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Résumé de la discussion (messages les plus récents en premier)
- Ernst
- 16-10-2025 22:39:43
Amis des complications, bonsoir.
Après investigation, mon code n’est pas bon, le coup de trouver une construction pour un nombre premier ou pour un nombre premier au carré n’est pas satisfaisant du tout, dès 9 cela ne passe plus (9-1 = 8 et huit n'est ni premier, ni premier au carré), lamentable.
J’ai donc modifié l’ensemble pour que cela marche pour toutes les puissances de nombres premiers. Avantage du truc, cela ne propose plus toujours la même solution, ça varie, yé :
https://sites.google.com/view/ernst01/polygones02
Inconvénient du machin, le code est maintenant tellement touffu que plus on augmente le nombre de sommets, plus des fois ça ne trouve pas, et plus des fois moins ça trouve, c’est selon.
Plutôt que relancer la construction manuellement jusqu’à tomber sur une solution valide, ce que je faisais pendant la mise au point, j’ai maintenant automatisé la démarche, en cas d’échec ça relance, encore et encore, jusqu’à ce que ça trouve – ou que l’utilisateur en ait assez. :-)
- Michel Coste
- 16-10-2025 21:20:15
"J'espère avoir été clair ."
Ben non.
" Le plus difficile est bien sûr de trouver ces suites de nombres ayant des sommes partielles distinctes . "
Ma question portait justement là-dessus ! Et je ne vois aucune explication.
- Ernst
- 16-10-2025 10:36:39
@Ernst : merci pour le lien , mais j'ai essayé avec 5 , 9 & 10 côtés . ça ne fonctionne pas . pourtant 4 , 8 & 9 sont bien des puissances premières
Hello jpp,
Arghhh, ma faute : j'ai fait pour q premier, mais pas pour les carrés (j'avions écrit 'puissances de 2', honte à moi). Le code est maintenant implémenté pour q=p et pour q=p² (avec p premier), à vérifier...
(c'est toujours comme ça, premier jet, tout content, envoi, et pouf on remarque une lacune... :-)
- jpp
- 16-10-2025 09:46:16
re ;
@Ernst : merci pour le lien , mais j'ai essayé avec 5 , 9 & 10 côtés . ça ne fonctionne pas . pourtant 4 , 8 & 9 sont bien des puissances premières
et les polygones sont constructibles .
Par exemple avec 21 sommets , les 5 sommets sont par exemple : 1 , 2 , 5 , 15 , 17 avec les 5 longueurs d'arcs 1 , 3 , 10 , 2 , 5
- jpp
- 16-10-2025 09:10:25
Salut .
Michel Coste :
Je prend l'exemple d'un jeu de 13 cartes . Dans ce cas il s'agit de trouver un quadrilatère dont tous les côtés et diagonales sont de longueurs distinctes .
Les 4 sommets sont ceux d'un tridécagone régulier . Dans ce cas les 4 sommets bordent 4 arcs de longueur 1 , 3 , 2 & 7 ( dans cet ordre ) .
On voit bien que les 13 arcs générés ici sont tous de longueurs distinctes :
1 , 3 , 2 , 7 , 1+3 , 3+2 , 2+7 , 7+1 , 1+3+2 , 3+2+7 , 2+7+1 , 7+1+3 , 1+3+2+7
Il en est de même pour le jeu de 57 cartes avec la suite : 1 , 2 , 10 , 19 , 4 , 7 , 9 , 5 qui , si je choisis le sommet 1 pour premier symbole , ma
première carte sera imprimée avec les symboles : 1 , 2 , 4 , 14 , 33 , 37 , 44 , 53
En faisant tourner l'octogone d'1/57 ième de tour j'obtiens la carte 2 , 3 , 5 , 15 , 34 , 38 , 45 , 54
En faisant un tour complet j'ai ainsi 57 cartes
Je constate que :
chaque symbole est imprimé 8 fois sur lesquelles figurent les 7 x 8 = 56 autres symboles .
Il ne peut donc y avoir deux symboles sur deux carte différentes .
