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Résumé de la discussion (messages les plus récents en premier)
- totomm
- 03-06-2012 11:45:17
Bonjour,
J'aime aussi les démonstrations qui s'appliquent à des cas pouvant exister. Par exemple on peut trouver 4 points dans le plan situés à des distances entières les uns des autres, et dont une seule de ces 6 distances est divisible par 3.
Le triangle ABC dont AB=74, BC=76, CA=50 possède un point M sur le coté AC tel que MA=29, MB=71 et MC=21
Le triangle ABC dont AB=30, BC=31, CA=37 possède un point M intérieur tel que MA=26, MB=20 et MC=13
On a donc alors pu prouver de façon simple que, pour tout ensemble de 4 points du plan situés à des distances entières les uns des autres, au moins une de ces 6 distances est divisible par 3.
Prenons donc maintenant la " Généralisation à n > 3 points" du post #50 qui conduit a conclure :
Pour un ensemble de 9 points, il y a 36 distances possibles et donc au minimum 6 de longueur multiple de 3.
Il ne peut exister d'ensemble de 9 points (dans le plan situés à des distances entières les uns des autres) ayant 6, 7,...8 seulement de ces distances de longueur multiple de 3 :
Vous voyez pourquoi ?
L'opération [tex]\binom{n}{4}/\binom{n-2}{2}[/tex] a-t-elle un sens pour l'ensemble et les sous-ensembles considérés ?
Cordialement
- freddy
- 02-06-2012 19:55:54
Pour jpp, solution de BL
Démontrons que pour tout ensemble de 4 points distincts du plan (A, B, C, D) vérifiant les conditions de l'énoncé, il existe un couple de point dont la distance est divisible par 3.
On note les angles suivants : [tex]\alpha=\widehat{CAD},\;\beta=\widehat{DAB},\;\gamma=\widehat{BAC}[/tex]
On sait que [tex] \alpha+\beta+\gamma \equiv 0 \,(mod\,2\pi) [/tex], donc [tex]\cos\alpha=\cos(\beta+\gamma)[/tex]. On a alors :
[tex]\cos\beta \cos\gamma-\cos\alpha =\sin\beta \sin \gamma \Rightarrow (\cos\beta \cos\gamma-\cos\alpha )^2=(1-\cos^2\beta)(1-\cos^2\gamma) [/tex]
[tex]\Rightarrow \cos^2\alpha + cos^2\beta + \cos^2 \gamma = 1+2\cos\alpha \cos\beta \cos\gamma[/tex]
On note maintenant : [tex]x = AB,\, y = AC,\, z = AD,\, t = BC,\, u = CD\, et\, v = BD[/tex], tous strictement positifs par hypothèse.
En utilisant la relation d'Al-Kashi, on obtient :
[tex]\cos\alpha = \frac{y^2+z^2 - u^2}{2yz},\; \cos\beta = \frac{x^2+z^2 - v^2}{2xz},\;\cos\gamma = \frac{x^2+y^2 - t^2}{2xy}[/tex]
Après multiplication de chaque membre par [tex]4(xyz)^2[/tex], on a :
[tex]x^2(y^2+z^2-u^2)^2+y^2(x^2+z^2-v^2)^2+z^2(x^2+y^2-t^2)^2\\
=4(xyz)^2+(y^2+z^2-u^2)(x^2+z^2-v^2)(x^2+y^2-t^2)[/tex]
Si aucun des entiers x, y, z, t, u et v n'était divisible par 3, chacun des entiers [tex]x^2,\, y^2,\, z^2,\, t^2,\, u^2 \,et\, v^2[/tex] serait congru à 1 modulo 3. Le membre de gauche de l'égalité ci-dessus serait alors congru à 0 modulo 3, et celui de droite à 2 modulo 3, ce qui est impossible. Q. E. D
Le reste est comme la première solution.
- freddy
- 02-06-2012 08:43:16
Salut,
ci après une élégante solution, comme je les aime. Merci à JeanGui et Philou.
Une solution parmi d'autres
Remarque liminaire
Si la longueur d'un segment du plan avec des sommets sur le quadrillage est un nombre entier, en notant [tex]X_1,\, Y_1,\, X_2,\, Y_2[/tex] les coordonnées des deux extrémités, la longueur du segment est égale à
[tex]L_{1,2}=\sqrt{(X_2-X_1)^2+ (Y_2-Y_1)^2}[/tex].
