Enigmes

[Anonyme]

Bonjour, je cherche des énigmes en apparence très simples, mais dont la
solution est très compliquée, par exemple démontrer qu'avec une courbe
fermée C1, le plan est séparé en deux parties connexes dont l'une est non
bornée. (vous avez le droit d'employer des termes encore plus simple) Merci

[Anonyme]

On Tue, 24 May 2005 17:30:19 +0200, Ragnartichaud wrote:

> Bonjour, je cherche des énigmes en apparence très simples, mais dont la
> solution est très compliquée, par exemple démontrer qu'avec une courbe
> fermée C1, le plan est séparé en deux parties connexes dont l'une est non
> bornée.

Ce n'est pas vrai sur une sphère.
Sinon cherche du côté des problèmes de plus court chemin ou
d'arithmétique.

nicolas patrois : pts noir asocial
--
SPROTCH !

P : Non, y a rien de plus immonde que de chier sur la moquette...
M : Pas d'accord... A pire... Chier sous la moquette...
H : ?!!

[Anonyme]

nicolas wrote:
> On Tue, 24 May 2005 17:30:19 +0200, Ragnartichaud wrote:
>
>[color=green]
>>avec une courbe
>>fermée C1, le plan est séparé en deux parties connexes dont l'une est non
>>bornée.
>
> Ce n'est pas vrai sur une sphère. [/color]

C'est sûr que le plan aurait du mal à être séparé, vu qu'il n'y en n'a
pas...

--
Xorxar

[Anonyme]

"Ragnartichaud" a écrit dans le message de
news: 4293488d$0$9689$626a14ce@news.free.fr...
> Bonjour, je cherche des énigmes en apparence très simples, mais dont
> la solution est très compliquée, par exemple démontrer qu'avec une
> courbe fermée C1, le plan est séparé en deux parties connexes dont
> l'une est non bornée. (vous avez le droit d'employer des termes encore
> plus simple) Merci
Trouver deux fractions a et b telles que
a² + b² soit le carré d'une fraction
ab = 314

Réponse :

a = 411340519227716149383203 / 21666555693714761309610
b = 6803298487826435051217540 / 411340519227716149383203

Cordialement
Stéphane

[Anonyme]

Le 24/05/2005 21:57, Stéphane Ménart a écrit :

> Trouver deux fractions a et b telles que
> a² + b² soit le carré d'une fraction
> ab = 314
>
> Réponse :
>
> a = 411340519227716149383203 / 21666555693714761309610
> b = 6803298487826435051217540 / 411340519227716149383203



Sait-on si cette solution est unique ?

[Anonyme]

ça m'énerve parceque je me souviens de qqchose que j'ai vu cette année (en
spé) qui m'a vraiment surpris en complexité alors que ça paraît vraiment
mais vraiment simple, presque une question de bon sens. J'essaie de m'en
souvenir, en tous cas merci pour vos propositions.

Adrien

[Anonyme]

Bonjour,

Stéphane Ménart a écrit :
> Trouver deux fractions a et b telles que
> a² + b² soit le carré d'une fraction
> ab = 314
>
> Réponse :
>
> a = 411340519227716149383203 / 21666555693714761309610
> b = 6803298487826435051217540 / 411340519227716149383203

Euh... oui. Comment trouve-t-on ces solutions ?
Merci.
Rémi.

[Anonyme]

Ragnartichaud wrote:

> Bonjour, je cherche des énigmes en apparence très simples, mais dont la
> solution est très compliquée, par exemple démontrer qu'avec une courbe
> fermée C1, le plan est séparé en deux parties connexes dont l'une est non
> bornée. (vous avez le droit d'employer des termes encore plus simple)
> Merci

Bonjour,

La conjecture de Syracuse peut-être. Soit (u_n) la suite de premier terme
u_0 un entier positif et u_{n+1}=u_n/2 si u_n pair et u_{n+1}=(3u_n+1)/2
sinon. La conjecture prétend que la suite devient cyclique:
....,1,2,1,2,1,2,...
Erdös pensait que les mathématiques ne disposaient pas des outils pour
résoudre ce type de problème. Il y a un ou deux ans il s'agissait encore
d'une conjecture. Je pense que depuis on a démontré qu'elle était
indécidable. A vérifier.

-- Eric Guirbal

[Anonyme]

"Olivier Miakinen" a écrit
[color=green]
>> a = 411340519227716149383203 / 21666555693714761309610
>> b = 6803298487826435051217540 / 411340519227716149383203
>
>
>
> Sait-on si cette solution est unique ?[/color]

Il y a une infinité de solutions. Celle-ci est ... la plus simple.

Cordialement
Stéphane

[Anonyme]

"remi" a écrit
[color=green]
>> Trouver deux fractions a et b telles que
>> a² + b² soit le carré d'une fraction
>> ab = 314
>>
>> Réponse :
>>
>> a = 411340519227716149383203 / 21666555693714761309610
>> b = 6803298487826435051217540 / 411340519227716149383203
>
> Euh... oui. Comment trouve-t-on ces solutions ?[/color]

C'est compliqué, mais c'est justement ce que voulait Ragnartichaud.
C'est Don Zagier (prof. au Collège de France) qui a trouvé ça avec la
théorie des courbes elliptiques.

