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Petits problèmes de math


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Il y a 5 heures, Noob a dit :

T'es sûr que le quadrilatère est plein ?

 

Oui oui ^_^

 

Il y a 4 heures, frigo a dit :

J'ai envie de dire l'infini, parce que  par definition il faut que les quatre triangles soient des triplets pythagoriciens  primitifs et que chacun de leurs petits côtés  correspondent  a deux autres triplets primitifs et que déjà dans la liste des triplets inférieurs à 100  y en a pas. Peut être on pourrait démontrer avec la propriété de ces triplets d'être premiers entre eux ?

 

Pas forcément. Indice : les triangles OAB et OCD sont similaires (ainsi que OBC et ODA). Cela implique que deux triplets diagonalement opposés sont de la forme m(x, y, z) et n(x, y, z).

 

Il y a 3 heures, Solomos a dit :

Je pense aussi qu'il n'y a pas de solution.

Mais je n'arrive pas à le démontrer.

 

Il existe une solution, j'ai réalisé la figure congrue à l'aide de GeoGebra.

 

Il y a 3 heures, Elphyr a dit :

La contrainte quadrilatère force les triangles à partager un côté deux à deux. C'est chaud ça.

 

Oui, un peu. :D

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1 hour ago, Freezbee said:

Pas forcément. Indice : les triangles OAB et OCD sont similaires (ainsi que OBC et ODA). Cela implique que deux triplets diagonalement opposés sont de la forme m(x, y, z) et n(x, y, z).

 

Vu comme ça, c'est tout de suite plus facile.

J'ai une solution à 176.

 

  • Yea 1
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5 hours ago, Freezbee said:

Oui oui ^_^

Ha mais je disais pas ça pour toi, je répondais à la tentative de preuve d'Elphyr.

Quote

Pas forcément. Indice : les triangles OAB et OCD sont similaires (ainsi que OBC et ODA). Cela implique que deux triplets diagonalement opposés sont de la forme m(x, y, z) et n(x, y, z).

Ça je l'avais, mais je voyais pas trop comment construire le quadrilatère à partir de ça sans tester au pif les facteurs m et n. C'est là que j'ai laissé tombé, il y une méthode analytique ?

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Il y a 5 heures, Noob a dit :

... je voyais pas trop comment construire le quadrilatère à partir de ça sans tester au pif les facteurs m et n. C'est là que j'ai laissé tombé, il y une méthode analytique ?

 

Pas vraiment, il y a bien une méthode alambiquée  qu'on doit au mathématicien allemand Ernst Kummer (mais qui ne dispense pas de tester différents paramètres).

Voir ces documents : Brahmagupta Quadrilaterals: A DescriptionOn Brahmagupta’s and Kummer’s quadrilaterals (Elemente der Mathematik 61, 2006) & Brahmagupta Quadrilaterals (Forum Geometricorum Volume 2, 2002).

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8 hours ago, Noob said:

Ça je l'avais, mais je voyais pas trop comment construire le quadrilatère à partir de ça sans tester au pif les facteurs m et n. C'est là que j'ai laissé tombé, il y une méthode analytique ?

 

J'ai choisis m et n égaux au deux premiers termes du triplet avec lequel je voulais matcher, simple reflexe quand on cherche un PPCM.

D'abord, j'ai posé que je partirai avec deux triangles (3,4,5) car ce sont les plus petits.

Le deuxième plus petit étant (5,12,13) je l'ai choisi pour les deux autres triangles, donc j'ai pris n = 5 et m = 12.

Sans l'indice sur les triangles semblable, j'aurais pu chercher longtemps.

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Ah ben oui.

On part sur OAB=(3,4,5), le plus petit triplet primitif, on trouve OCD en factorisant par deux ( ta pas moins dans les naturels) OAB pour trouver (6,8,10) et on a OCD et OAD de fait.  Les maths c'est comme les champignons il faut bien ouvrir les yeux pour les trouver.

Je tire toutes les conséquences de cet échec et je quitte définitivement la vie politique.

  • Haha 1
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7 minutes ago, frigo said:

Ah ben oui.

On part sur OAB=(3,4,5), le plus petit triplet primitif, on trouve OCD en factorisant par deux ( ta pas moins dans les naturels) OAB pour trouver (6,8,10) et on a OCD et OAD de fait.  Les maths c'est comme les champignons il faut bien ouvrir les yeux pour les trouver.

Je tire toutes les conséquences de cet échec et je quitte définitivement la vie politique.