Sans chercher à énoncer toutes les conditions nécessaires pour obtenir une mesure entière, on se contente d'observer la congruence modulo 3 de ces grandeurs.
On sait que [tex] L_{1,2}^2[/tex] est congru à 0 ou 1 modulo 3, mais jamais à 2 [3].
On en déduit donc qu'au moins un des couples [tex] X_2-X_1,\,Y_2-Y_1[/tex] est multiple de 3.
Démonstration pour 4 points
Considérons un ensemble de 4 points de coordonnées : [tex](X_1,\, Y_1),\;( X_2,\, Y_2),\;( X_3,\, Y_3),\; (X_4,\, Y_4)
[/tex] et supposons qu'il y ait au moins un couple [tex](X_i-X_j)[/tex] ou [tex](Y_i-Y_j)[/tex] non multiple de 3 (sinon tous les segments seraient des multiples de 3).
Sans perte de généralité, on suppose qu'il s'agit de [tex]X_2-X_1[/tex].
On remarque également que :
soit une des longueurs [tex]X_3-X_1,\; X_4 - X_1[/tex] est multiple de 3
soit un des couples [tex]X_3-X_1,\; X_4 -X_1[/tex] a la même congruence modulo 3 que [tex]X_2 -X_1[/tex],
donc au moins une des longueurs [tex]X_3-X_2,\; X_4 -X_2[/tex] est multiple de 3.
Donc, et toujours sans perte de généralité, on a trois points tels que [tex]X_2 -X_1[/tex] et [tex]X_3-X_1[/tex] non multiples de 3 et [tex]X_3-X_2[/tex] multiple de 3.
Selon la remarque liminaire, on sait donc que[tex] Y_2 -Y_1[/tex] et [tex]Y_3-Y_1[/tex] sont multiples de 3 et donc
que [tex]Y_3-Y_2[/tex] l'est aussi.
Le segment 2-3 est donc de longueur multiple de 3.
Ainsi, pour chaque ensemble de 4 points, on a au moins un segment de longueur multiple de 3.
Généralisation à n > 3 points
Pour un ensemble de n > 3 points, on a [tex]\binom{n}{4}[/tex] groupes de 4 points qui ont au moins un segment de longueur multiple de 3.
Un tel segment est commun avec d'autres groupes de 4 points, au nombre de [tex]\binom{n-2}{2}[/tex].
On a donc au minimum [tex]\binom{n}{4}/\binom{n-2}{2}=\frac{n(n-1)}{12}[/tex] segments multiples de 3 pour [tex]\binom{n}{2}=\frac{n(n-1)}{2}[/tex] segments au total, soit au minimum un segment sur 6 !
Pour un ensemble de 9 points, il y a 36 distances possibles et donc au minimum 6 de longueur multiple de 3.
CONCLUSION
Comme se plait à répéter à l'envi yoshi, "science sans conscience n'est que ruine de l'âme".
C'est un peu la dérive dans laquelle certains tombent en calculant tout et n'importe quoi sans chercher à réfléchir plus avant au préalable.
- totomm
- 21-05-2012 17:16:07
Bonsoir,
Bien relire toutes les hypothèses énoncées au post #45 peut éviter une polémique superflue !
Cordialement
- freddy
- 21-05-2012 14:40:11
Salut,
heu, comment sais tu que chaque entier est congru à 1 ou 2 modulo 3 ? dans Z/3Z, il y a aussi 0, non ?
Pire : tu multiplies trois entiers par un angle dont le cosinus peut être un réel non rationnel, non ? Comment tout cela fonctionne t-il ? Si tu donnais tout le raisonnement d'un coup, ce serait mieux pour suivre, et pas attendre des questions pour y répondre, sachant qu'on les poserait ?
Sinon, j'ai donné plus haut la méthode pour construire 9 points non alignés dans le plan, et j'ai montré comment la preuve se généralisait pour tout nombre de points au moins égal à 4.
Peux tu faire mieux ?
