Défi 8

[Imod]

Encore une autre façon de voir ( plus géométrique ) , je ne sais pas si elle peut aboutir à quelque chose ?

On range les piles de pièces par ordre décroissant de hauteur et on considère un repère orthonormal dont les axes passent à gauche de la première pile et au dessus de la première pièce , l'unité est le diamètre d'une pièce . On considère (D) la première bissectrice et u le vecteur u(1;-1) .



Le passage d'une étape à l'autre se fait de la façon suivante :

1°) Symétrie par rapport à (D) des pièces sous l'axe des abscisses .
2°) Translation de vecteur u de l'ensemble des pièces .
3°) Réordonnement des piles ( de quelle façon ? ) .

Imod

[sandrine_guillerme]

Elle a l'air Très intéréssante ta proposition !


Yes, Yes ,

[sandrine_guillerme]

Une question MikO, Tu as la réponse ?

[Joker62]

J'avoue que l'interprétation géométrique est très jolie :)
Il y a aussi la matrice nilpotente qui fait penser au point fixe qui est une jolie vision de la chose mais bon ça reste hard.

J'trouve quand même que l'expérience en elle même est à réalisée pour un peu plus de compréhension du problème.

Enfin bref, même si j'comprend rien, j'attend la réponse avec impatience :)

[Imod]

Avec l’interprétation géométrique et de façon purement qualitative : les pièces se déplacent sur une perpendiculaire à (D) ( étapes 1°) et 2°)) ou sur une parallèle à l’axe des abscisses en direction de l’axe des ordonnées ( étape 3°)). La position ne peut donc que se « resserrer » autour de la deuxième pièce de la première colonne . Il suffirait donc de montrer que la seule position ne pouvant se « resserrer » est la position (9;8;...;2;1) .

Imod

[Imod]

En poursuivant un peu plus le raisonnement précédent , plaçons-nous dans le cas où il n'y a plus de réajutement des piles . Celà entraine que le nombre de piles est toujours supérieur ou égal à la hauteur de la première pile . Comme le nombre de pile à un moment devient la hauteur de la première pile à l'étape suivante et que le nombre de piles ne peut pas augmenter indéfiniment , il y a un moment où le nombre N de piles est égal à la hauteur de la première pile . Alors pour éviter les ajustements les suivantes doivent avoir au plus une hauteur égale à leur rang et le nombre de pièces est inférieur ou égal à N(N-1)/2 donc N est supérieur ou égal à 9 . Si n=9 c'est fini sinon on doit sûrement obtenir une contradiction mais je n'ai pas le temps de regarder maintenant , à ce soir .

Imod

[MikO]

oui sandrine ;)

[yos]

Il n'y a pas d'intérêt à raisonner avec 45 plutôt qu'avec un entier triangulaire N quelconque (N=1+2+...+n=n(n+1)/2).

On pourrait même regarder le cas N quelconque. On voit sur des exemples que si N n'est pas triangulaire, qu'il peut y avoir des cycles de longueur >1.
Par exemple avec N=11 le point de départ (245) donne successivement(1334), (2234), (11234), (1235), (1244), (1334), soit un cycle de longueur 5.

Le fait que si N est triangulaire finit toujours par la situation (12...n) peut signifier que les transformations successives sur les piles ont un caractère irréversible. Par exemple prenons N=15 et le point de départ (177). Il conduit successivement à (663), (2355), (12444), (13335), (22245), (111345), (2346), (12345). Il faudrait comprendre pourquoi (111345) est plus proche du point fixe que ne l'est (22245). Si on pouvait trouver un critère de distance au point fixe qui ne pourrait que diminuer par rabotage des piles, ce serait gagné.

