[Maths] Marathon de problèmes

a marqué ce sujet comme résolu.

Bonjour,

@Holosmos : Est-ce que tu as une réponse différente pour le problème précédent ? Tu as d’autres défis de la même source ?

Voici un autre problème.

Quels sont les triangles équilatéraux qui ont des coordonnées entières ? Les triangles isocèles ? Les triangles rectangles ? (Il faut dire en gros comment les obtenir tous, sans forcément tout bien détailler.)

+0 -0
Auteur du sujet

J’ai pas le temps pour le reste, voilà déjà la réponse pour les triangles équilatéraux :

Il n’en existe pas (en considérant qu’un point n’est pas un triangle équilatéral). Supposons PA qu’il en existe, si c’est le cas en se plaçant dans le plan complexe on doit avoir un triangle ayant deux points d’affixes 00 et k+qi,k,qZk+qi, k, q \in \mathbb{Z}, le troisième point à donc pour affixe : ei±π/3(k+qi)e^{i\pm \pi/3} \cdot (k + qi), et ce point n’est clairement pas à coordonnées entières puisque 3\sqrt 3 est irrationnel.

N.B: désolé mais mon portable bug donc je ne peux pas mettre en caché

Édité par InaDeepThink

+0 -0

Pour les triangles rectangles : On prend un point A quelconque (xA,yA). On prend un point B quelconque (xB, yB) avec xA,yA, xB et yB entiers quand même.

Et on prend tous les points C obtenus par xC = xA + k(yB-yA) , yC = yA -k(xB-xA) avec ke entier quelconque non nul. Tous les triangles (ABC) ainsi obtenus sont rectangles en A

Pour les triangles isocèles, on procède pratiquement de la même façon que pour les triangles rectangles. Un triangle isocèle, c’est 2 triangles rectangles 'symétriques’.

On prend donc 2 points A et B à coordonnées entières. H le milieu de AB. C, sur la perpendiculaire à AB pasant par H : xC = xH + k(yH-yA) , yC = yH -k(xH-xA) avec k entier, ou demi-entier. Tous les triangles ABC obtenus sont isocèles, reste à rejeter ceux pour lesquels C n’est pas à cooronnées entières.

+0 -0

Oui elegance, ça fonctionne.

(Je me rends compte que je me suis planté dans la formulation de ma question : je voulais demander les triangles rectangles et les triangles isocèles qui sont à côtés entiers et non à coordonnées entières. Mais tant pis !)

+0 -0
Auteur du sujet

Ah bon ? Parce-que la réponse est alors immédiate si on connaît les triplets pythagoriciens.

ÉDIT : élégance tu peux proposer un autre problème.

Édité par InaDeepThink

+0 -0

Oui, c’est équivalent : trouver les triplets pythagoriciens. Le point commun entre les deux questions (triangle équilatéral et triplets pythagoriciens) c’était qu’on pouvait les résoudre grâce à Q[i]ℚ[i] (on prend tous les nombres complexes dont les coordonnées sont rationnelles, c’est stable par inversion). C’est ce que tu as utilisé implicitement dans ta réponse.

+1 -0
Auteur du sujet

Bon je propose un problème. Normalement il y a des questions intermédiaires donc si vous bloquez je les mettrai.

Soit fC(R2,R)f \in C^{\infty}(\mathbb{R}^2, \mathbb{R}), DD le disque unité fermé et qq l’application qui à vR2v \in \mathbb{R}^2 associé x2+y2-x^2+y^2. On fait l’hypothèse qu’en dehors de DD on a : f=qf =q.

Montrer que le gradient de ff s’annule.

Édité par InaDeepThink

+0 -0

L’indice du gradient autour du cercle est non nul, donc il existe un point critique dans le disque. Je suppose que ça ne compte pas vraiment comme solution, mais je ne pouvais pas m’empêcher de citer ce joli théorème.

+2 -0
Auteur du sujet

Y a une jolie façon de démontrer Poincaré-Hopf que j’ai trouvé dans le livre de Thurston. Ça peut se faire à la main, mais malheureusement je suis pas à proximité de mon pc pour le rédiger

Holosmos

Je ne connaissais pas ce théorème. Mais si un jour tu as le temps de mettre cette démo ça m’intéresse.

+0 -0
Auteur du sujet

Soit x1,...,xNx_1,...,x_N des vecteurs unitaires distincts de Rn\mathbb{R}^n formant un simplexe régulier dans RPn1\mathbb{RP}^{n-1}. Montrer que Nn(n+1)2N \leq \frac{n(n+1)}{2}.

