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#1 02-05-2012 21:21:12
- freddy
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Au moins 6 ...
Salute tutti !
Un joli sujet trouvé sur la Toile.
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.
Sauriez vous montrer qu'au moins 6 distances sont divisibles par 3 ?
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#2 03-05-2012 16:03:37
- nerosson
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Re : Au moins 6 ...
Salut à tous,
Non, je ne sais pas. D'ailleurs, si je savais, la stupéfaction réduirait au silence tous les habitués de ce site, ce qui serait dommage. J'ai seulement un petit espoir d'arriver à comprendre la solution qui sera donnée.
Je me suis seulement fait deux réflexions :
a) le nombre des liaisons entre points est : 9 x 8 / 2 = 36.
b) 6 est la racine de 36 (nombre de liaisons) et 3 est la racine de 9 (nombre de points).
Y a-t-il un lien entre ces deux remarques et la solution qui sera fournie à bref délai par une de ces grosses têtes qui font mon admiration ?
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#3 03-05-2012 16:31:14
- freddy
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Re : Au moins 6 ...
Salut l'ami,
je me suis dit : "qu'il est bon, ce keum, il a déjà trouvé" ... Mais non, dommage !!!
Sinon, arrête de te sous estimer, stp. Je fréquente la haute administration centrale (finances notamment) et je connais parfaitement le niveau d'un chef adjoint de bureau (aujoud'hui, c'est un poste confié à un ENARQUE, avant sa mobilité interministérielle, vu ?).
C'est donc loin d'être un sous fifre, je puis l'assurer à tous ceux qui nous lisent, encore plus dans ton domaine d'intervention.
Donc, cogite un peu, c'est de l'arithmétique , donc à ta portée !
PS : le sujet plus général consiste à prouver que si on a n (> 3) points distincts, la distance de chacun par rapport à un autre étant un nombre entier, alors au moins 1/6 des distances sont divisibles par 3 !
Dernière modification par freddy (03-05-2012 20:01:11)
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#4 03-05-2012 19:13:23
- nerosson
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Re : Au moins 6 ...
Salut à tous,
@Freddy
a) Tes louanges me plongent dans l'embarras, parce que elles sont hors de proportion avec la réalité. D'ailleurs, bien qu'il y ait si longtemps que j'ai perdu le contact avec mes activités passées, je suppose que, maintenant que l'informatique a phagocyté la cryptographie, les services de chiffre administratifs n'existent probablement plus. N'importe quelle secrétaire peut glisser un papier dans un fax "étudié pour". Nous autres, les vieux de la vieille de la cryptographie de papa, nous sommes comme des maisons en ruines parmi les gratte-ciel de Manhattan.
b) Revenons à ton problème. J'ai commencé, maintenant que tu as simplifié les données, par appliquer la méthode expérimentale avec quatre points seulement et j'ai obtenu en centimètres des longueurs de 11, 5, 7, 5, 3, 10.
Pas de multiple de 6 : je jubilais déjà : je me disais : "Je vais renvoyer le Freddy dans les cordes". Heureusement, j'ai pensé, avant de pondre cette réponse, que si on prenais pour unité de longueur le demi-centimètre, ça collait. J'ai évité d'extrême justesse une sottise.
Je te joins le dessin. Bien entendu, il n'a pas les proportions de l'original, mais si on prend pour unité de longueur le vingtième du trait sud-est, n'importe qui peut vérifier qu'une des liaisons est longue de six unités.
Quant à la solution, j'essayerai de la trouver demain parce qu'il se fait tard.
Dernière modification par nerosson (04-05-2012 16:19:43)
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#6 04-05-2012 11:27:49
- totomm
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Re : Au moins 6 ...
Bonjour,
je ne sais pas encore s'il est possible de disposer 9 points distincts sur un plan tels que la distance de chaque point par rapport à un autre soit un nombre entier : Ce n'est déjà pas si évident d'en disposer 4 et d'être certain que les 6 distances sont des entiers....
@nerosson : Navré de devoir indiquer que la figure post#4 n'est pas possible avec les distances indiquées : Si le point intérieur est sur le coté de longueur 10, etc...
Cordialement
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#7 04-05-2012 11:40:28
- freddy
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Re : Au moins 6 ...
