ajout d'éléments de réponse aux problèmes 1,5,6

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@@ -12,7 +12,7 @@ Cas a) : $0$, atteint en $p=0$.
 
 Cas b) : $\frac{n}{2}$, atteint en $p=\frac{1}{2}$.
 
-Cas c) : $\frac{n}{2}$, atteint en $p=\frac{1}{2}$.
+Cas c) : $0$, atteint en $p=0$.
 
 \q (Idée facile mais démonstration propre difficile)
 

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@@ -22,7 +22,13 @@ Finalement, si $AB=\ell=2n+r$ où $n$ entier et $r\in [0,2[$, le chemin le plus
 
 (difficile) $N(r)\to +\infty$ quand $r\to +\infty$ : Si ce n'est pas le cas, on a $N_0$ et $M$ tels que pour tout $k\geq M$, $N(1+1/k)=N_0$. Pour tout $k\geq M$, on regarde $T_k$ une trajectoire partant de $(0,0)$ et restant à l'intérieur du cercle de centre $(1+1/k,0)$ et de rayon $1+1/k$. $T_k$ est composée $M+1$ arcs de cercles de centres $C_k=(C_{k,0},...,C_{k,M})$ et de $M$ points de demi-tours $P_k=(P_{k,0},...,P_{k,M-1})$. Par compacité, quitte à extraire une sous-suite, $C_k \to C^\ast = (C_0^\ast,...,C_M^\ast)$ et $P_k \to P = (P_0^\ast,...,P_{M-1}^\ast)$. On a alors une trajectoire qui a les centres de ses arcs en $C_0^\ast,...,C_M^\ast$ et fait demi-tour aux points $P_0^\ast,...,P_{M-1}^\ast$. De plus, cette trajectoire limite est incluse dans le disque fermé $\mathcal{D}$ de centre $(1,1)$ et de rayon $1$ et vérifie $C_M^\ast=(1,0)$ ce qui est absurde car $P_{M-1}^\ast$ est alors à la fois dans $\mathcal{D}$ et hors de $\mathcal{D}$.
 
-\q (Ouvert) Pour $N$ points en position générale aucun arc de cercle de contient $3$ points donc il faut au moins $N/2$ demi-tours et on peut se débrouiller pour que chaque arc de cercle contienne au moins un point donc il faut au plus $N$ demi-tours. Cas général d'un disque de rayon $R$ entièrement ouvert.
+\q (Moyen pour $R=1$, Ouvert pour $R$ général) Le meilleur $N$ est $N=n-1$.
+
+On peut y arriver en $n-1$ demi-tours : on commence par tirer l'électron sur un cercle de rayon $1$ qui contient deux points puis on fait demi-tour de sorte que chaque nouvel arc de cercle contienne un nouveau point. C'est possible car si $P$ et $Q$ sont dans un cercle de rayon $1$ et $\mathcal{C}$ est un cercle de rayon $1$ passant par $P$, il existe un cercle de rayon $1$ passant par $Q$ et tangent à $\mathcal{C}$.
+
+On ne peut pas faire mieux en plaçant les points de la manière suivante : on place les points un par un dans le cercle de rayon $1$ de sorte que si on a déjà placé $P_1,...,P_{k-1}$, on place $P_k$ de sorte qu'on ne puisse pas trouver $\{i_0,...,i_l\}\subset \{1,...,k\}$ et des cercles $\mathcal{C}_1,...,\mathcal{C}_{l-1}$ de rayon $1$ tels que $P_{i_0}\in \mathcal{C}_1$, $P_{i_l}\in\mathcal{C}_{l-1}$ et pour tout $j$, $P_{i_j}\in \mathcal{C}_j$ et $\mathcal{C}_j$ est tangent à $\mathcal{C}_{j+1}$. C'est possible car l'ensemble des positions possibles pour $P_k$ est un disque privé d'un nombre fini de cercles (donc est non vide). En procédant de la sorte, si une trajectoire formée de $N$ arcs passe par tous les points, en notant $n_i$ le nombre de points sur le $i$-ième arc, on a $n_i\in\{0,1,2\}$ et en regardant la suite $n_i$, on n'a jamais de séquence $2,1,1,...,1,2$ (par construction des points). Par conséquent, $n_1+...+n_i\leq i+1$ pour tout $i$. En particulier $n=n_1+...+n_N\leq N+1$ donc $N\geq n-1$.
+
+Cas général d'un disque de rayon $R$ entièrement ouvert.
 
 \q (Moyen) Oui, c'est toujours possible. On s'appuie sur le constat suivant : si on fixe un cercle, on peut toujours faire en sorte qu'un électron quelconque finisse par parcourir ce cercle. De plus, on sait exactement où il se trouvera sur le cercle à un instant donné car on connaît son vecteur vitesse (au signe près, cela dépend du nombre de demi-tours effectués). Si on regarde les orientations initiales des canons à électrons et qu'on fixe $k$ cercle $\mathcal{C}_1,...,\mathcal{C}_k$ de centres $C_1,...,C_k$ passant par un point $P$ de sorte que $\overrightarrow{PC_k}$ ait la même orientation que le canon $k$, en faisant rejoindre à l'électron $k$ le cercle $\mathcal{C}_k$ avec un nombre pair de demi-tour pour tout $k$, les électrons se retrouveront tous au point $P$ à un moment.
 

