[Maths] Marathon de problèmes

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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

Ceci est une signature tellement longue qu’elle devrait faire plus de deux lignes. Ceci est une signature tellement longue qu’elle devrait faire plus de deux lignes. Ceci est une signature tellement longue qu’elle devrait faire plus de deux lignes. Ceci est une signature tellement longue qu’elle devrait faire plus de deux lignes. Ceci est une signature tellement longue qu’elle devrait faire plus de deux lignes. Ceci est une signature tellement longue qu’elle devrait faire plus de deux lignes. Ce

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Comme je n’ai pas trouvé de preuve, j’ai cherché le problème sur internet et ai trouvé ça sur mathoverflow : https://mathoverflow.net/a/49470/112735

La suite des plus grands nombres de vecteurs dans Rnℝ^n satisfaisant les conditions de l’énoncé est présente dans l’OEIS : http://oeis.org/A002853 J’ai implicitement donné les termes 3 et 4 ci-dessus (1,3,6,6). La configuration (unique) dans R3ℝ^3 avec 66 vecteurs, que j’ai donnée sous forme de matrice, correspond aux sommets de l'icosaèdre.

On peut télécharger gratuitement ici un article dans lequel est prouvé l’énoncé demandé. Comme la preuve n’est pas localisée en un endroit et qu’il faut comprendre les notations introduites dans le début de l’article pour la lire, je la reproduis ici.

Soit a[0,1[a ∈ \left[0,1\right[ et soient x1,,xkRnx_1,…,x_k ∈ ℝ^n des vecteurs de norme 1 tels que xi,xj=±a\langle x_i, x_j \rangle = \pm a pour tout iji ≠ j. Au vecteur xix_i, on associe le projecteur orthogonal sur la droite engendrée par xix_i, noté pi:RnRnp_i : ℝ^n → ℝ^n. Chacun des pip_i fait partie de l’espace des endomorphismes symétriques de Rnℝ^n, qui est de dimension n(n+1)2\frac{n(n+1)}{2}. Il reste à montrer que les pip_i sont libres pour conclure. Pour cela, on utilise le produit scalaire sur les endomorphismes de Rnℝ^n qui à (A,B)(A,B) associe tr(ABt)\operatorname{tr}(A B^t). Alors pi,pj=xi,xj2\langle p_i, p_j \rangle = \langle x_i, x_j \rangle^2 vaut α2\alpha^2 si iji≠j et vaut 11 si i=ji=j. La matrice de Gram des pip_i a donc des 11 sur la diagonale et des α2\alpha^2 aux autres endroits. Cette matrice est inversible puisque la valeur propre 1α21-\alpha^2 est de multiplicité n1n-1 et que la valeur propre 1+nα21+n \alpha^2 est de multiplicité 11 (argument court, on peut en faire d’autres). On en déduit que les p1,,pkp_1,…,p_k sont libres dans un espace de dimension n(n+1)2\frac{n(n+1)}{2}, et donc kn(n+1)2k ≤ \frac{n(n+1)}{2}.

Édité par blo yhg

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Soient n,k,dn,k,d des entiers naturels. Compter le nombre de manières de sélectionner kk éléments de Z/nZℤ/nℤ sans en avoir deux à distance dd ou moins (la distance entre aa et bb dans Z/nZℤ/nℤ est le plus petit entier naturel xx tel que a+x=ba+x=b ou b+x=ab+x=a).

EDIT Puisque personne n’a donné de réponse j’en ajoute une.

