-t’il de voisins ? 2 ?3 ?4 ? 5 ?

Cordialement.

Bonjour,

@Fly7 : le cas d’un point unique sur le cercle est dégénéré. On peut donner l'interprétation que l’on veut et qui n’est pas unique. Donc on se fout du résultat.
Par ailleurs ton interprétation disant qu’un seul point possède lui-même comme voisin nécessite aussi de considérer que dans un cercle à deux points, chaque point possède deux voisins : l’autre point deux fois. L’as-tu fait ?

Si la coloration est alternée B/N, les sommes sont nécessairement entières et les valeurs possibles sont tous les multiples de 3 de 0 à 498.

Pierre.

Mais ça ne peut pas s'arrêter ainsi, il va y avoir un problème de bord. Sauf si $m=500$, et dans ce cas la somme est 375.
Quand je parle d'alternance B/N, c'est qu'on colorie les 1000 points (et donc un sur deux en blanc etc.)

Pierre.

Bon, je pense qu'on ne parle pas de la même chose.
J'ai traité le cas où il y a 1000 points (pas n comme toi), et que la coloration est BNBNBNBNBN... (pas avec seulement avec l'hypothèse "autant de N que de B". Donc, mon problème est un cas particulier de ce que tu as étudié).
J'affirme et ai prouvé (mais pas écrit ici) que, dans ces conditions, la somme totale est un entier, multiple de 3, que toutes les valeurs de 0 à 3*166 sont constructibles et qu'il n'y en a pas d'autre.

Il n'y a aucune contradiction avec ce que tu as dis jusqu'à présent (dans ton premier contre-exemple, il faut avoir m = 500, et dans le second ta coloration BBNN n'est pas valide pour moi). J'espère que c'est plus clair maintenant.

Pierre.

au pif mais 1000 n'est pas divisible par 6
NNNNNN
-1-2-1121

Je pense que la question porte plutôt sur le type de coloration. Le dernier message laisse entendre que c'est bien ce que j'avais compris, à savoir BNBNBNB...

Cas 1 : Si on a deux noirs consécutifs (i.e. séparés par un seul blanc) de valeurs $x$ et $y$, avec $x,y \notin \{0;1\}$, on constate que l'on a nécessairement dans cet ordre

$x$, $xy$ ,$y$, $y(1-x)$, $1-x$, $(1-x)(1-y)$, $1-y$, $x(1-y)$, $x$, $xy$,... et donc que l'on a une périodicité de période $8$ (et $1000$ est bien un multiple de $8$). De plus, la somme par paquet de $8$ est $3$, quels que soient $x$ et $y$. Dans ce cas, on a $S= 3 \times \dfrac{1000}{8} =375$.

Cas 2 : Parmi deux noirs consécutifs, on a forcément un $0$ ou un $1$.
Si aucun blanc ne vaut $0$, il n'y a donc jamais de $0$ parmi les noirs et donc au moins un $1$ dans chaque paire de noirs consécutifs. Or si NBNBN est 1ByB, on vérifie que l'on doit avoir 1,y,y,0, et donc qu'un blanc est nul. Contradiction.
Donc, on peut trouver un blanc égal à $0$. On vérifie facilement que pour un tel blanc, l'un de ses voisins noirs est donc $0$. Par symétrie, on suppose que c'est celui de droite et donc que 0NBN est forcément 0,0,0,N. Cela signifie qu'un $0$ blanc fait toujours partie d'un bloc BNB = 000.

Evidemment, s'il n'y a que des 0, la somme totale est 0. On suppose donc qu'il y a au moins un noir qui vaut $1$. Partant d'un blanc nul, on va donc dans le sens horaire jusqu'au premier noir non nul, de valeur $a$.
Si $a \neq 1$, on a donc une configuration
BNBNBNB... = $0$, $a$, BNBNB... = $0$, $a$, $a$, $1$, $1-a$, $1-a$, $0$ et on est retombé sur un blanc nul. Un tel bloc "non nul" est de somme $3$ est encadré de blocs de $0$ qui sont de longueurs au moins $3$. De plus un tel bloc "non nul" est de longueur $5$.
Si $a=1$, on a BNBNB...= $0$, $1$, $1$, $1$, $0$ et on retombe sur un blanc nul. Le bloc non nul est de longueur $3$ est de somme $3$.