Bonjour,
je ne sais pas encore s'il est possible de disposer 9 points distincts sur un plan tels que la distance de chaque point par rapport à un autre soit un nombre entier : Ce n'est déjà pas si évident d'en disposer 4 et d'être certain que les 6 distances sont des entiers....
Salut,
je ne sais pas pourquoi, mais à titre tout à fait confidentiel, je sais faire tout de suite : je les aligne ...
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#8 04-05-2012 16:26:17
- totomm
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Re : Au moins 6 ...
Bonsoir,
Aligner tous les points est une idée qui vient assez vite à l'esprit mais,
tant qu'on n'a pas démontré qu'ils ne peuvent pas être "disposés sur un plan" comme indiqué post #1, ....on cherche...
d'ailleurs les 4 points suivants (0,0), (12,0), (0,5), (0,35) ont entre eux des distances entières...
Cordialement
Dernière modification par totomm (04-05-2012 16:37:24)
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#9 04-05-2012 17:06:29
- nerosson
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Re : Au moins 6 ...
Salut à tous,
je ne sais pas encore s'il est possible de disposer 9 points distincts sur un plan tels que la distance de chaque point par rapport à un autre soit un nombre entier : Ce n'est déjà pas si évident d'en disposer 4 et d'être certain que les 6 distances sont des entiers....
Je m'étais fait exactement la même réflexion hier en faisant ma figure à quatre points et je comptais développer cette idée aujourd'hui, avec une figure dont j'appréhendais déjà la complication. Tu feras ça mieux que moi, sans te laisser intimider par la réponse de freddy qui correspond à un cas très particulier. Ce bon freddy est le spécialiste de l'esquive et des tours de passe-passe. Quand il a posé le problème, il a dit "neuf points situés dans le même plan" et non pas "sur la même ligne" (bien entendu il va me répondre que s'ils sont sur la même ligne, il sont forcément dans le même plan. C'est tout de même un cas particulier). Ca n'est pour l'instant qu'une impression, mais il me semble que son problème doit être beaucoup plus facile à résoudre dans le cas de neuf points alignés.
@nerosson : Navré de devoir indiquer que la figure post#4 n'est pas possible avec les distances indiquées : Si le point intérieur est sur le coté de longueur 10, etc...
Tu as raison : je n'ai pas apporté assez de soin dans la réalisation de ma figure (mes parents aussi : ils n'ont pas apporté assez de soin dans la réalisation de ma figure. Ca fait longtemps que je le pense, mais maintenant ça n'a plus grande importance). Pardon pour cette digression. Je vais reprendre cette figure à plus grande échelle et avec plus de soin.
@freddy
tu avais bien parlé de divisibilité par trois, et moi, dans ma réponse je me suis trompé en parlant de divisibilité par six. Une étourderie à porter à mon débit.
Dernière modification par nerosson (04-05-2012 17:18:07)
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#10 04-05-2012 17:52:18
- freddy
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Re : Au moins 6 ...
Bonsoir,
Aligner tous les points est une idée qui vient assez vite à l'esprit mais,
tant qu'on n'a pas démontré qu'ils ne peuvent pas être "disposés sur un plan" comme indiqué post #1, ....on cherche...d'ailleurs les 4 points suivants (0,0), (12,0), (0,5), (0,35) ont entre eux des distances entières...
Cordialement
Exact, et on voit qu'il y a deux distances sur 6 qui sont divisible par 3 !
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#11 04-05-2012 19:39:36
- jpp
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Re : Au moins 6 ...
salut.
on peut placer 5 points non alignés sur le plan avec des triplets de Pythagore .
je prend 2 entiers au hazard. a = 7 & b = 4 mon triplet se trouve donc etre:[tex]a^2 - b^2 , 2ab , a^2 + b^2[/tex]
ce qui donne 33 , 56 , 65 je peux ainsi construire 5 points qui seront les 4 sommets d'un losange de coté 65 , de diagonales 66 & 112 , et le centre de ce dernier.
mais il y a toujours au moins un élément d'un triplet qui se trouve etre multiple de 3.
par contre , avec un sixième point ça commence à etre chaud. Aussi je vais les placer sur une droite.
a partir de là je place tous mes points sur une droite.
