Ou bien c'est moi qui comprend mal la phrase :
On suppose que ces segments ne sont pas concourants trois à trois.
Elle veut dire quoi exactement ? :marteau: :marteau:
Défi 23
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par Joker62 » 19 Jan 2007, 13:04
Oui mais là tu prends en compte les régions délimitées par un segment qui en coupe 3 trois autres....
Ou bien c'est moi qui comprend mal la phrase :
Elle veut dire quoi exactement ? :marteau: :marteau:
Ou bien c'est moi qui comprend mal la phrase :
Elle veut dire quoi exactement ? :marteau: :marteau:
par Quidam » 19 Jan 2007, 13:09
Zebulon a écrit:Pour le lien entre f(n) (nombre de régions) et p(n) (nombre de points d'intersection), je trouve :
f(n)=f(n-1)+L(n)+n-1, avec L(n) étant la somme des termes de la n-ième ligne du tableau que j'ai fait au-dessus,
soit
En calculant, je trouve
d'où.
Avec cette formule de récurrence, on a :
Et il y a ce 31 qui apparaît... 31 que je trouve et qui contredit la conjecture...
Hum hum...
Peut-être qu'en fait je me plante complètement... :mur:
Bravo Zebulon ! J'avais bien l'impression que ce problème était identique à un problème ancien de ce même forum, même si la formulation en était légèrement différente. Le résultat de cet ancien problème est bie : 2,4,8,16,31...
J'en déduis que c'est bon !
Voir : http://www.maths-forum.com/showthread.php?t=5662
par Zebulon » 19 Jan 2007, 13:18
En effet, c'est le même problème. Merci de me l'avoir dit, au moins je suis la bonne voie et je n'ai pas passé tout ce temps à chercher à côté. Je vais déjeuner et je m'y remets !
par yos » 19 Jan 2007, 13:47
Imod a écrit:On peut remarquer que chaque diagonale issue d'un sommet A coupe chaque diagonale qui n'est pas issue de A .
Sûr sûr?
Zebulon a écrit:Un résultat intéressant :
je trouve.
Reste à trouver la relation entre points d'intersection et régions.
Tout ensemble de 4 points du cercle fournit un point d'intersection (le point d'intersection du quadrilatère convexe qu'ils définissent), d'où
Pour le reste, tu y es presque. Une formule explicite est souhaitable.
Pour Joker 62 : la phrase signifie que chaque point intérieur au cercle appartient à au plus deux segments.
par Zebulon » 19 Jan 2007, 14:29
yos a écrit:d'oùpoints d'intersections. C'est bien ta méthode?
Merci ! C'est bien ça ! :we:
On a donc
donc
Ya plus qu' à... !
par Zebulon » 19 Jan 2007, 15:00
Zebulon a écrit:Je crois qu'en fait, on a :
Mon Dieu...
En fait, c'est :
donc
donc on a :
...
donc
par Quidam » 19 Jan 2007, 18:27
Je propose la solution suivante. Je pars d'un cercle où ont été tracés n points et les 
segments qui les lient et qui forment 
zones.
Je crée alors un (n+1)-ième point. Et je vais tracer successivement n nouveaux traits pour joindre ce nouveau point aux n premiers.
Je vais donc joindre le point n+1 au point i (i=1 à n). En commençant le trait, jusqu'à la prochaine intersection, je vais donc diviser en deux la zone où je suis (donc +1 zone), et à chaque fois que je croiserai un trait déjà existant, je vais commencer à séparer en deux la zone où je me retrouverai après l'intersection ; soit k le nombre d'intersections, je vais donc ajouter 1+k zones. Il n'y a donc qu'à évaluer le nombre d'intersections.
Je numérote les anciens points de 1 à n, en commençant à gauche et en tournant dans le sens des aiguilles d'une montre. Lorsque je joins le point (n+1) au point i, il y a i-1 points à la gauche de mon trait, et (n-i) points à droite. Le nombre de segments qui joignent les points de gauche et les points de droite est donc : (i-1)*(n-i). Et ce nombre est précisément le nombre de segments que je vais croiser.
Donc, j'ajoute 1+(i-1)*(n-i) zones en traçant le trait allant du point n+1 au point i.
*(n-i)])
+(1-n)])
[\sum_{i=1}^n i]+n(1-n))
(2n+1)}{6} +(n+1)\frac{n(n+1)}{2}+n(1-n))
(2n+1)]+3(n+1)^2+6(1-n)])
On en déduit une expression de
On peut enfin calculer à partir de 
et des termes 
pour i=1 à n :
)
\times \sum_{i=1}^n [i^3-6i^2+17i-12])
\times [\frac{n^2(n+1)^2}{4} -6\frac{n(n+1)(2n+1)}{6} +17\frac{n(n+1)}{2} -12n])
Toutes simplifications faites, on arrive à :
Cette formule donne bien 1,1,2,4,8,16,31,57 pour n=0 à 7
Je crée alors un (n+1)-ième point. Et je vais tracer successivement n nouveaux traits pour joindre ce nouveau point aux n premiers.
Je vais donc joindre le point n+1 au point i (i=1 à n). En commençant le trait, jusqu'à la prochaine intersection, je vais donc diviser en deux la zone où je suis (donc +1 zone), et à chaque fois que je croiserai un trait déjà existant, je vais commencer à séparer en deux la zone où je me retrouverai après l'intersection ; soit k le nombre d'intersections, je vais donc ajouter 1+k zones. Il n'y a donc qu'à évaluer le nombre d'intersections.