 

BC et AD ont des longueurs entières dans ton scenario ?

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Il y a 10 heures, Noob a dit :

Ça je l'avais, mais je voyais pas trop comment construire le quadrilatère à partir de ça sans tester au pif les facteurs m et n. C'est là que j'ai laissé tombé, il y une méthode analytique ?

C'est ce que j'aimerais savoir aussi. Au pif c'est pas très passionnant.

Ca m'étonne que tous les côtés des triangles soient entiers.

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J'ai une solution diabolique, en fait dans la figure on plusieurs quadrilatères,  si on compte les quadrilatères croisés, et ça existe !

Donc au lieux de considérer AB+BC+CD+DA, je prend le croisé AB+BD+DC+CA, et donc je le forme avec le primitif 3.4,

5 et de son image 6,8,

10.  Le périmètre est de 36.

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22 hours ago, Freezbee said:

Pas forcément. Indice : les triangles OAB et OCD sont similaires (ainsi que OBC et ODA). 

 

C'est une hypothèse supplémentaire ou une nécessité de la situation ?

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J'ai une question qui me rend dingue sur la théorie des jeux.

Supposons un duopole de Bertrand avec c1(q1) = q1 et c2(q2) = 2q2. c1(q1) étant le coût de production de l'entreprise 1 pour une quantité q1.Le marché (i.e. la demande agrégée) est égal à 100. Les prix se fixent par incrément de 0.01 Euro.

 

On a donc les équilibres suivants (soit P le prix de vente) :

1) P1=1,01 et P2=1,02

2) P1=1,02 et P2=1,03

...

99) P1=1,99 et P2=2,00

 

Mais est-ce que 1) est vraiment un équilibre de Nash sachant que l'entreprise 1 est strictement indifférente entre les cas 1) et 2) (i.e. les prix P1=1,01 et P1=1,02 puisque dans le second cas elle double sa marge pour des ventes divisées par deux). Voir matrice de payoff ci-dessous :

 

P2=1,02

P2=1,03

P1=1,01

1,0

1,0

P1=1,02

1,-49

2,0

 

Pour P2=1,02, l'entreprise 1 n'a pas de stratégie préférée, et, en moyenne, s'en sort mieux en fixant le prix à 1,02 (amenant ainsi l'équilibre à P1=1,02, P2=1,03). Donc ce n'est pas un équilibre stable ou je me goure ?

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  • 1 month later...
  • 2 weeks later...

On considère un groupe de N enfants qui doit partir en voyage scolaire. Chaque enfant de ce groupe peut être en conflit avec au maximum trois autres enfants de ce groupe. Les organisateurs cherchent à séparer ce groupe en deux pour minimiser le risque de problème durant le voyage. Peut-on dans tous les cas séparer ce groupe  en deux groupes tels que dans chacun de ces groupes, chaque enfant ait au maximum un enfant en conflit avec lui? Dans les cas où c'est possible, comment obtenir  les deux groupes?

En sachant que si A est en conflit avec B alors B est en conflit avec A.

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Alors on demande aux enfants de se grouper par deux entre conflictuels, on sépare en deux groupes, puis on fait pareil pour les deux groupes, on obtient quatres groupes, puis on réunit les sous groupe en les croisant. 

Moi si j'ai trois ennemis je me sépare d'un au premier partage, d'un autre au deuxième, il m'en reste un au max dans mon groupe, ça  colle.

 

Edit :Ha mais un ennemi que j'ai envoyé au premier partage peut me revenir après le croisement des sous groupes, ça  colle pas.

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Ok je demande aux enfants de se grouper par deux entre ennemis, je sépare les couples et j'obtiens deux groupes A et B. 

Je répète l'opération pour chacun des deux groupes et j'obtiens quatres groupes A1, A2, B1 et B2.

Maintenant on demande aux enfants de A2 et de B2 de choisir d'aller entre A1 et B1 là où ils n'ont qu'un ennemi au plus. 

 

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Il y a 16 heures, cenaval a dit :

On considère un groupe de N enfants qui doit partir en voyage scolaire. Chaque enfant de ce groupe peut être en conflit avec au maximum trois autres enfants de ce groupe. Les organisateurs cherchent à séparer ce groupe en deux pour minimiser le risque de problème durant le voyage. Peut-on dans tous les cas séparer ce groupe  en deux groupes tels que dans chacun de ces groupes, chaque enfant ait au maximum un enfant en conflit avec lui? Dans les cas où c'est possible, comment obtenir  les deux groupes?

