Petite question innocente

[Cliffe]

J'ai bien vérifié, j'arrive pas à avoir la symétrie :

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[beagle]

Pas grave pour moi , la symétrie m'en fiche, l'exemple est intéressant à analyser au niveau structure.
Plus facile de partir de ce qui marche...
Merci.

[Cliffe]

je peux toujours ajouter une condition qui maximize au mieux la symétrie
ou une symétrie suivant l'autre diagonale ?

[Ben314]

impossible pour m = 6 de faire comme L.A.

Pour m=6, m-1=5 est premier donc il y a une solution "plus ou moins" triviale consistant à regarder la dualité droites/points dans l'espace projectif P2(Z/5Z).
Si tu ne connait pas les espaces projectif, ç'est quand même assez façile à programmer sur un tableur :

Tu prévois 3 lignes au dessus du carré 31x31 ainsi que 3 colonnes à gauche du carré.
Dans la zone de 31 lignes x 3 colonnes de gauche, tu met (en ligne) 0,0,1 (1 ligne) puis tout les 0,1,a avec 0<=a<5 (5 lignes) puis tout les 1,a,b avec 0<=a,b<5 (25 lignes) et tu met exactement la même chose dans le même ordre dans la zone de 3 lignes x 31 colonnes du haut (en faisant une symétrie).
Aprés, dans une case du carré 31x31 dont la ligne contient au début a,b,c et la colonne contient au début a',b',c', tu met 1 si aa'+bb'+cc' est divisible par 5 et 0 sinon.
Ça te donnera une matrice correspondant aux désidératas de L.A.

Aprés, la question que je me posait, c'est effectivement de savoir si toutes les matrice [éventuellement symétriques] vérifiant le truc sont obtenues de cette façon en modifiant uniquement l'ordre des triplets a,b,c qui génèrent la matrice [éventuellement en gardant le même ordre sur les lignes/colonnes]

De même, je me demandais s'il n'y avait pas un argument un peu théorique montrant la non existence de telles matrices lorsque qu'il n'existe pas de corps de cardinal m-1...
J'ai commencé à regarder si on pouvait faire du "plus ou moins projectif" avec des A-modules (par exemple Z/6Z), mais c'est la merde dés le départ : les sous A-modules de rang donné n'ont pas tous le même cardinal dans (Z/6Z)^3...

[beagle]

je peux toujours ajouter une condition qui maximize au mieux la symétrie
ou une symétrie suivant l'autre diagonale ?

Perso je me fiche de la symétrie.
M'intéresse plus de comprendre les degrés de liberté, et pourquoi, encore dans ce cas présent,
le fameux 6 n'est pas possible.Donc c'est dans le nombre de vecteurs parallèles versus orthogonaux,
avec les 4 dimensions permises que cela se joue, mais je n'ai pas encore bien compris ce qui se passe dans cet exo.Et ce n'est peut-ètre pas à ma portée, mais bon.

[Cliffe]

Si je met la symétrie sur la deuxième diagonale ça fonctionne :

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[Groucho]

Soit une solution à ton problème. Pour chaque i compris entre 1 et 43, on note

[Groucho]

Excusez moi, j'ai fait une fausse manœuvre en cours de frappe. Je reecommence.

[Groucho]

Inutile de lire ce message, je viens de me rendre compte qu'il y a une erreur stupide.


Je suis nouveau sur ce site, et je viens de découvrir ta question qui m'a inspiré quelques réflexions. Je n'ai pas compris exactement où vous en étiez dans sa solution, en tout cas je te poste la preuve de l'impossibilité de trouver ta matrice, dans le cas où 43x43.

Supposons, en raisonnant par l'absurde, que soit une matrice qui réponde à tes conditions. Pour i compris entre 1 et 43, on note et . Par hypothèse, chaque contient exactement 7 éléments, et pour possède exactement 1 élément.

On utilise la formule du crible (aussi appelée formule de Poincaré)


(voir
http://fr.wikiversity.org/wiki/Formule_du_crible/D%C3%A9monstration_de_la_formule_du_crible
). Il ne faut pas en avoir peur, elle ne demande qu'un peu d'agilité neuronale. Elle généralise la formule .


Pour pouvoir utiliser la formule du crible susmentionnée, il faut connaître la cardinalité des ensembles . pour chaque sous-ensemble S de . Si S a plus de 7 éléments, alors est vide. Sinon, et si S a plus d''un élément, a au plus 1 élément. On a vu le cas où la cardinalité de S est égale à 1 ou 2.
On va s'intéresser au cas où S à 3 éléments et on va calculer combien il y a de tels non vides. Si la cardinalité de S est égale à 3, pour que ne soit pas vide il faut et il suffit que S soit inclus dans un certain , et lorsque c'est le cas, il n'y a qu'un seul indice j qui convienne. En conséquence, il y a exactement 43x35 ensembles S de cardinalité 3 tels que ne soit pas vide (43 parce qu'il y a 43 possibles, et 35 parce qu'il y a 35 sous-ensembles à 3 éléments dans un ensemble à 7 éléments.
Le même calcul mène à 43x35 sous-ensembles S à 4 éléments tels que ne soit pas vide, 43x21 sous-ensembles à 5 éléments, 43x7 à 6 éléments et 43 à 7 éléments. On peut maintenant appliquer la formule du crible:
43= 43x7 -43x21 + 43x35 - 43x35 + 43x21 -43x7
qui est manifestement fausse. On obtient donc une contradiction qui prouve qu'une telle matrice ne peut exister.