Soit n,k,dNn, k, d ∈ ℕ. Soit EE l’ensemble des parties à kk éléments de Z/nZℤ/nℤ répondant à la question. Commençons premièrement par quotienter EE par l’action de Z/nZℤ/nℤ, divisant ainsi son cardinal par nn. Soit EE' l’ensemble résultant. Pour tout élément de EE', on supprime pour tout xZ/nZx ∈ ℤ/nℤ sélectionné les dd éléments le suivant. On obtient ainsi kk éléments de Z/(nkd)Zℤ/(n-kd)ℤ modulo une rotation. Il s’agit en fait d’une bijection entre EE' et les ensembles de Z/(nkd)Zℤ/(n-kd)ℤ à kk éléments modulo une rotation. Ainsi le cardinal de EE est nnkd(nkdk)\frac{n}{n-kd} \binom{n-kd}{k}.

Édité par blo yhg

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Auteur du sujet

Désolé j’avais zappé qu’il restait un problème…

J’en profite pour relancer :

Quelles sont les AMn(Z)A \in \mathcal{M}_n(\mathbb{Z}) telle que :

25A25=9A9+16In25A^{25} = 9A^9 + 16I_n ?

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Salut BunshinKage,

Je manque un peu de temps en ce moment ! :(

Voici une solution à ce dernier problème.

La condition sur AA dit que le polynôme minimal de AA divise 25X259X91625X^{25} - 9X^9 - 16. On factorise ce polynôme (je ne sais pas comment faire à la main, aucune des techniques que je connais n’a fonctionné, j’ai utilisé sage) et on trouve (X1)(X-1) fois un polynôme irréductible dont le coefficient dominant ne divise pas le coefficient de plus bas degré (le polynôme est P(x):=25x24+25x23+25x22+25x21+25x20+25x19+25x18+25x17+25x16+25x15+25x14+25x13+25x12+25x11+25x10+25x9+16x8+16x7+16x6+16x5+16x4+16x3+16x2+16x+16P(x) := 25 \, x^{24} + 25 \, x^{23} + 25 \, x^{22} + 25 \, x^{21} + 25 \, x^{20} + 25 \, x^{19} + 25 \, x^{18} + 25 \, x^{17} + 25 \, x^{16} + 25 \, x^{15} + 25 \, x^{14} + 25 \, x^{13} + 25 \, x^{12} + 25 \, x^{11} + 25 \, x^{10} + 25 \, x^{9} + 16 \, x^{8} + 16 \, x^{7} + 16 \, x^{6} + 16 \, x^{5} + 16 \, x^{4} + 16 \, x^{3} + 16 \, x^{2} + 16 \, x + 161). On sait classifier simplement les matrices sur Q, et cette classification (forme normale de Frobenius) nous dit que AA est semblable à une matrice par blocs, avec des blocs qui sont soit la matrice compagnon de P(x)/25P(x)/25, soit la matrice compagnon de x1x-1 (autrement dit un bloc 1×11×1 ne contenant qu’un 11). Si on calcule le déterminant d’une telle matrice (on pourrait aussi faire avec le polynôme caractéristique), on trouve (P(0)/25)k(P(0)/25)^k avec kk le nombre de blocs qui sont des matrices compagnon de P(x)/25P(x)/25. Mais (P(0)/25)k(P(0)/25)^k n’est entier que pour k=0k=0, donc il n’y a que la matrice identité qui convienne. J’imagine qu’une partie de la difficulté de cet exercice était de factoriser le polynôme…

Voici un nouvel exercice.

Soit a,bNa,b ∈ ℕ. Trouver une condition nécessaire et suffisante pour qu’il existe x,yNx,y ∈ ℕ tels que a+b=x+y\sqrt{a+\sqrt{b}} = \sqrt{x} + \sqrt{y}.
Par exemple, 6+20=5+1\sqrt{6+\sqrt{20}} = \sqrt{5} + \sqrt{1}.


  1. Non je n’ai pas tapé tout ça, sage a une fonction latex.

Édité par blo yhg

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Si tu penses qu’il y a une telle condition, mets-la dans ta condition nécessaire et suffisante. :)

Comme ça fait 23h que le problème a été posé donc je donne une question intermédiaire.