- totomm
- 21-05-2012 10:12:58
Bonjour,
@ freddy : Je m'attendais à la question :
Soient donc, dans le plan, 2 points O et A distants de a, nombre entier, et une droite D1 passant par O faisant un angle [tex]\theta[/tex] avec la droite OA.
On considère sur la droite D1 des points[tex]B_i[/tex] dont la distance [tex]b_i[/tex] au point O et la distance [tex]c_i[/tex] au point A sont des nombres entiers. Prenons 4 triangles formés par les points O, A, [tex]B_i[/tex] et [tex]B_j[/tex] dont tous les cotés sont des nombres entiers :
donc [tex]c_i^2=a^2+b_i^2-2ab_i\cos\theta \ \Rightarrow \ 2ab_i\cos\theta = a^2+b_i^2- c_i^2 [/tex]
et [tex](a^2+b_i^2- c_i^2) \pmod 3 \equiv 1+1-1=1[/tex] comme l'a bien souligné jpp (post #23)
on a donc bien : [tex]2ab_icos\theta = 3k_i+1 \ et \ 2ab_jcos\theta = 3k_j+1[/tex]
Pourquoi serait-ce à freddy de dire s'il est possible d'en trouver 9...(non alignés) parce que :
On considère 9 points distincts disposés sur un plan tels que la distance de chaque point par rapport à un autre soit un nombre entier.
Cordialement
- freddy
- 20-05-2012 23:26:45
Salut,
comment être sûr que [tex] 2ab_icos\theta=3k_i+1[/tex] ? Pourquoi pas [tex] 2ab_icos\theta=3k_i+2[/tex] ? Idem pour j !
A freddy de dire s'il est possible d'en trouver 9...
Ah bon, pourquoi avoir la charge de cette preuve ?
- totomm
- 19-05-2012 16:25:23
Bonjour,
Pour satisfaire freddy je vais donner (essayer…) une démonstration simple pour toutes les configurations qui comportent des points alignés et un seul point hors de la droite commune. Genre exemple du post #39
Je ne me lancerai pas dans une démonstration dans le cas général où les points sont éparpillés dans le plan.
J'ai montré au post #41 qu'il existait 4 points non alignés 2 à 2 pouvant former soit un triangle avec un point intérieur, soit un quadrilatère. A freddy de dire s'il est possible d'en trouver 9...
Soient donc, dans le plan, 2 points O et A distants de a, nombre entier, et une droite D1 passant par O faisant un angle [tex]\theta[/tex] avec la droite OA.
On considère sur la droite D1 des points Bi dont la distance bi au point O et la distance ci au point A sont des nombres entiers. Prenons 4 triangles formés par les points O, A, Bi et Bj dont tous les cotés sont des nombres entiers :
En m'inspirant de la technique Modulo 3 utilisée par jpp, je vais démontrer qu'au moins UN des 6 cotés est divisible par 3, même si aucun des entiers a, bi, bj, ci, cj ne l'est. En effet facilement :
[tex]2ab_icos\theta = 3k_i+1 \ et \ 2ab_jcos\theta = 3k_j+1[/tex]
donc [tex]\frac{b_j}{b_i}=\frac{3k_j+1}{3k_i+1}[/tex]
d'où [tex]\frac{b_j-b_i}{b_i}= \frac{3(k_j-k_i)}{3k_i+1}[/tex] ce qui démontre que le coté [tex]B_iB_j[/tex] a une longueur divisible par 3
Cordialement
mdification [tex]b_j[/tex] au lieu de [tex]bj[/tex]
- freddy
- 18-05-2012 21:28:32
cf 32#
Salut l'ami,
tu veux dire que "mes" losanges ne seraient qu'un cas particulier, et les parallélogrammes le cas général ?
Si oui, ce serait très intéressant.
Tu confirmes ?
- Golgup
- 18-05-2012 19:37:39
cf 32#
- freddy
- 18-05-2012 18:33:24
Salut,
c'est bien de mettre ces éléments en évidence. Toutefois, le vrai travail est de trouver le lien logique profond qui les unit, le principe fondateur.
Comme je n'ai pas fait cette recherche, je ne sais comment tu as fait (hormis bien sûr concevoir le programme de recherche).