je commence avec 4 points alignés. qui me donnent 6 segments a , b , c , a+b , b+c , a+b+c
les segments ont 3 longueurs possibles :[tex]a \equiv1\pmod3[/tex]
[tex]a\equiv-1\pmod3[/tex]
& [tex]a \equiv0\pmod3[/tex]
donc avec 4 points j'ai au moins un segment [tex]a = 3n[/tex]
a) si[tex]a + b + c \equiv0\pmod3[/tex] on tient notre segment
b) si [tex]a + b + c \equiv-1 \pmod3[/tex] et si un segment d'extrémité [tex]a \; ou \; c \equiv1 \pmod3[/tex] alors a+b ou b+c est le segment cherché.
il y a donc toujours un segment de longueur 3n
3 segments étant définis par 4 points , alors avec n points on a [tex]\binom{n}4[/tex] distances entières qui peuvent etre prises plusieur fois. mais comme 2 points donnés apparaissent dans [tex]\binom{n-2}2[/tex] groupes de 4 points qui nous donnent à coup sur un multiple de 3.
alors on a au moins [tex]\frac{\binom{n}4}{\binom{n-2}2}[/tex] solutions souhaitées.
exemple n = 9 alors le nombre de couples de points est[tex]\binom92 = 36[/tex]
alors le nombre de solutions est [tex]\frac{\binom94}{\binom72}=6[/tex]
et en règle générale [tex]\frac{\binom{n}4}{\binom{n-2}2} = \frac16\times\binom{n}2[/tex]
à plus.
Dernière modification par jpp (05-05-2012 09:34:15)
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#12 05-05-2012 07:55:54
- totomm
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Re : Au moins 6 ...
Bonjour,
aux 4 points déjà cités (0,0), (12,0), (0,5), (0,35) qui ont entre eux des distances entières et qui sont issus de triplets pythagoriciens primitifs, ajoutons le point (0,9) qui donne la moitié d'une solution.
une symétrie par rapport à l'origine donne une solution complète.
Grâce aux propriétés des triplets pythagoriciens, on a donc toute une famille de solutions sur 2 axes perpendiculaires (assez facile à prouver).
Reste à démontrer qu'il y a, ou qu'il n'y a pas, d'autres façons de disposer 9 points dans le plan ! certainement très difficile !
Cordialement
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#14 06-05-2012 11:48:09
- totomm
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Re : Au moins 6 ...
Bonjour,
Merci freddy pour la suggestion :
On peut considérer un axe ox et un axe oy tourné de [tex]\frac{\pi}{3}[/tex] par rapport à ox.
L'origine o, un point A d'abscisse 80 sur ox,
et les 7 points sur oy distants, depuis o, de 99,105,128,150,182,234,275 répondent au problème.
Les points sur oy sont à distances de A respectivement égales à 91, 95, 112, 130, 158, 206, 245
ce n'est que le résultat d'une simple Pythonnerie rapide....(calculs sur des entiers)
et il y en a bien d'autres !
Je suis curieux d'une démonstration qui traiterait de tous les ensembles de 9 points du plan qui répondent au problème.
Cordialement
Dernière modification par totomm (06-05-2012 11:50:50)
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#16 06-05-2012 16:09:51
- jpp
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Re : Au moins 6 ...
salut.
En fait , avec le point M (a,0) il reste à rechercher tous les couples (x,y) tels que [tex]x^2 - y^2 - ax + a^2 = 0[/tex]
en étudiant la courbe à l'infini , on s'aperçoit que f(x) est l'équation d'une hyperbole .
maintenant , si a = 80 alors l'hyberbole a pour équation [tex]x^2 - y^2 - 80x + 6400 = 0[/tex] dont les assymptotes ont pour équation[tex]\begin{cases}y&=&x - 40\\y&=&-x + 40\end{cases}[/tex]
son centre est donc le point [tex]O^'[/tex] de coordonnées (40,0) ou [tex](\frac{a}2 , 0)[/tex]
les points de coordonnées (99,91) , (105,95) & (128,112) par exemple , sont situés sur la courbe.
donc en prenant un point [tex]O^'[/tex] de coordonnées (a/2 , 0) , on a toute une famille d'hyperboles de cette équation :
[tex]x^2 - y^2 - ax + a^2 = 0[/tex]
à plus.