Soit a,b,a,bNa,b,a',b' ∈ ℕ tels que bb n’est pas un carré. Montrer que si a+b=a+ba+\sqrt{b} = a' + \sqrt{b'}, alors a=aa=a' et b=bb=b'.

Ceci est une signature tellement longue qu’elle devrait faire plus de deux lignes. Ceci est une signature tellement longue qu’elle devrait faire plus de deux lignes. Ceci est une signature tellement longue qu’elle devrait faire plus de deux lignes. Ceci est une signature tellement longue qu’elle devrait faire plus de deux lignes. Ceci est une signature tellement longue qu’elle devrait faire plus de deux lignes. Ceci est une signature tellement longue qu’elle devrait faire plus de deux lignes. Ce

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Auteur du sujet

Ah mais on a dit que finalement ça n’est pas un sprint :p (1 semaine min).

Ok en fait je disais ça parce-que je sais que ça peut s’écrire comme la somme de deux racines carrés lorsque ba\sqrt{b} \leq a. Mais du coup avec ce que tu dis ça répond à la question :

Il suffit de prouver que f:N\{k2kN}[0,1[:kkmod1f : \mathbb{N} \backslash \{ k^2 \mid k \in \mathbb{N} \} \to [0,1[ : k \mapsto \sqrt{k} \mod 1 est injective. Si bb et bb' ne sont pas des carrés parfait mais tel que f(b)=f(b)f(b) =f(b'), alors on a : bb=k(b+b),kb-b' = k(\sqrt{b} + \sqrt{b'}), k entier. Or puisque ff est additive ça veut dire que : bbkmod1Q=f(b)+f(b)=2f(b)\frac{b-b'}{k} \mod 1 \in \mathbb{Q} = f(b) + f(b') = 2f(b) ce qui est absurde puisque f(b)f(b) est irrationnel. On a donc prouvé ce que tu as dis. Maintenant, on a : a+b=x+y\sqrt{a+\sqrt{b}} = \sqrt{x} + \sqrt{y} on met au carré : a+b=x+y+2xya+ \sqrt{b} = x+y + 2\sqrt{xy} si bb n’est pas un carré on doit avoir (d’après le lemme) : a=x+ya = x+y donc x=ayx = a-y, de même on a b=4xy=4y(ay)b = 4xy = 4y(a-y). On se ramène donc à résoudre l’équation quadratique : 4ya4y2=b4ya-4y^2 = b qui a pour déterminant : Δ=16(a2b)\Delta = 16(a^2-b). Donc on en déduit que l’équation admet une solution si a2ba^2 \geq b soit si aba \geq \sqrt{b}, c’est donc une CN. Dans ce cas on a y=a+a2b2y = \frac{-a+\sqrt{a^2-b}}{-2}. On en déduit que :

CNS={ab et a2b est un carreˊ  et (a,b)(mod2){(0,0),(1,0)}CNS = \{a \geq \sqrt{b} \text{ et } a^2-b \text{ est un carré } \text{ et } (a,b) \pmod 2 \in \{(0,0), (1,0) \}

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Toi, tu creuse (comme disait Le Bon)!!! 12714 km, sans compter la glace.

Édité par etherpin

Il se faut s’entraider, c’est la loi de la nature. (Jean de La Fontaine, l’âne et le chien)

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12.714 km, c’est la longueur de la droite qui relie les deux points : le pôle Nord et le pôle Sud. Il n’y a pas plus court, non ?

Il se faut s’entraider, c’est la loi de la nature. (Jean de La Fontaine, l’âne et le chien)

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Auteur du sujet

C’est toujours le cas sur un espace isotrope. (Parce que y a tellement de symétries que tout droit donne une géodésique)

Holosmos

Ok, je ne connais pas tout ça, donc sûrement que le problème se trivialise avec des connaissances supplémentaires :'(

A la base la réponse intuitive/évidente c’est bien sûr d’aller tout droit, mais je trouve que c’est intéressant de pouvoir le démontrer mathématiquement en essayant de minimiser la longueur d’une courbe sur une sphère. Mais je ne savais pas qu’il y avait un résultat général à ce sujet, mais c’est intéressant.