Bref, on constate donc que dans ce cas 2, on a des blocs non nuls de longueurs au moins $3$, séparés par des blocs nuls de longueurs au moins $3$, chaque bloc non nul étant de somme égale à $3$. Ainsi, la somme totale $S$ est un entier naturel multiple de $3$.

D'autre part, si $S \geq 501$, c'est qu'il y a au moins $167$ blocs non nuls, chacun de longueur au moins $3$, et séparés par au moins $167$ blocs nuls utilisant au moins $3$ points. Cela demande donc au moins $2 \times 3 \times 167 =1002$ points, ce qui est impossible. Donc $S \leq 498$.
Enfin, il est facile de vérifier que si $k =0,1,\cdots,166$ et en alternant $k$ blocs $111$ avec des blocs $000$ et en ajoutant autant de $0$ qu'il faut ensuite pour arriver à $1000$, on a une configuration valide pour laquelle $S=3k$.

Cela assure que les seules valeurs possibles de $S$ sont les nombres $3k$, avec $k=0,1,\cdots,166$. On peut noter que la valeur $S=375$ en fait partie.

Pierre.

Petite remarque pour la combinaison des couleur avec des multiples de 5 points il y a 32 façons de faire mais beaucoup sont similaire donc il n' a que 8 cas a étudier.
NNNNN
BNNNN = NBNNN = NNBNN = NNNBN = NNNNB
BBNNN = NBBNN = NNBBN = BNNNB = NNNBB
BNBNN = BNNBN = NBNBN =NBNNB = NNBNB
BBBNN = NBBBN = BBNNB = BNNBB = NNBBB
BBNBN = BNBBN = BNBNB = NBBNB = NBNBB
BBBBN = BBBNB = BBNBB = BNBBB = NBBBB
BBBBB

Quant a la résolution de chaque cas je n'ai pas trouvé méthode efficace pour le moment.
*1 point
N
0
B
0 ou 1
*2points
NN
00
BN====NB
1/4 1/2

---

3/4*500=375
BB
11
*3 points
NNN
000
BNN=NBN=NNB
000
BBN====BNB=NBB
1/2 1/2 1

---

1000 n'est pas divisible par 3
BBB
111 ou 1-1-1 ou -11-1 ou -1-11
*4 points
NNNN
0000
BNNN=NBNN=NNBN=NNNB
1-1-2-1

---

250*-3=-750
BBNN=NBBN=BNNB=NNBB
0000
BNBN=NBNB
0000
BBBN=BBNB=BNBB=NBBB
0000
BBBB
1111 ou -1-111 ou 1-1-11 ou 11-1-1 ou -111-1
*5 points
NNNNN
00000
BNNNN = NBNNN = NNBNN = NNNBN = NNNNB

BBNNN = NBBNN = NNBBN = BNNNB = NNNBB
-1-1121

---

200*2=400 Au pif donc il peut y avoir d'autres solutions
BNBNN = BNNBN = NBNBN =NBNNB = NNBNB

BBBNN = NBBBN = BBNNB = BNNBB = NNBBB

BBNBN = BNBBN = BNBNB = NBBNB = NBNBB

BBBBN = BBBNB = BBNBB = BNBBB = NBBBB

BBBBB
11111

Sans compter que si les multiples s’assemblent sa augmente Énormément le nombre de possibilités.

Au pif en assemblant multiples de 5 et multiples de 4 se qui fait multiple de 9
BBNNN + NNNB = BBNNNNNNB
-1-1121 -1-2-11= -1-1121-1-2-11
ou encore multiples de 8
BNNN + BBBB = BNNNBBBB
1-1-2-1_11-1-1 = 1-1-2-111-1-1=-3*125=-375
ou encore multiples de 20
BNNNBBBBBBBBBBBBBBBB
1-1-2-111111111111111-1-1 =9*50=450