En sachant que si A est en conflit avec B alors B est en conflit avec A.

Ça me semble être un problème de coupe de graphe, et même de coupe minimum. Il y a des algorithmes (qui tournent en temps polynomial) pour ça.

 

On doit aussi pouvoir le formuler en termes de coloration de graphe, je suppose.

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17 hours ago, frigo said:

Ok je demande aux enfants de se grouper par deux entre ennemis, je sépare les couples et j'obtiens deux groupes A et B. 

Je répète l'opération pour chacun des deux groupes et j'obtiens quatres groupes A1, A2, B1 et B2.

Maintenant on demande aux enfants de A2 et de B2 de choisir d'aller entre A1 et B1 là où ils n'ont qu'un ennemi au plus. 

 

 

Pourquoi on peut toujours faire cette construction, tu peux détailler ?

Les enfants de A2 n'ont pas besoin de choisir, a priori c'est dans B1 qu'il ont au maximum 1 ennemi. Par construction ils ont un ennemi dans A1 et un dans B2, donc au maximum un ennemi dans A2+B1. Mais c'est sur la possibilité de faire cette construction que je me pose des questions (sachant que les enfants peuvent avoir moins de 3 ennemis).

 

 

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A vrai dire je tâtonne un peu mais je tiens à participer à ce fil car c'est là que l'on sélectionne l'élite , de rouge.

Je serais aussi tenté par l'ordre affinitaire spontané, bon les enfants je vous laisse et vous me faire deux groupes où vous n'avez au max qu'un seul ennemi, pas de goûté avant ! Aussi il faudrait savoir quel est le pourcentage de perte autorisé. 

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L’idée c’est de faire « choisir » un par un  ,un groupe à chaque enfant. Dans tous les cas, l’enfant peut choisir un groupe car imaginons que le ieme enfant ne puisse pas aller dans un groupe alors dans ce groupe il y a au moins deux ennemis et ainsi dans l’autre groupe il y a au maximum un ennemi et il peut y aller.

 

C’est effectivement un exo qui est souvent donné en introduction à la théorie des graphes.

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Il y a 6 heures, cenaval a dit :

L’idée c’est de faire « choisir » un par un  ,un groupe à chaque enfant. Dans tous les cas, l’enfant peut choisir un groupe car imaginons que le ieme enfant ne puisse pas aller dans un groupe alors dans ce groupe il y a au moins deux ennemis et ainsi dans l’autre groupe il y a au maximum un ennemi et il peut y aller.

 

C’est effectivement un exo qui est souvent donné en introduction à la théorie des graphes.

 

J'ai quand même un scrupule avec cette méthode,  qui ressemble in fine à ma proposition.

Suppose que j'ai trois ennemis A, B  et C. Quand je chousis un groupe, ok je n'ai que A comme ennemi dans celui ci, mais qu'est ce qui empêche B de venir rejoindre mon groupe ? Lui n'est pas forcément ennemi de A et je me retrouve avec A et B dans mon groupe, n'est ce pas ?

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Il y a 4 heures, frigo a dit :

 

J'ai quand même un scrupule avec cette méthode,  qui ressemble in fine à ma proposition.

Suppose que j'ai trois ennemis A, B  et C. Quand je chousis un groupe, ok je n'ai que A comme ennemi dans celui ci, mais qu'est ce qui empêche B de venir rejoindre mon groupe ? Lui n'est pas forcément ennemi de A et je me retrouve avec A et B dans mon groupe, n'est ce pas ?

Oui, j’ai oublié de dire que si cela se passait alors on retire tous les enfants qui ont deux ennemis dans leur groupe et on recommence. 

Cette technique est forcément convergente car en retirant un enfant on « casse » deux liens alors qu’en ajoutant un enfant on créée au maximum un lien. Donc le nombre de liens total diminue (strictement) à chaque étape.

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On ‎25‎/‎11‎/‎2017 at 6:35 PM, cenaval said:

On considère un groupe de N enfants qui doit partir en voyage scolaire. Chaque enfant de ce groupe peut être en conflit avec au maximum trois autres enfants de ce groupe. Les organisateurs cherchent à séparer ce groupe en deux pour minimiser le risque de problème durant le voyage. Peut-on dans tous les cas séparer ce groupe  en deux groupes tels que dans chacun de ces groupes, chaque enfant ait au maximum un enfant en conflit avec lui?

4 avec tous les enfants ennemis entre eux est un exemple trivial où ce n'est pas possible.

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