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@@ -10,10 +10,20 @@
 Question 2) (Moyen) Réponse : Oui pour tout $n$. On peut utiliser la question 3) ci-dessous pour construire une ligne de taille suffisante sur laquelle on rajoute des diagonales afin d'obtenir les pièces manquantes. \\
 Question 3) (Moyen) Réponse : Oui pour $n$ impair et $n = 2$. Non pour les autres cas. Après avoir identifié les transitions possibles entre les pièces, on peut utiliser pour le graphe complet à $n$ éléments le théorème d'Euler qui nous dit qu'il existe un chemin eulérien si et seulement $n$ est impair ou $n = 2$.
 
-\q Question 1) (Très facile) Réponse : $n + n(n-1) + 2\binom{n}{3}$ \\
+\q Question 1) (Très facile) Réponse : $n + n(n-1) + 2\binom{n}{3} = \frac{n(n^2+2)}{3}$ \\
 Question 2) (Ouvert) \\
-Question 3) (Ouvert) Réponse : Pas toujours. En effet, pour une configuration en ligne droite tous les nombres, sauf au plus 4 (ceux sur les bord), apparaissent $3*k$ fois pour $k \geq 1$. Pour $n \geq 5$, on peut donc éliminer tous les nombres tels que le nombre de pièces faisant apparaître au moins un $i$ donné (il y en $n^2+n+1$) n'est pas divisible par 3. Ainsi, pour tous les $n \geq 5$ congru à $0$ ou $2$ modulo $3$ une telle configuration n'existe donc pas.
+Question 3) (Ouvert) Réponse : Pas toujours. En effet, supposons qu'on peut former une ligne et que $n\geq 5$. Tous les nombres sauf au plus 4 (ceux sur les extrémités) apparaissent un nombre de fois divisible par trois. Or par symétrie, tous les nombre entre $1$ et $n$ apparaissent autant de fois chacun, à savoir $n^2+2$ donc $3|n^2+2$ ce qui équivaut à $3\nmid n$. Ainsi, si $n\geq 5$ et $3|n$ alors former une ligne est impossible.
 
-\q 6) (Ouvert)
+\q (Difficile - Ouvert) Un losange de côté $k$ contient $2k^2$ triominos. Le problème consiste à attribuer un nombre entre $1$ et $n$ à chacun des $(k+1)^2$ sommets du graphe losange formé par les côtés des triangles équilatéraux de sorte que les triominos ainsi formés soient tous distincts. Soit $k_n$ le plus grand $k$ permettant une telle construction. Dans la suite, on appellera $C$ une constante générique (pas toujours la même) dont on laisse au lecteur le soin de la calculer :)
 
-\q 7) (Ouvert)
+Puisqu'il y a $Cn^3$ triominos et $2k^2$ triangles dans le losange, $k_n^2\leq Cn^3$ donc $k_n \leq C n^{3/2}$.
+
+En mettant sur les $(k+1)^2$ sommets des nombres différents, on a $k_n^2\geq n$ donc $k_n \geq Cn^{1/2}$.
+
+On peut améliorer cette borne avec une méthode probabiliste : en tirant pour chaque sommet du graphe losange un nombre au hasard uniformément entre $1$ et $n$, la probabilité que deux triangles différents aient le même triplet de nombres à leur sommets est $C/n^3$ et il y a $Ck^4$ paires de triangles donc la probabilité qu'une des paires de triominos soit identique est majorée par $Ck^4/n^3$ qui est plus petit que $1$ si $Ck^4<n^3$ donc $k_n \geq n^{3/4}$.
+
+On peut encore améliorer la borne de la façon suivante : si on a un losange de taille $k$, on prend un chemin eulérien sur le graphe complet à $k$ sommets numérotés de $1$ à $k$ et on numérote de gauche à droite et de haut en bas les sommets du graphe losange une ligne sur deux en énumérant les sommets dans l'ordre du chemin eulérien. Pour les lignes restantes (donc également une ligne sur deux) on fait de même en numérorant les sommets du graphe complet de $k+1$ à $2k$. Ainsi, chaque triangle a deux sommets dans l'ensemble $E_1=\{1,...,k\}$ et un sommet dans $E_2=\{k+1,...,2k\}$ ou l'inverse. De plus, pour tous les triominos ayant deux sommets dans $E_i$, ces paires de sommets sont deux à deux dinstinctes (car on a pris un chemin eulérien) donc les triominos sont deux à deux distincts. Ainsi, on peut numéroter les sommets du graphe losange de côté $k$ avec les nombre de $1$ à $2k$ (il faut parfois remplacer $k$ par $k+1$ pour bien avoir un chemin eulérien) donc $2k_n\geq n$ donc $k_n\geq Cn$.
+
+Finalement, le meilleur encadrement est $Cn\leq k_n\leq C'n\sqrt{n}$ (la borne inf peut sûrement être améliorée davantage).
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+\q (Ouvert)