Dernière modification par jpp (06-05-2012 16:10:23)
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#17 07-05-2012 08:53:34
- totomm
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Re : Au moins 6 ...
Bonjour,
En fait , avec le point M (a,0) il reste à rechercher tous les couples (x,y) tels que [tex]x^2 - y^2 - ax + a^2 = 0[/tex]
Pouvez-vous expliquer comment vous arrivez à cette équation et si elle traite du plan entier ou seulement de la suggestion :
on ne peut rien faire avec la relation suivante : [tex]c^2=a^2+b^2-2\times ab\cos(\theta) [/tex] avec [tex]\theta=\pm\frac{\pi}{3}[/tex] ?
Cordialement
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#18 07-05-2012 16:51:24
- jpp
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Re : Au moins 6 ...
salut.
je suis parti de la formule d'Al Kashi que freddy vient de rappeler.
après , si [tex]\theta = \arccos\frac14[/tex] on trouve encore des entiers.
après si [tex]a \in \mathbb{N} [/tex] et [tex] 2a\cos\theta \in \mathbb{N}[/tex] alors l'hyperbole d'équation:
[tex]x^2 - y^2 - 2ax.\cos\theta + a^2 = 0[/tex] possède des points à coordonnées entières .
avec [tex]\cos\theta = \frac14[/tex] et [tex]a = 80[/tex] , l'équation devient:
[tex]x^2 - y^2 - 40x + 6400 = 0[/tex] donne les points (160,160) & (133,137) par exemple. et sans doute d'autres encore.
à plus.
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#19 07-05-2012 17:10:37
- freddy
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Re : Au moins 6 ...
Salut,
à toutes fins, voici le procédé pour fabriquer un triplet pythagoricien.
Soient p > q, p et q premiers entre eux, alors[tex] a=p^2-q^2[/tex], [tex]b=2pq[/tex] et [tex]c=p^2+q^2[/tex] vérifient [tex]a^2+b^2=c^2[/tex].
Ma suggestion voulait dire : pourquoi se limiter à des points sur deux droites perpendiculaires ?
Cela étant, c'est typiquement le genre de problème à traiter de manière mathématique, à savoir par un raisonnement abstrait et rigoureux. Au lieu de chercher des points répondant aux conditions du sujet, il vaut mieux supposer qu'ils existent et en déduire certaines propriétés algébriques et arithmétiques.
Le danger quand on cherche un cas numérique est de se perdre dans le détail numérique et de ne plus voir in abstracto les "bonnes" propriétés.
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#20 07-05-2012 17:27:43
- jpp
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Re : Au moins 6 ...
re.
@freddy : pour les triplets ---> poste #11.
il faut démontrer que pour 4 points trouvés sur le plan le problème est résolu si on trouve 1 segment de longueur [tex]L \equiv0\mod{3}[/tex] parmi les 6 segments entiers .
mais là , il faut passer quand meme par des formules genre "Al Kashi" ?
Dernière modification par jpp (07-05-2012 17:31:26)
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#21 07-05-2012 18:49:53
- amatheur
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Re : Au moins 6 ...
salut
oui jpp!, je crois que tu as absolument raison, et pour simplifier un peu plus cette approche, on pourrait choisir trois points du plan séparées par des distances entières non multiples de trois, et puis essayer de prouver que dans les trois distances générées par l ajout d'un quatrième point, il y aura surement au moins une qui est multiple de trois!
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#23 08-05-2012 10:13:05
- jpp
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Re : Au moins 6 ...
salut.