Je numérote les anciens points de 1 à n, en commençant à gauche et en tournant dans le sens des aiguilles d'une montre. Lorsque je joins le point (n+1) au point i, il y a i-1 points à la gauche de mon trait, et (n-i) points à droite. Le nombre de segments qui joignent les points de gauche et les points de droite est donc : (i-1)*(n-i). Et ce nombre est précisément le nombre de segments que je vais croiser.
Donc, j'ajoute 1+(i-1)*(n-i) zones en traçant le trait allant du point n+1 au point i.
On en déduit une expression de
On peut enfin calculer
Toutes simplifications faites, on arrive à :
Cette formule donne bien 1,1,2,4,8,16,31,57 pour n=0 à 7
par Zebulon » 19 Jan 2007, 18:34
yos a écrit:Tout ensemble de 4 points du cercle fournit un point d'intersection (le point d'intersection du quadrilatère convexe qu'ils définissent), d'où
Pour trouver le nombre de points d'intersection, j'ai fait la même méthode que Quidam. Yos, ta façon de voir est plus "propre" car le
par yos » 19 Jan 2007, 18:43
Oui c'est tout à fait ça Quidam.
C'est un exercice calculatoire mais je trouve amusant le fait que les premiers termes 1,2,4,8,16 font croire à tout autre chose. Sans compter le terme 31 qui laisse croire qu'on a mal compté.
Je l'ai proposé à des élèves de lycée. Certains croyaient dur comme fer que les premiers termes déterminaient la relation de récurrence.
Zébulon semblait toute proche d'aboutir mais elle a tardé à faire le lien entre les régions et les points d'intersection. Sa formule de 15 h me semble fausse.
C'est un exercice calculatoire mais je trouve amusant le fait que les premiers termes 1,2,4,8,16 font croire à tout autre chose. Sans compter le terme 31 qui laisse croire qu'on a mal compté.
Je l'ai proposé à des élèves de lycée. Certains croyaient dur comme fer que les premiers termes déterminaient la relation de récurrence.
Zébulon semblait toute proche d'aboutir mais elle a tardé à faire le lien entre les régions et les points d'intersection. Sa formule de 15 h me semble fausse.
par Quidam » 19 Jan 2007, 18:50
yos a écrit:Zébulon semblait toute proche d'aboutir mais elle a tardé à faire le lien entre les régions et les points d'intersection.
Justement, ça ne me paraît pas du tout évident à partir des points d'intersection de trouver le nombre de zones car il y a des triangles, des quadrilatères, des pentagones...
par yos » 19 Jan 2007, 18:56
Pour faire court on peut dire qu'au départ il y a une région puis on trace )
segments qui vont donner points d'intersection. Si un segment contient k de ces points, il donne lieu à k+1 régions supplémentaires. De sorte que le nombre de régions est +(_4^n))
. Ce qui devrait donner la même chose que Quidam.
par Quidam » 19 Jan 2007, 19:34
yos a écrit:Pour faire court on peut dire qu'au départ il y a une région puis on trace
Oui, ça donne bien la même chose ! Difficile de faire plus court ! Très jolie démonstration !
par yos » 19 Jan 2007, 20:35
Je dois dire que lorsque j'ai fait cet exercice la première fois, j'ai utilisé ta méthode, et c'est en examinant le résultat (notamment le 24/24) que je me suis dit qu'il devait y avoir une autre façon de le trouver. Donc c'est a posteriori que j'ai trouvé cet argument (qu'il faudrait rédiger un peu mieux).
En tout cas je suis content du succès de l'exercice, bravo à toi Quidam et on attend le défi 24...
En tout cas je suis content du succès de l'exercice, bravo à toi Quidam et on attend le défi 24...
par Quidam » 20 Jan 2007, 00:11
yos a écrit:Donc c'est a posteriori que j'ai trouvé cet argument. En tout cas je suis content du succès de l'exercice, bravo à toi Quidam et on attend le défi 24...
Merci ! J'allais dire que ta solution était meilleure que la mienne, mais je réalise que c'est toi qui a posé le problème !
Malheureusement, je n'ai rien de prêt pour le moment : je vais y réfléchir, et je passe mon tour à qui voudra bien prendre ma place !
par Quidam » 20 Jan 2007, 00:21
En relisant la formule de Yos, j'ai vu un truc qui ne vous aura peut-être pas échappé, mais...qui sait ?
+(_4^n))
peut s'écrire :
+(_2^n)+(_4^n))
ou encore, tant que
, cela peut s'écrire :
 \le n} (_{2i}^n))
et ça, ça fait 
Ça explique le début de la suite qui ressemble furieusement à :zen:
peut s'écrire :
ou encore, tant que
Ça explique le début de la suite qui ressemble furieusement à
par sandrine_guillerme » 20 Jan 2007, 00:22
Allez bisou a toi QUIDAM tu m'a fais plaisir ce soir TU NE PEUX PAS IMAGINER !!!!!!
MERCI
Oh Je suis trop contente et c'est pour ça yos ne voulais pas en parler !!! :p
MERCI
Oh Je suis trop contente et c'est pour ça yos ne voulais pas en parler !!! :p
par sandrine_guillerme » 20 Jan 2007, 00:41
sandrine_guillerme a écrit:yos ,
2^(n-1) ?
cf un ancien post . Donc euh .. ça m'a fais plaisir qu'au moins j'ai eu une réponse d'un cher ami, pourquoi ça vous dérange que je le bize ? lolololol
je sais que je craque je suis en vaccances :zen:
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