Édité par InaDeepThink

+0 -0

Salut,

Pour la seule manière que je vois d’interpréter la question, on a Nn+1N ≤ n+1. Qu’est-ce qu’un simplexe régulier dans RPn1\mathbb{RP}^{n-1} ? Je sais ce qu’est un simplexe régulier dans Rn\mathbb{R}^n, mais pas dans RPn\mathbb{RP}^n.

+0 -0
Auteur du sujet

Salut,

Ca veut dire que : xi,xj=α\mid \langle x_i, x_j \rangle \mid= \alpha pour un α\alpha tel que 0α<10 \leq \alpha <1.

(note j’ai édité le problème car j’avais oublié le mot : "distinct")

Édité par InaDeepThink

+0 -0

On peut déjà reformuler le problème en termes matriciels. Si (xi)i=1N(x_i)_{i=1}^N sont des vecteurs de Rnℝ^n, alors la matrice de Gram associée (xi,xj)i,j(\langle x_i, x_j \rangle)_{i,j} est de rang inférieur ou égal à nn. Il s’agit donc de montrer qu’une matrice symétrique de taille n(n+1)2+1\frac{n(n+1)}{2} + 1 avec des 11 sur la diagonale et des ±α\pm \alpha aux autres endroits (et sans ligne en double) a obligatoirement un rang strictement supérieur à nn. Bof, reformulation pas très jolie.

EDIT : Je ne pense pas que ma reformulation aide. J’essaierai plutôt une preuve par récurrence demain. Ça fonctionne déjà pour n=2n=2 et n=3n=3 (facile puisque je peux visualiser). Pour n=2n=2, on commence par choisir x1x_1. Ensuite on a quatre vecteurs de norme 11 qui vérifient x,x1=α\langle x, x_1 \rangle = \alpha. Comme on est dans RP21\mathbb{RP}^{2-1}, on n’a que deux possibilités, donc au maximum 33 vecteurs sélectionnés. Pour n=3n=3, on commence pareil par choisir x1x_1. On se retrouve avec deux cercles de possibilités, mais ça ne fait qu’un seul cercle car dans RP31\mathbb{RP}^{3-1}. On choisit un point sur ce cercle, et cela donne deux autres cercles, avec au maximum 44 points d’intersection avec les deux premiers. Donc au total, 2+4=62+4=6, c’est encore bon. Désolé, c’est pas bien rédigé mais voilà ça fonctionne à la main pour n=2n=2 et n=3n=3, je regarderai plus tard pour nn plus grand.

Édité par blo yhg

+0 -0
Auteur du sujet

Je n’avais pas pensé aux matrices de Gram. Néanmoins, même si tu le sais pour α=0\alpha = 0 on a pas 44 possibilités pour x,xi=0\mid \langle x, x_i \rangle \mid = 0. Mais 22 (avec une norme de 11) en se plaçant dans RP\mathbb{RP}, ça revient à une seule et donc la propriété est clairement vraie.

+0 -0

Voici en dimension 33 une solution avec 66 vecteurs pour α=1/5\alpha = 1/\sqrt{5}.

(11/51/51/51/51/502/5551055105+5105+510005+5105+51055105510)\begin{pmatrix}1 & 1/\sqrt{5} & 1/\sqrt{5} & 1/\sqrt{5} & -1/\sqrt{5} & -1/\sqrt{5}\\0 & 2/\sqrt{5} & \frac{5-\sqrt{5}}{10} & \frac{5-\sqrt{5}}{10} & \frac{5+\sqrt{5}}{10} & \frac{5+\sqrt{5}}{10}\\0 & 0 & \sqrt{\frac{5+\sqrt{5}}{10}} & -\sqrt{\frac{5+\sqrt{5}}{10}} & \sqrt{\frac{5-\sqrt{5}}{10}} & -\sqrt{\frac{5-\sqrt{5}}{10}}\end{pmatrix}

Édité par blo yhg

+1 -0

Si on veut avoir 77 vecteurs, il faut se placer en dimension 55 au moins, donc la borne demandée n’est pas optimale (si n=4n=4 alors N6N \leq 6). Avec sage on peut tester toutes les matrices de Gram possibles, et on voit que le rang minimal est 55 pour 77 vecteurs, atteint par exemple avec α=1/3\alpha = 1/3.

Édité par blo yhg

+1 -0
Vous devez être connecté pour pouvoir poster un message.
Connexion

Pas encore inscrit ?

Créez un compte en une minute pour profiter pleinement de toutes les fonctionnalités de Zeste de Savoir. Ici, tout est gratuit et sans publicité.
Créer un compte