diff --git a/fiches/piece_truquee-fiche.tex b/fiches/piece_truquee-fiche.tex index 3f723df..0e2d70f 100644 --- a/fiches/piece_truquee-fiche.tex +++ b/fiches/piece_truquee-fiche.tex @@ -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) diff --git a/fiches/rebonds_etranges-fiche.tex b/fiches/rebonds_etranges-fiche.tex index c8d251f..2319312 100644 --- a/fiches/rebonds_etranges-fiche.tex +++ b/fiches/rebonds_etranges-fiche.tex @@ -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. diff --git a/fiches/triominos-fiche.tex b/fiches/triominos-fiche.tex index 285aea3..a9ed20e 100644 --- a/fiches/triominos-fiche.tex +++ b/fiches/triominos-fiche.tex @@ -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) \ No newline at end of file +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