Si on fait le même calcul pour le cas de la matrice 31x31 (m=6 si j'ai compris vos conventions), on tombe sur une égalité, et c'est heureux puisque Cliffe a trouvé un exemple. On pourrait écrire un petit programme pour voir pour quelle valeur de m il y des chances d'existence d'une solution (mais cela ne nous dira pas s'il y en a effectivement une, et aucune indication pour la trouver).

Je ne sais pas pourquoi tu as posé cette question, mais je te propose une petite application sous forme d'énigme:

Gérard raconte que, au cours de ses voyages, il a visité un village au cœur de la Sibérie, dont les habitants pratiquent la polygamie et la polyandrie. Ce village compte 43 hommes et 43 femmes, chaque homme ayant 7 femmes et chaque femme ayant 7 maris. De plus, 2 hommes quelconques ont exactement 1 femme en commun et 2 femmes quelconques ont exactement 1 mari en commun. Montrer que Gérard est un menteur.


Amusez vous bien

[Cliffe]

Il faut mettre dans la section énigme.

[Groucho]

MEA CULPA

Il me semble que j'ai oublié les ensembles à 7 éléments dans mon calcul, ce qui rend tout mon raisonnement faux.

Mes excuses

[Groucho]

Pour m=6, m-1=5 est premier donc il y a une solution "plus ou moins" triviale consistant à regarder la dualité droites/points dans l'espace projectif P2(Z/5Z).
Si tu ne connait pas les espaces projectif, ç'est quand même assez façile à programmer sur un tableur :

Tu prévois 3 lignes au dessus du carré 31x31 ainsi que 3 colonnes à gauche du carré.
Dans la zone de 31 lignes x 3 colonnes de gauche, tu met (en ligne) 0,0,1 (1 ligne) puis tout les 0,1,a avec 0<=a<5 (5 lignes) puis tout les 1,a,b avec 0<=a,b<5 (25 lignes) et tu met exactement la même chose dans le même ordre dans la zone de 3 lignes x 31 colonnes du haut (en faisant une symétrie).
Aprés, dans une case du carré 31x31 dont la ligne contient au début a,b,c et la colonne contient au début a',b',c', tu met 1 si aa'+bb'+cc' est divisible par 5 et 0 sinon.
Ça te donnera une matrice correspondant aux désidératas de L.A.

Aprés, la question que je me posait, c'est effectivement de savoir si toutes les matrice [éventuellement symétriques] vérifiant le truc sont obtenues de cette façon en modifiant uniquement l'ordre des triplets a,b,c qui génèrent la matrice [éventuellement en gardant le même ordre sur les lignes/colonnes]

De même, je me demandais s'il n'y avait pas un argument un peu théorique montrant la non existence de telles matrices lorsque qu'il n'existe pas de corps de cardinal m-1...
J'ai commencé à regarder si on pouvait faire du "plus ou moins projectif" avec des A-modules (par exemple Z/6Z), mais c'est la merde dés le départ : les sous A-modules de rang donné n'ont pas tous le même cardinal dans (Z/6Z)^3...

Je suis tombé sur le site suivant

http://fr.wikipedia.org/wiki/Plan_affine_%28structure_d%27incidence%29#Plans_affines_finis_et_questions_ouvertes

où il y a des réponses aux questions que tu te poses. En particulier, il n'y a pas de matrices comme le souhaite L.A. (cas m=6), et pour le reste, ce sont des questions largement ouvertes.


Comme quoi, la question de L.A. était loin d'être petite et innocente (je soupçonne d'ailleurs L.A de coquetterie dans sa dénomination)

[L.A.]

Bonjour.

OK, merci pour ces infos, et aussi pour t'être fendu d'une si longue démo même si au final elle ne fonctionne pas...

Comme quoi, la question de L.A. était loin d'être petite et innocente (je soupçonne d'ailleurs L.A de coquetterie dans sa dénomination)

La question si, la réponse en revanche visiblement pas... :zen:

[Cliffe]

il n'y a pas de matrices comme le souhaite L.A. (cas m=6)

Si tu regardes plus haut, j'ai posté une solution pour m = 6.

[beagle]

Si tu regardes plus haut, j'ai posté une solution pour m = 6.

avec m=7 on a des carrés de 6x6, et ce sont ces 6 qui gènent.
(43=7x6+1)

[Groucho]

Si tu regardes plus haut, j'ai posté une solution pour m = 6.

Oui, tu as raison (Ben314 aussi avait un exemple) je voulais dire m=7 (j'ai confondu votre m et l'ordre défini dans l'article cité.