Ok, alors je pense l’avoir résolu pour le plan euclidien
Considérons un polygone régulier à $n\ge 3$ côtés. Les angles au centre valent donc $306/n$ degrés et les angles internes $2 \times \frac{1}{2}(180-\frac{360}{n}) = 180-\frac{360}{n}$.
Pour qu’un pavage puisse être réalisé un tel polygone sur le plan euclidien il faut que la valeur des angles internes divise 360 (sinon les polygones se chevauchent), ie.
$$\exists k \in \mathbb{N}, k\left ( 180-\frac{360}{n} \right ) = 360 \\
\iff k \in \mathbb{N}, k = 2 + \frac{4}{n-2}$$
Ainsi on se réduit seulement à savoir si $n-2$ divise $4$. On sait que cela est vrai si, et seulement si, $n-2 \le 4 \iff n \le 6$. En essayant les valeurs qui n’ont pas encore été écartées, on a
$n$
$k = 2+ \frac{4}{n-2}$
$3$
$6$
$4$
$4$
$5$
$10/3$
$6$
$3$
On remarque que pour $n=5$, $n-2$ ne divise pas $4$.
On conclut que les pavages de polygones réguliers possibles dans le plan euclidien sont avec des triangles, des carrés et des hexagones.
Par ailleurs, est-ce que tu vois comment on peut interpréter le nombre k ?
Oui, il correspond au nombre de polygones qu’il faut « juxtaposer » pour « remplir » un angle de 360° (je vois pas trop quels termes utiliser là, mais je vois bien ce que c’est).
Est-ce qu’il correspond bien à ce que tu connais ?
Oui.
Par exemple, le fait que k serait égal à 6 dans le cas du carré devrait t’indiquer une erreur.
Tu as dû lire le tableau ou calculer trop précipitamment, pour $n=4$ on a bien $4$ ce qui est cohérent.
Salut, désolé pour le retard, voici ma proposition pour le plan hyperbolique.
Bon, je reprends le raisonement du plan euclidien donc je vous conseille quand même de le (re)lire avant.
Pour les angles au centre, on a toujours $360/n$ degrées mais pour les angles internes c’est différent puisque dans le plan hyperbolique la somme des angles d’un triangle ne vaut pas 180 mais y est inférieur.
On a donc, en notant $\alpha$ la valeur en degrées d’un angle interne :
$$k\alpha = 360 < k \left ( 180 - \frac{360}{n} \right ) \\
1 < k \left ( \frac{1}{2} - \frac{1}{n} \right ) \\
1 < k \times \frac{n-2}{2n} \\
k > 2 + \frac{4}{n-2}$$
On remarque non seulement, qu’un tel $k$ existe pour tout $n \ge 3$ mais aussi qu’il en existe une infinité. On en conclut que le plan hyperbolique est pavable avec tous les polygones réguliers (du moins si j’ai pas fait d’erreur ).
On sait que dans un triangle la somme des angles est inférieur à 180°. Pour avoir la valeur de l’angle interne on décompose le polygone en $n$ triangles identiques isocèles et dont la base est un des côtés du polygone. On sait que dans un triangle isocèle, les angles à la base sont égaux ce qui fait que nécessairement ces angle valent $\frac{1}{2}\alpha$. Ainsi on a
On peut faire un petit tableau pour étudier cela :
$n$
$2 + \frac{4}{n-2}$
3
6
4
4
5
10/3
6
3
7
14/5
8
8/3
9
18/7
10
5/2
En prenant le cas des carrés, on remarque que les $k$ possibles sont tous les $k$ entiers strictement supérieurs à $4$. Ce qui veut dire que contrairement au plan euclidien, dans le plan hyperbolique il est impossible de faire un pavage avec un motif de 4 carrés. C’est à dire un équivalent de ce pavage :
Cela vaut pour les 2 autres pavages de polygones réguliers possibles dans le plan euclidien.
