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≤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 α=1/3.
La suite des plus grands nombres de vecteurs dans Rn 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 R3 avec 6 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[ et soient x1,…,xk∈Rn des vecteurs de norme 1 tels que ⟨xi,xj⟩=±a pour tout i≠j. Au vecteur xi, on associe le projecteur orthogonal sur la droite engendrée par xi, noté pi:Rn→Rn. Chacun des pi fait partie de l’espace des endomorphismes symétriques de Rn, qui est de dimension 2n(n+1). Il reste à montrer que les pi sont libres pour conclure. Pour cela, on utilise le produit scalaire sur les endomorphismes de Rn qui à (A,B) associe tr(ABt). Alors ⟨pi,pj⟩=⟨xi,xj⟩2 vaut α2 si i≠j et vaut 1 si i=j. La matrice de Gram des pi a donc des 1 sur la diagonale et des α2 aux autres endroits. Cette matrice est inversible puisque la valeur propre 1−α2 est de multiplicité n−1 et que la valeur propre 1+nα2 est de multiplicité 1 (argument court, on peut en faire d’autres). On en déduit que les p1,…,pk sont libres dans un espace de dimension 2n(n+1), et donc k≤2n(n+1).
Soient n,k,d des entiers naturels. Compter le nombre de manières de sélectionner k éléments de Z/nZ sans en avoir deux à distance d ou moins (la distance entre a et b dans Z/nZ est le plus petit entier naturel x tel que a+x=b ou b+x=a).
EDIT Puisque personne n’a donné de réponse j’en ajoute une.
Soit n,k,d∈N. Soit E l’ensemble des parties à k éléments de Z/nZ répondant à la question. Commençons premièrement par quotienter E par l’action de Z/nZ, divisant ainsi son cardinal par n. Soit E′ l’ensemble résultant. Pour tout élément de E′, on supprime pour tout x∈Z/nZ sélectionné les d éléments le suivant. On obtient ainsi k éléments de Z/(n−kd)Z modulo une rotation. Il s’agit en fait d’une bijection entre E′ et les ensembles de Z/(n−kd)Z à k éléments modulo une rotation. Ainsi le cardinal de E est n−kdn(kn−kd).
La condition sur A dit que le polynôme minimal de A divise 25X25−9X9−16. 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 (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+161). On sait classifier simplement les matrices sur Q, et cette classification (forme normale de Frobenius) nous dit que A est semblable à une matrice par blocs, avec des blocs qui sont soit la matrice compagnon de P(x)/25, soit la matrice compagnon de x−1 (autrement dit un bloc 1×1 ne contenant qu’un 1). Si on calcule le déterminant d’une telle matrice (on pourrait aussi faire avec le polynôme caractéristique), on trouve (P(0)/25)k avec k le nombre de blocs qui sont des matrices compagnon de P(x)/25. Mais (P(0)/25)k n’est entier que pour k=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,b∈N. Trouver une condition nécessaire et suffisante pour qu’il existe x,y∈N tels que a+b=x+y.
Par exemple, 6+20=5+1.
Non je n’ai pas tapé tout ça, sage a une fonction latex.
Ah mais on a dit que finalement ça n’est pas un sprint (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 b≤a. Mais du coup avec ce que tu dis ça répond à la question :
Il suffit de prouver que f:N\{k2∣k∈N}→[0,1[:k↦kmod1 est injective. Si b et b′ ne sont pas des carrés parfait mais tel que f(b)=f(b′), alors on a : b−b′=k(b+b′),k entier. Or puisque f est additive ça veut dire que : kb−b′mod1∈Q=f(b)+f(b′)=2f(b) ce qui est absurde puisque f(b) est irrationnel. On a donc prouvé ce que tu as dis.
Maintenant, on a :
a+b=x+y
on met au carré :
a+b=x+y+2xy
si b n’est pas un carré on doit avoir (d’après le lemme) : a=x+y donc x=a−y, de même on a b=4xy=4y(a−y). On se ramène donc à résoudre l’équation quadratique : 4ya−4y2=b qui a pour déterminant : Δ=16(a2−b). Donc on en déduit que l’équation admet une solution si a2≥b soit si a≥b, c’est donc une CN.
Dans ce cas on a y=−2−a+a2−b. On en déduit que :
CNS={a≥b et a2−b est un carreˊ et (a,b)(mod2)∈{(0,0),(1,0)}
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 ?
En mathématiques la Terre est bien sûr assimilée à une belle sphère, bien ronde Donc il y a une infinité de chemins qui permettent de minimiser la distance. Ce sont les méridiens.
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
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 ?
Juste quand tu remplaces x2+x par −1, x est fixé et est un nombre complexe solution de x2+x+1=0, tu ne peux peux donc pas dire après que x=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.
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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