12.714 km, c’est la longueur de la droite qui relie les deux points : le pôle Nord et le pôle Sud. Il n’y a pas plus court, non ?

etherpin

En mathématiques la Terre est bien sûr assimilée à une belle sphère, bien ronde :p Donc il y a une infinité de chemins qui permettent de minimiser la distance. Ce sont les méridiens.

Édité par InaDeepThink

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Tu n’avais pas précisé qu’il fallait rester sur la surface.
Au passage, la forme de la Terre est un géoïde, plus proche d’un ellipsoïde (aplati aux pôles) que d’une sphère.
Pour citer Wikipedia, le géoïde est une surface équipotentielle de référence du champ de pesanteur terrestre.

Sur une sphère ou un ellipsoïde, tous les méridiens ont la même longueur.
En restant sur un ellipsoïde de référence, un méridien Sud-Nord fait environ 20.018 km.

Mais les méridiens terrestres n’ont pas tous la même longueur, c’est illustré par cette image où les irrégularités sont exagérées.
Je ne sais pas quel est le plus court méridien Sud-Nord, ni même si le plus court chemin est un méridien.

En suivant le diamètre Sud-Nord, cela fait environ 12.713km.
Bien sûr on ne peut pas faire cela sur la Terre, on risque d’avoir un sacré coup de chaud et une forte surpression :lol:

Édité par etherpin

Il se faut s’entraider, c’est la loi de la nature. (Jean de La Fontaine, l’âne et le chien)

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Auteur du sujet

CHECHEZ L’ERREUR
Je pars de l’équation (sans solution réelle, et alors ?):
x2+x=-1
Je multiplie par x (supposé non nul)
x3+x2=-x
Je fais passer le membre de gauche à droite (aucune allusion politique):
x3+x2+x=0
x3+(x2+x)=0
Soit, d’après l’équation de départ :
x3+(-1)=0
x3=1
Avec une solution réelle évidente :
X=1
Soit, d’après l’équation de départ :
1+1=-1
1+1+1=0
3=0

Où est l’erreur de calcul ? Question subsidiaire, d’où vient cette solution x-1 ?

etherpin

Juste quand tu remplaces x2+xx^2+x par 1-1, xx est fixé et est un nombre complexe solution de x2+x+1=0x^2+x+1 = 0, tu ne peux peux donc pas dire après que x=1x = 1… J’ai pas compris ta deuxième question.

Note quand même que le topic n’ai pas vraiment adapté à ce genre de problèmes…

Sur une sphère ou un ellipsoïde, tous les méridiens ont la même longueur.
En restant sur un ellipsoïde de référence, un méridien Sud-Nord fait environ 20.018 km.

Oui j’aurais du préciser qu’il s’agissait d’une sphère pour le problème.

Édité par InaDeepThink

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Auteur du sujet

Du coup je propose un nouveau problème car l’autre n’est pas aussi bien que je le pensais :p

Donc pour me venger, je mets bien sûr un problème dur :

Trouver le meilleur CR+C\in\mathbb R_+^* vérifiant PC, card(P)<+SPsSsC×pPp\forall { P}\subset\mathbb C, \ \mathrm{card}({P})<+\infty \qquad \exists { S}\subset { P} \qquad \Big|\sum_{s\in{ S} }s\Big| \geq C\times \sum_{p\in{ P}}\big|p\big|

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Je ne comprends pas le sens de "meilleur" dans ton énoncé, tu peux préciser un peu ?

@etherpin: Lis les règles du sujet en première page. On essaie de n’avoir qu’un problème à la fois. Mais tu peux très bien ouvrir un autre sujet pour discuter de ton calcul.

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