je considére qu'il n'y a pas de solution en considérant que tous les segments mesurent [tex]\pm1\mod3[/tex]
si je place 4 points A,B,C,D avec [tex]\begin{cases}AD& = &d\\AC& = &c\\AB& = &b\\\widehat{DAC}& = &\gamma\\\widehat{CAB}& = &\theta\\\widehat{DAB}& = &(\gamma + \theta)\end{cases}[/tex]
je peux écrire:
[tex]\begin{cases}BC^2&=&b^2 + c^2 - 2bc.\cos\theta\\CD^2&=&c^2 + d^2 - 2cd.\cos\gamma\\BD^2&=&b^2 + d^2 -2bd.\cos(\theta+\gamma)\end{cases}[/tex]
[tex]\Rightarrow\begin{cases}\cos\theta&=&\frac{b^2+c^2-BC^2}{2bc}&=&\frac{d.x}{2.b.c.d}&\equiv&\frac{1+1-1\mod3}{2.b.c.d}&\equiv&\frac{1\mod3}{2bcd}\\\cos\gamma&=&\frac{c^2+d^2-CD^2}{2.c.d}&=&\frac{b.y}{2.b.c.d}&\equiv&\frac{1+1-1\mod3}{2.b.c.d}&\equiv&\frac{1\mod3}{2bcd}\\\cos(\theta+\gamma)&=&\frac{b^2+d^2-BD^2}{2.b.d}&=&\frac{c.z}{2.b.c.d}&\equiv&\frac{1+1-1\mod3}{2.b.c.d}&\equiv&\frac{1\mod3}{2bcd}\end{cases}[/tex]
J'en conclus que: [tex]dx\equiv{by}\equiv{cz}\equiv1\mod3[/tex]
je pose , pour simplifier [tex]2.b.c.d = K[/tex]
alors\begin{cases}\cos\theta&=&\frac{dx}{K}&=&\frac{X}{K}\\ \cos\gamma&=&\frac{by}{K}&=&\frac{Y}{K}\\ \cos(\theta+\gamma)&=&\frac{cz}{K}&=&\frac{Z}{K} \end{cases}
Maintenant, si je prend la ligne trigo [tex]\cos(\theta+\gamma)[/tex] je peux alors écrire:
[tex]K.\cos(\theta+\gamma) = Z \Rightarrow K^2.\cos(\theta+\gamma) = K.Z = K^2.\cos\theta.\cos\gamma - K^2.\sin\theta.\sin\gamma[/tex]
[tex]K.Z = K^2.\cos(\theta+\gamma) = X.Y - K^2.\sin\theta.\sin\gamma[/tex]
et:[tex]K^2.\sin\theta.\sin\gamma = X.Y - K.Z = H[/tex]
Alors [tex]H^2 = (X.Y - K.Z)^2 = X^2.Y^2 + K^2.Z^2 -2K.X.Y.Z = X^2.Y^2 +K^2.Z^2 - 4d^2.x.b^2y.c^2.z[/tex]
[tex]H^2 = X^2.Y^2 +K^2.Z^2 - 4d^2.x.b^2y.c^2.z\equiv{(1 + 1 - 1)}\mod3\equiv1(\mod3)[/tex] (1)
d'autre part , je peux écrire :
[tex]H^2 = K^4.\sin^2\theta.\sin^2\gamma = K^4.(1-\cos^2\theta).(1 - \cos^2\gamma)=K^4.(1-\frac{X^2}{K^2}).(1-\frac{Y^2}{K^2})= (K^2-X^2).(K^2-Y^2)[/tex]
et [tex]H^2 = (K^2-X^2).(K^2-Y^2) \equiv 0(\mod3) [/tex] (2)
d'ou contradiction entre (1) & (2) . mais j'espère ne pas m'etre planté dans les calculs .
à plus
Dernière modification par jpp (08-05-2012 12:10:22)
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#24 08-05-2012 18:13:26
- totomm
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Re : Au moins 6 ...
Bonsoir,
@jpp : Si vous placez 4 points avec, par exemple, [tex]0<\gamma <\frac{\pi}{2} \ et \ 0<\theta <\frac{\pi}{2}-\gamma[/tex]
il est assez évident que vous ne pouvez avoir: [tex]\cos({\gamma})\mod{3}\equiv\ \ \cos({\theta})\mod{3}\equiv\ \ \cos({\gamma+\theta})\mod{3}[/tex]
Il y a donc une absurdité dès que vous posez ces 3 cosinus...??
Cordialement
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#25 09-05-2012 10:08:26
- freddy
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Re : Au moins 6 ...
Salut,
je continue à réfléchir à haute voix : il est dit que les distances entre deux points sont des entiers, mais rien n'impose que les coordonnées + la distance forment un triplet pythagoricien, me semble t-il ?
Par contre, dès que j'ai trois points, cette contrainte peut apparaître, je ne sais ...
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