[Maths] Marathon de problèmes

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.

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 $0$ et $k+qi, k, q \in \mathbb{Z}$, le troisième point à donc pour affixe : $e^{i\pm \pi/3} \cdot (k + qi)$, et ce point n’est clairement pas à coordonnées entières puisque $\sqrt 3$ est irrationnel.

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

Bravo, c’est bien ça.

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 !)

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

ÉDIT : élégance tu peux proposer un autre problème.

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 $ℚ[i]$ (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.

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

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

Ici vous avez dépasser mon niveau en analyse…

Y a pas besoin d’analyse pour cet exo. Y a juste quelques idées à avoir mais qui ne demandent pas grand chose en technique

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

Si tu lis l’anglais, Thurston n’a publié qu’un seul livre et de mémoire c’est dans le premier chapitre

Salut,

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

Salut,

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

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

On peut déjà reformuler le problème en termes matriciels. Si $(x_i)_{i=1}^N$ sont des vecteurs de $ℝ^n$, alors la matrice de Gram associée $(\langle x_i, x_j \rangle)_{i,j}$ est de rang inférieur ou égal à $n$. Il s’agit donc de montrer qu’une matrice symétrique de taille $\frac{n(n+1)}{2} + 1$ avec des $1$ sur la diagonale et des $\pm \alpha$ aux autres endroits (et sans ligne en double) a obligatoirement un rang strictement supérieur à $n$. 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 $n=2$ et $n=3$ (facile puisque je peux visualiser). Pour $n=2$, on commence par choisir $x_1$. Ensuite on a quatre vecteurs de norme $1$ qui vérifient $\langle x, x_1 \rangle = \alpha$. Comme on est dans $\mathbb{RP}^{2-1}$, on n’a que deux possibilités, donc au maximum $3$ vecteurs sélectionnés. Pour $n=3$, on commence pareil par choisir $x_1$. On se retrouve avec deux cercles de possibilités, mais ça ne fait qu’un seul cercle car dans $\mathbb{RP}^{3-1}$. On choisit un point sur ce cercle, et cela donne deux autres cercles, avec au maximum $4$ points d’intersection avec les deux premiers. Donc au total, $2+4=6$, c’est encore bon. Désolé, c’est pas bien rédigé mais voilà ça fonctionne à la main pour $n=2$ et $n=3$, je regarderai plus tard pour $n$ plus grand.

Je n’avais pas pensé aux matrices de Gram. Néanmoins, même si tu le sais pour $\alpha = 0$ on a pas $4$ possibilités pour $\mid \langle x, x_i \rangle \mid = 0$. Mais $2$ (avec une norme de $1$) en se plaçant dans $\mathbb{RP}$, ça revient à une seule et donc la propriété est clairement vraie.

Voici en dimension $3$ une solution avec $6$ vecteurs pour $\alpha = 1/\sqrt{5}$.

$\begin{pmatrix}1 & 1/\sqrt{5} & 1/\sqrt{5} & 1/\sqrt{5} & -1/\sqrt{5} & -1/\sqrt{5}\\0 & 2/\sqrt{5} & \frac{5-\sqrt{5}}{10} & \frac{5-\sqrt{5}}{10} & \frac{5+\sqrt{5}}{10} & \frac{5+\sqrt{5}}{10}\\0 & 0 & \sqrt{\frac{5+\sqrt{5}}{10}} & -\sqrt{\frac{5+\sqrt{5}}{10}} & \sqrt{\frac{5-\sqrt{5}}{10}} & -\sqrt{\frac{5-\sqrt{5}}{10}}\end{pmatrix}$

Si on veut avoir $7$ vecteurs, il faut se placer en dimension $5$ au moins, donc la borne demandée n’est pas optimale (si $n=4$ alors $N \leq 6$). Avec sage on peut tester toutes les matrices de Gram possibles, et on voit que le rang minimal est $5$ pour $7$ vecteurs, atteint par exemple avec $\alpha = 1/3$.