Nombres sur un cercle
dans Arithmétique
Bonsoir,
On place sur un cercle 1000 nombres ( positifs ou négatifs , décimaux ou non) et on les peint de noirs ou de blancs. Chaque nombre noir est la somme des nombres "voisins" et chaque nombre blanc est le produit des nombres "voisins". Quelles sont les valeurs possibles de la somme des milles nombres?
J'aimerais un petit coup de pouce!
Merci d'avance.
On place sur un cercle 1000 nombres ( positifs ou négatifs , décimaux ou non) et on les peint de noirs ou de blancs. Chaque nombre noir est la somme des nombres "voisins" et chaque nombre blanc est le produit des nombres "voisins". Quelles sont les valeurs possibles de la somme des milles nombres?
J'aimerais un petit coup de pouce!
Merci d'avance.
Réponses
-
Une des solutions fait elle intervenir le nombre d'or?
1000=2*2*2*5*5*5
1000=0 modulo 5
NNNBB
121-1-1=2 ; 200*2=400
1000=0 modulo 2
N----B
1/2;1/4=3/4 ; 500*3/4=375
Je pense qu'il y a encore une solution modulo 2 et peut être d'autres modulo 5 voir des combinaisons modulo 2 et 5. -
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. -
Le cas n=1, un seul point, est dégénéré car on n'a pas de voisin
Dans un cercle un point est voisin de lui même non?
1 point a au moins 3 solutions (Blanc=1) (Blanc=0) (Noir=0)
2 point a au moins 7 solutions (N=1/2;B=1/4) (B=1/4;N=1/2) (B=1;B=1) (B=0;B=0) (N=0;N=0) (B=0;N=0) (N=0;B=0)
5 point a au moins 37 solutions (N=1;N=2;N=1;B=-1;B=-1) (N=2;N=1;B=-1;B=-1;N=1) (N=1;B=-1;B=-1;N=1;N=2) (B=-1;B=-1;N=1;N=2;N=1) (B=-1;N=1;N=2;N=1;B=-1) (B=1;B=1;B=1;B=1;B=1) (B=0;B=0;B=0;B=0;B=0;) (N=0;N=0;N=0;N=0;N=0;) (B=0;N=0;N=0;N=0;N=0;) (N=0;B=0;N=0;N=0;N=0;)(B=0;B=0;N=0;N=0;N=0;) (N=0;N=0;B=0;N=0;N=0;) (B=0;N=0;B=0;N=0;N=0;) (B=0;B=0;B=0;N=0;N=0;) (N=0;N=0;N=0;B=0;N=0;) (B=0;N=0;N=0;B=0;N=0;) (N=0;B=0;N=0;B=0;N=0;) (B=0;B=0;N=0;B=0;N=0;) (N=0;N=0;B=0;B=0;N=0;) (B=0;N=0;B=0;B=0;N=0;) (N=0;B=0;B=0;B=0;N=0;) (B=0;B=0;B=0;B=0;N=0;)
Bon (***passage modéré***) je n'arrive pas à trouver d'autres solutions.
Pour le moment je trouve que les sommes des 1000 points peuvent prendre comme valeur 0;375;400;1000 et le nombre de solutions 7+37=44 mais il doit y en voir plus (***)
Je pense que pour modulo 2 on lui a réglé son compte c'est modulo 5 que sa se complique.
s’entraîner sur modulo 3 reste très compliquer à ce stade alors 5
si il n'y a pas de formule simple c'est peut être le travail d'un programme
Parce que pour modulo 5 il y a 32 combinaisons de couleurs qui ne sont pas forcément toutes solutions et dans chacune de ces ces 32 solutions il y a encore beaucoup de solutions , ce qui fait beaucoup. beaucoup+beaucoup=beaucoup et beaucoup est supérieur ou inférieur à 0, indénombrable tout comme l'infini est supérieur ou inférieur a tout nombre.