[mathelot]

Si on pouvait trouver un critère de distance au point fixe qui ne pourrait que diminuer par rabotage des piles, ce serait gagné.

ce critère, s'il existe, doit être assez complexe, de l'ordre d'une dérivée seconde ou disons de l'ordre de différences de différences car pour l'instant, on ne voit pas de phénomènes monotones. Par contre, si on appelle
le nombre de tas à 1,2..45 pièces, on a:
et en dérivant formellement:

tandis que pour notre point fixe, le nombre de tas à i pièces ne varie plus, soit:
et et
PS: la dérivée de la suite étant la suite

[MikO]

hum sandrine enfin nan, javais cherché de facon tres rapide jvien de me rendre compte que ca ne fonction pas :)
en tous cas ce probleme a creer bcp demulation :)

[MikO]

nb : il reste 1 jour avant que la solution ne soit publiée ( enfin en principe du moins ).
Jme remet sur le problem de suite, bonne chance a tous

[sandrine_guillerme]

Prouve moi que ça ne marche pas ? :--:

[Imod]

J’ai ( j'espère ) la solution complète , je reprends tout :

On range les piles de pièces par ordre décroissant de hauteur et on considère un repère orthonormal dont les axes passent à gauche de la première pile et au dessus de la première pièce , l'unité est le diamètre d'une pièce . On considère (D) la première bissectrice et u le vecteur u(1;-1) .



Le passage d'une étape à l'autre se fait de la façon suivante :

1°) Symétrie par rapport à (D) des pièces sous l'axe des abscisses .
2°) Translation de vecteur u de l'ensemble des pièces .
3°) On fait glisser si nécessaire les pièces de droite à gauche pour rétablir l’ordre .

Le point référence I est le point de coordonnées I(0 ;-1) . On appelle éloignement d’une pièce la distance de I à la perpendiculaire à (D) passant par le centre de la pièce multipliée par racine(2) . On remarquera que les manœuvres 1°) et 2°) conservent l’éloignement de la pièce déplacée et que les pièces déplacées par la manoeuvre 3°) se rapprochent strictement de I . Globalement l’éloignement de l’ensemble des pièces à I ne peut qu’être stable ou diminuer donc si une position se reproduit , toutes les pièces ont gardé le même éloignement pendant toutes les étapes : la manœuvre 3°) n’a jamais eu lieu . On remarquera que dans les différentes places possibles pour les pièces , il y a exactement k places à la distance k de I .

Considérons maintenant une position avec n(n+1)/2 pièces , ordonnée convenablement et de façon à ce qu’une des cases dont la distance à I soit inférieure ou égale à n ne soit pas occupée . Vu le nombre de pièces , il y en a forcément une distance d pour laquelle il existe une pièce à une distance d+1 et au moins une case à la distance d qui n’est pas occupée par une pièce . La période du mouvement d’une pièce à la distance d étant d et d+1 , d+1 , à un moment donné la pièce à la distance d+1 va se retrouver face au trou laissé par l’absence d’une pièce à la distance d , ce qui contredit l’absence de manœuvre 3°) . Pour conclure , toutes les cases dont la distance à I est inférieure ou égale à n sont remplies et nous avons la réponse voulue ( ouf ) .

Imod

[sandrine_guillerme]

Un seul mot : Bravo .

[Imod]

Sandrine , je ne suis pas encore convaincu que ma solution soit juste mais je ne m'inquiète pas , des experts vont la passer au crible . En tout cas une leçon que j'ai en moi depuis toujours , ne pas se laisser enfermer dans un modèle : "tel type d'exercice = tel type de réponse" . D'abord essayer la méthode type et en cas d'échec divaguer le plus possible sans avoir peur de dire des âneries ( j'en ai sûrement dit bien plus que la moyenne ) , c'est comme ça que l'on apprend . Ce problème nous enferme d'emblée dans les permutations et le fait de retirer la pièce du haut nous masque que l'on pourrait aussi bien retirer celle du bas , lever les masques , c'est ça le rôle du mathématicien :we:

Imod

[MikO]

je nai absolument rien compris :s

[MikO]

je crois que le reponse de Rain donnait la solution si l'on creusait un peu :p

[Imod]

Il n'y a pas de quoi se vanter .

Peut-on attendre au moins de l'auteur du sujet qu'il sache de quoi il parle :we:

Imod

[MikO]

pardon ?

Nb : la reponse de rain etait, elle aussi, tres interessante. elle Donne la solution (si jme suis pas trompé :p ) je vous laisse voir pk ...


Imod pourrais tu m'expliquer ta solution ( merci )

[Imod]

Il me semble que j'ai tout dit , dis moi ce qui t'échappe . Je ne vais quand même pas tout reprendre !

Imod