TFJM-2024/fiches/triominos-fiche.tex

\section*{\'Eléments de réponse} 

\q (Très facile) Réponse : $n + n(n-1) + 2\binom{n}{3}$

\q (Moyen-difficile) Réponse : oui. La question 3) répond à la question mais les arguments peuvent être plus facilement adaptés pour cette question. Une idée est de construire une ligne droite suffisamment longue (d'ordre $n^2$ pièces) puis de compléter par des droites diagonales de part et d'autre de la première droite.

\q (Difficile) Réponse : oui. Les cas $n = 2, 3, 4$ sont faciles à traiter. Pour le cas général, on peut utiliser une construction par récurrence sur $n$ en utilisant à chaque étape toutes les pièces faisant intervenir des nombres plus petit que $n$. Cependant, il ne suffit pas de compléter le cas $n-1$ pour obtenir le cas $n$ : le recollement n'est pas évident.

\q Question 1) (Très facile) Réponse : $n + n(n-1) = n^2$ \\
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 : $n + n(n-1) + 2\binom{n}{3} = \frac{n(n^2+2)}{3}$ \\
Question 2) (Ouvert) \\
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 (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 :)

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).

\q (Ouvert)