On demande de montrer un résultat valable pour tout nombre de 4 points et plus. Tu as donc beaucoup de travail sur la planche.
Bon courage !
- totomm
- 18-05-2012 14:58:00
Bonjour,
Ne faut-il pas chercher des contre-exemples ou des extensions quand une démonstration est très partielle ?
Les points peuvent-ils être sommets de triangles quelconques, même quand les cotés ont des longueurs mesurées en nombres entiers ?
et quand les cotés ne sont pas des triplets pythagoriciens ?
Quelques exemples encore :
un triangle dont les cotés ont pour longueurs :26, 30, 32 a un point intérieur dont les distances aux 3 sommets sont 15,18,19
un triangle dont les cotés ont pour longueurs :30, 31, 37 a un point intérieur dont les distances aux 3 sommets sont 13, 20, 26
un triangle dont les cotés ont pour longueurs : 9, 11, 13 a un point extérieur dont les distances aux 3 sommets sont 17, 24, 27
un triangle dont les cotés ont pour longueurs :13, 15, 16 a un point extérieur dont les distances aux 3 sommets sont 19, 25, 32
De plus pour cette dernière figure, les diagonales se coupent en segments entiers : 6+10 et 12+20.
Reste donc à généraliser ce qui n'est certainement qu'un début facile de démonstration...
Cordialement
- freddy
- 16-05-2012 19:40:44
Salut,
comme d'habitude, tu ne démontres rien, mais fais tourner ton cerveau et ordinateur. Perso, ça ne me convient toujours pas. Tu vois pourquoi ?
- totomm
- 16-05-2012 11:01:12
Bonjour,
Il ne s'agit pas de mettre en cause la "démonstration", mais d'étendre la construction de 9 points sur des droites qui ne sont plus perpendiculaires, qui ne permettent donc plus "la symétrie axiale" et qui , donc, généralisent la construction dans le plan…
ET NON PAS :
Pour l'unicité de la construction, c'est assez facile à voir, puisque peu probable d'avoir dans une même construction avec un côté de longueur constante un angle variable dont le cosinus serait par chance toujours égal à un nombre rationnel.
Exemple : sur une droite D1, soit le segment OA=74. Sur une droite D2 passant par O et faisant avec D1 un angle [tex]\theta \ tel \ que \cos\theta=\frac{11}{37} \ (rationnel \ choisi \ au \ hasard)[/tex],
alors on trouve au moins 9 points distants de 0 de :
15 29 44 50 84 105 114 170 224
et respectivement distants de A de :
71 71 74 76 94 109 116 164 214 (calculs exacts sur des entiers)
Si l'on ne conserve que les 2 points O, A, et les 7 distants de 29 à170 de O sur D2, il y a 12 distances divisibles par 3 et 24 non divisibles sur les 36 distances des points pris 2 à 2.
Les distances ne sont plus des "triplets pythagoriciens"
et peut-être y a-t-il encore bien d'autres constructions possibles dans le plan ?
Cordialement
- freddy
- 16-05-2012 05:14:45
Re,
donc, en tenant compte du fait qu'on choisit p et q premiers entre eux, cela signifie que p et q ne peuvent pas être congru à 0 modulo 3 simultanément.
Par ailleurs, on sait que [tex]n \equiv 2 \pmod 3 \Rightarrow n^2 \equiv 1 \pmod 3[/tex]. Ceci permet d'écrire :
si [tex]q \equiv 0 \pmod 3[/tex] alors la distance b est divisible par trois, et par construction, les trois autres. Total : 8.
si [tex]q \equiv 1 ou 2 \pmod 3[/tex] et [tex]p \equiv 1 ou 2 \pmod 3[/tex] alors [tex]p^2 et q^2 \equiv 1 \pmod 3[/tex] de sorte que les distances a sont divisibles par 3, soit 6 au total.
Par suite, on peut construire progressivement 4, puis 5, 6, 7 ... points de proche en proche et être sûr qu'il y a au moins une distance sur 6 divisible par 3.
Pour l'unicité de la construction, c'est assez facile à voir, puisque peu probable d'avoir dans une même construction avec un côté de longueur constante un angle variable dont le cosinus serait par chance toujours égal à un nombre rationnel. Une preuve s'impose tout de même.
(...)