Rédaction Fiche Tartes

On pourra réfléchir à supprimer des questions

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 \section*{Eléments de réponse} 
 
-\q (Facile) Première réponse
+\q (Facile) $a + b - \operatorname{pgcd}(a,b)$.
 
-\q (Moyen) Deuxieme réponse
+\q (Moyen) Comprendre qu'il y a un sommet commun et traiter la question suivante.
+Deux réponses équivalentes possibles:
+\[ \sum_{d | a \text{ ou } d | b \text{ ou } d | c} \varphi(d)\]
+ou utiliser la formule du crible pour obtenir
+\[a+b+c-\operatorname{pgcd}(a,b) - \operatorname{pgcd}(a,c) - \operatorname{pgcd}(b,c) + \operatorname{pgcd}(a,b,c).\]
+
+Ce qui est difficile, c'est de voir qu'on ne peut pas atteindre
+\[a+b+c-\operatorname{pgcd}(a,b) - \operatorname{pgcd}(a,c) - \operatorname{pgcd}(b,c)\]
+
+%\q Il est possible de faire en sorte que les graduations $a$ et $b$ se rencontrent et $b$ et $c$ se rencontrent sans que $a$ et $c$ ne se rencontrent si, et seulement si, $b \not| \operatorname{pgcd}(a,c)$. Quitte à permuter, on suppose $\operatorname{pgcd}(a,c) < \operatorname{pgcd}(a,b) < \operatorname{pgcd}(b,c)$.
+%Le minimum est alors $a+b+c - \operatorname{pgcd}(a,b) - \operatorname{pgcd}(b,c)$.
+
+\q (Facile) $G^p = 1 + \sum_{i=1}^N (p_i -1)$\\
+(Trivial) $G^g = a^{N-1}$\\
+(Moyen) $G^c = \sum_{i=1}^N \varphi(i)$ où $\varphi$ est l'indicatrice d'Euler\\
+(Trivial) $G^d = \alpha_N$
+
+\q (Facile) Le cas $N=3$ est la question $2$.
+
+(Difficile) On ne peut pas faire mieux pour $N=4$. C'est facile si le graphe des intersections deux à deux n'est pas un cycle. Sinon, il faut distinguer les cas et utilise le fait qu'un nombre premier est toujours $\geqslant 2$ pour conclure.
+
+(Ouvert) pour $N\geqslant 5$, on pense qu'on ne peut pas faire mieux.
+
+\q (Moyen) $2$ (faire des intersections consécutives);
+(Facile) $2$ car $\sum_{k=0}^{N-2} a^k < a^{N-1}$;
+(Ouvert) $\Theta(\log_2(N))$?
+(Difficile/Ouvert) $1+$ nombre de facteurs premiers de $\alpha_N$?
+
+\q(Difficile) Remarque: $\alpha_N$ est la suite donnée par https://oeis.org/A005179
+Elle n'est pas facile à calculer à cause des entiers \og extraordinaires \fg{} mais on peut quand même la minorer asymptotiquement par $(\log_2 N)^{\log_2 N)}$.
+
+Réponse: $G^p_N = G^p_N \sim \Theta(N^2 \ln(n)^3)$, 
+$G^g_N = a^{N-1}, G^c_N \sim \frac{N^2}{2\zeta(2)}$ et $G^d_N \sim \Theta((\log_2 N)^{\log_2 N})$ donc 
+\[\widehat{G}^c_N < G^c_N \ll G^p_N \ll G^d_N \ll G^g_N.\]
+
+\q (Difficile/Ouvert) Oui, on choisit une permutation $\sigma \in \operatorname{Bij}(\mathbb{N})$ telle que la suite $n\mapsto \varphi(\sigma(n))$ est croissante. La suite $u_n = \sigma(n)$ convient alors. En fait, c'est la seule qui réalise le minimum asymptotique, au choix de $\sigma$ près. Je ne sais pas le démontrer (utilise l'hypothèse de Riemann?)