L'infini+ est il supérieur à beaucoup+? -
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. -
gerard0
Je raisonne comme ça.
1,2,3,4,5,6,7,8 sont sur le cercle.
Pour chercher les premiers voisins de 5.
À partir de 5 deux parcours sur le cercle sont possibles, je parcours le cercle jusqu’à rencontrer le premier voisin dans le sens antitrigonométrique, je rencontre 4 puis je recommence à partir de 5 dans le sans trigonométrique, je rencontre 6.
Ou l'inverse si les nombres sont disposés 8,7,6,5,4,3,2,1.
Bref s'il n'y a qu'un seul point sur le cercle avec ma façon de reconnaître un voisin, le premier voisin est lui même non ? -
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 ? -
Comme c'est Alban343 qui a posé le problème, attendons de voir ce qu'il propose. Mais sérieusement, parler de "voisins" pour quelqu'un qui est seul sur une ile déserte me paraît un peu outré.
Cordialement. -
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. -
Bonjour,
@PierreB : non, on n’a pas de problème de bord avec deux blancs et deux noirs alternés. Essaie donc directement dans ce cas. Et c’est pareil avec $1000$ points en tout.
Mon contreexemple étant démontré, as-tu une autre proposition ou si tu préfères une nouvelle formulation de ta proposition ? -
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. -
Et si tu parles de BNBN avec seulement 4 points et des valeurs $\frac 1 4$ et $\frac 1 2$, c'est effectivement une configuration pour $n=4$, mais qui pour $n=1000$ doit être prolongée sur ces $1000$ points, et donne $S=375$.
Pierre. -
au pif mais 1000 n'est pas divisible par 6
NNNNNN
-1-2-1121 -
Bonjour
le mot "voisin " n'est peut être pas le meilleur mot mais je pense que tout le monde comprend de quoi il s'agit même ceux qui polémiquent :-). Effectivement je crois avoir trouvé comme valeur de la somme des multiples de 3 mais c'est tout. Merci de vos réponses ! -
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. -
Bonjour,
@alban343 : la répartition des points est-elle quelconque ou imposes-tu BNBN... ou autre chose ? Si oui, il faut modifier ton énoncé. Sinon j’ai montré le résultat le plus général et j’ai donné une construction du cercle pour que la somme soit une valeur réelle quelconque donnée pour un nombre de points quelconque (quand elle existe).
@PierreB : je crois comprendre ton cas : on alterne avec $1000$ points... je ne trouve pas ton résultat, mais je cherche encore. -
Merci!! Effectivement je suis dans le cas BNBNBNBNBNB...
-
Dans le cas BNBNBNBNBNB a trouvé solution il me semble.
PS: la répartition des points de quelconque couleur est intéressante aussi. -
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
Connectez-vous ou Inscrivez-vous pour répondre.
Bonjour!
Catégories
- 163.1K Toutes les catégories
- 7 Collège/Lycée
- 21.8K Algèbre
- 37.1K Analyse
- 6.2K Arithmétique
- 52 Catégories et structures
- 1K Combinatoire et Graphes
- 11 Sciences des données
- 5K Concours et Examens
- 11 CultureMath
- 47 Enseignement à distance
- 2.9K Fondements et Logique
- 10.3K Géométrie
- 62 Géométrie différentielle
- 1.1K Histoire des Mathématiques
- 68 Informatique théorique
- 3.8K LaTeX
- 39K Les-mathématiques
- 3.5K Livres, articles, revues, (...)
- 2.7K Logiciels pour les mathématiques
- 24 Mathématiques et finance
- 312 Mathématiques et Physique
- 4.9K Mathématiques et Société
- 3.3K Pédagogie, enseignement, orientation
- 10K Probabilités, théorie de la mesure
- 772 Shtam
- 4.2K Statistiques
- 3.7K Topologie
- 1.4K Vie du Forum et de ses membres