On peut aussi facilement voir que
$$\lim_{n\to +\infty} 2 + \frac{4}{n-2} = 2$$
Ce qui veut dire qu’un polygone avec une infinité de coté, nommé Apeirogone, peut paver le plan hyperlique par motif de trois. Une petite image sympa :
$S_{2, p_{>0}} = 1+2^p$. On doit avoir $2^p = (k-1)(k+1), k \in \mathbb{N}$. Donc $k-1$ et $k+1$ sont des puissances de $2$ (si $k-1 = 1$ alors $k=2$ qui n’est clairement pas solution) ainsi $k$ est impair, mais $\gcd(k-1, k+1) = 2$, donc on a |obligatoirement $k-1 = 2$ soit $k = 3$. Ainsi $ 2^p +1 = 9$ d’ou $p = 3$.
Si $p = 0$, ce n’est clairement pas une puissance de deux. Ainsi on a nécessairement $ p = 3$.
Et puisque $S_{n, 3} = (\frac{n(n+1)}{2})^2$, ben $p = 3$ convient.
Car pour deux puissances de $2$, $a$ et $b$ strictement supérieur à $2$ on a clairement $4 | \gcd(a, b)$.
Problème 5 :
Soit $N \geq 3$ un entier naturel. Rodrigue dispose d’une table de $N$ cases contenant chacune
des nombres entiers. Rodrigue effectue les opérations suivantes:
A chaque étape il calcule la moyenne arithmétique $S$ des $N$ entiers puis il diminue de $1$ tous
les entiers supérieurs ou égaux à $S+1$ et augmente de $1$ tous les entiers inférieurs ou égaux à
$S-1$
Montrer qu’au bout d’un nombre fini d’étapes , Rodrigue ne fera plus d’opérations.
@entwanne : il faut gérer le cas limite où les valeurs sont réparties entre $n$ et $n+1$ (edit : qui n’est d’ailleurs pas si limite que ça car on arrive dessus dès que le maximum et le minimum n’ont pas même parité).
Voici ma proposition de solution pour le problème 5 (c’est majoritairement des détails, il faut trouver comme organiser l’argument…).
On note $\DeclareMathOperator{\diam}{diam}\diam(X)$ le diamètre d’une famille d’entiers, c’est-à-dire la distance maximale entre deux termes. On a $\diam(X) = \max(X) - \min(X)$ et $\min(X) ≤ S ≤ \max(X)$ avec $S$ la moyenne des éléments de $X$.
Soit $X$ la famille des entiers de la table. On sépare $X$ en trois sous-familles : les éléments supérieurs ou égaux à $S+1$, ceux inférieurs ou égaux à $S-1$ et ceux qui sont égaux à $S$. Les éléments de la première sous-famille sont envoyés dans $[S,\max(X)-1]$, ceux de la deuxième dans $[\min(X)+1,S]$ et ceux de la troisième sont fixés à $S$. Le nouveau maximum est $\max(\max(X)-1, S) ≤ \max(X)$. Le nouveau minimum est $\min(\min(X)+1,S) ≥ \min(X)$. Le diamètre diminue donc toujours (pas forcément strictement).
Supposons qu’une opération soit effectuée. C’est donc que l’une des deux sous-familles sur laquelle on effectue les opérations est non vide, donc que $\max(X) ≥ S+1$ ou $\min(X) ≤ S-1$ (en fait les deux sont vérifiés mais on n’a pas besoin de ça). Si on est dans le premier cas, on a $\max(X)-1 ≥ S$ et donc $\max(\max(X)-1,S) = \max(X)-1 < \max(X)$. Symétriquement pour le minimum. On en déduit que dans ce cas, le diamètre diminue strictement.
Comme il n’existe pas de suite strictement décroissante d’entiers naturels, le diamètre doit être fixe au bout d’un moment, moment à partir duquel on n’effectue donc plus d’opération.
Et voici le problème suivant.
Problème 6. Montrer que, parmi 5 points distincts aux coordonnées entières, il y en a toujours deux tels que le segment les joignant passe par un point aux coordonnées entières autre que ses extrémités.
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