Cordialement
Stéphane

[Anonyme]

Stéphane Ménart wrote:
> "remi" a écrit
>[color=green][color=darkred]
>>> Trouver deux fractions a et b telles que
>>> a² + b² soit le carré d'une fraction
>>> ab = 314
>>>[/color][/color]

Présenté différemment :
trouver un triangle rectangle à côtés rationels et d'aire 157
[color=green][color=darkred]
>>> a = 411340519227716149383203 / 21666555693714761309610
>>> b = 6803298487826435051217540 / 411340519227716149383203
>> Euh... oui. Comment trouve-t-on ces solutions ?[/color]
> ...théorie des courbes elliptiques.
>[/color]
Rien que pour vérifier, bonjour.

Plus accessible (calculette de Windows suffit pour vérifier)
ab = 2*23

a = 41496/3485
b = 80155/20748
c = 905141617/72306780

soit en réduisant au même dénominateur
a = 860959008/72306780
b = 279340175/72306780
et 860959008^2 + 279340175^2 = 905141617^2

23 et 157 font partie des valeurs sporadiques "élevées"
dans la table donnant les solutions (enfin, les générateurs
m et n avec a = 2*m*n/k, b = (m^2-n^2)/k)
http://www.asahi-net.or.jp/~KC2H-MSM/mathland/math10/matb2000.htm
(comme quoi il n'y a pas que des français sur ce coup là)

je n'ai même pas cherché à calculer les valeurs de a et b pour
a*b = 2*997
m=42213709768307514171686429890363488527317316427348844504307265329655015861152197726745537308248325
n=3761555284456864241854415331157386556136120253716483379037244121900171126528942748431935644922916
qui sont les plus petites(!) valeurs conduisant à une aire de 997.

Amicalement.

--
philippe
chephip at free dot fr

[Anonyme]

Je l'ai retrouvé !!!!
démontrer que la plus courte distance entre deux points, est la droite

[Anonyme]

On 2005-05-24, Ragnartichaud wrote:
> Bonjour, je cherche des énigmes en apparence très simples, mais dont la
> solution est très compliquée, par exemple démontrer qu'avec une courbe
> fermée C1, le plan est séparé en deux parties connexes dont l'une est non
> bornée. (vous avez le droit d'employer des termes encore plus simple) Merci

Démontrer (proprement) que la surface fermée C1 qui englobe le plus gros
volume possible, à aire constrante, est la sphère...

--
Frédéric

[Anonyme]

Ragnartichaud a écrit :
> Bonjour, je cherche des énigmes en apparence très simples, mais dont la
> solution est très compliquée, par exemple démontrer qu'avec une courbe
> fermée C1, le plan est séparé en deux parties connexes dont l'une est non
> bornée. (vous avez le droit d'employer des termes encore plus simple) Merci
>
>

Euler pensait qu'il n'y a pas de solution à l'équation x^4+y^4+z^4=w^4,
pas de chance en 1988, Noam Elkies a donné le contre exemple
2682440^4 + 15365639^4 + 18796760^4 = 20615673^4

[Anonyme]

Géry huvent wrote:
> Ragnartichaud a écrit :
>[color=green]
>> Bonjour, je cherche des énigmes en apparence très simples, mais dont
>> la solution est très compliquée, par exemple démontrer qu'avec une
>> courbe fermée C1, le plan est séparé en deux parties connexes dont
>> l'une est non bornée. (vous avez le droit d'employer des termes encore
>> plus simple) Merci
>>
>
> Euler pensait qu'il n'y a pas de solution à l'équation x^4+y^4+z^4=w^4,
> pas de chance en 1988, Noam Elkies a donné le contre exemple
> 2682440^4 + 15365639^4 + 18796760^4 = 20615673^4[/color]

A propos d'Euler...
Il pensait aussi qu'il n'existait pas de carré greco-latin d'ordre 10
(c'est à dire deux carrés latins d'ordre 10 mutuellement orthogonaux)

Alors qu'il y en a "des tas"
- En trouver un

- Prouver qu'il n'y a pas trois carrés latins mutuellement orthogonaux
(ce que l'on conjecture seulement...)

Un carré latin d'ordre n est formé avec n fois n symboles
chacun une seule fois par ligne et une seule fois par colonne.

exemple :
a b c d
d c b a
b a d c
c d a b

Deux carrés latins sont mutuellement orthogonaux si
le carré formé de leur superposition contient une seule fois
chaque paire de symboles.
par exemple :

aA bB cC dD
dB cA bD aC
bC aD dA cB
cD dC aB bA

En notant abcd en lettres latines et ABCD en lettres grecques
ceci forme un "carré gréco-latin".

A l'ordre 4 (et d'autres) on peut trouver plusieurs jeux de
carrés tous mutuellement deux à deux orthogonaux,
ce qui donne ici un carré "arabo-gréco-latin" (avec chiffres arabes) :

aA1 bB2 cC3 dD4
bC4 aD3 dA2 cB1
cD2 dC1 aB4 bA3
dB3 cA4 bD1 aC2

Il n'existe pas de carré gréco-latin d'ordres 2 et 6,
ce qui a poussé Euler à généraliser en :
"il n'existe pas de carré gréco-latin d'ordre 4n+2"
ce qui est faux.

On peut chercher à généraliser le carré "arabo-gréco-latin" à l'ordre n
c'est à dire trouver m carrés latins d'ordre n mutuellement orthogonaux.

- donner un jeu de 8 carrés latins d'ordre 9 mutuellement orthogonaux.

- prouver la conjecture que m = n-1 si et seulement si n est une
puissance d'un nombre premier.
(c'est le "et seulement si" qui est conjecturé, le "si" est facile)

Amicalement

--
philippe
chephip at free dot fr