J'espère avoir été clair . Le plus difficile est bien sûr de trouver ces suites de nombres ayant des sommes partielles distinctes .
- Ernst
- 16-10-2025 08:53:59
il y a une solution pour tout [tex]n=(k-1)\times k + 1[/tex] . Et k-1 doit être une puissance première comme 2 , 3 , 4 , 5 , 7 , 8 , 9 , 11 , 13 ...etc
Bonjour,
Génial, absolument génial ! Grâce à cela, plus besoin de tâtonner, on peut directement trouver le polygone canonique :
https://sites.google.com/view/ernst01/polygones01
Ce qui est fascinant, c’est l’efficacité du truc ! On peut obtenir un K=42 instantanément alors qu’avec le dénombrement par tâtonnement, avec K=12 je peinais déjà...
- Michel Coste
- 15-10-2025 13:23:24
Bonjour,
Si tu vois le rapport, pourrais-tu l'expliquer clairement ?
D'où sort 1 , 2 , 4 , 14 , 33 , 37 , 44 , 53 pour q=7 ?
D'où sort 1 , 2 , 4 , 10 , 28 , 50 , 57 , 62 , 78 , 82 pour q=9 ?
D'où sort 1 , 2 , 4 , 13 , 21 , 35 , 39 , 82 , 89 , 95 , 105 , 110 pour q=11 ?
- jpp
- 15-10-2025 09:01:54
Salut ;
Le rapport , moi j'le vois . Le dessin ci dessus était une réponse au problème posé concernant un polygone irrégulier .
Mais le choix des points sert à résoudre plusieurs autres problèmes d'un tout autre genre comme celui de la fabrique
d'un jeu de dobble .
les huit points concernant le dobble de 57 cartes s'obtiennent avec par exemple ces 8 nombres : 1 , 2 , 10 , 19 , 4 , 7 , 9 , 5
Avec 7 rotations d'1/57ième de tour j'obtiens les 8 premières cartes :
1 , 2 , 4 , 14 , 33 , 37 , 44 , 53
2 , 3 , 5 , 15 , 34 , 38 , 45 , 54
3 , 4 , 6 , 16 , 35 , 39 , 46 , 55
4 , 5 , 7 , 17 , 36 , 40 , 47 , 56
5 , 6 , 8 , 18 , 37 , 41 , 48 , 57
6 , 7 , 9 , 19 , 38 , 42 , 49 , 1
7 , 8 , 10 , 20 , 39 , 43 , 50 , 2
8 , 9 , 11 , 21 , 40 , 44 , 51 , 3
Les symboles en rouges sont ceux qu'on retrouve sur la première carte . Et de cette façon en un quart d'heure les 57 8uplets sont écrits .
Le symbole commun entre les cartes 3 & 7 est 39 ; entre 2 & 5 c'est le 5 ... etc .
Autrement avec la géométrie projective c'est quand même un peu plus long , et il n'y a que 8 symboles par carte .
Le 01/01/2012 Fred avait posé le problème du dobble vendu avec seulement 55 cartes .
je considère 8 familles de droites dont voici les équations [tex]\begin{cases}x&=&b\\y&=&c\\y&=&x+b\\y&=&2x+b\\y&=&3x+b\\y&=&4x+b\\y&=&5x+b\\y&=&6x+b\end{cases}[/tex]
les 2 premières familles de droites sont dans mon premier tableau x = b pour mes 7 premières colonnes de 8 cartes et la secondey = c pour les 7 premières lignes de 8 cartes.
je crée un tableau de 7 x 7 nombres . au bout de chaque ligne je rajoute 50 et au bout de chaque colonne 51
[tex]\begin{cases}x &=&b\\y&=&c\end{cases} \begin{cases}43&44&45&46&47&48&49&50\\36&37&38&39&40&41&42&50\\29&30&31&32&33&34&35&50\\22&23&24&25&26&27&28&50\\15&16&17&18&19&20&21&50\\8&9&10&11&12&13&14&50\\1&2&3&4&5&6&7&50\\51&51&51&51&51&51&51\end{cases} \begin{cases}43&44&45&46&47&48&49&50\\36&37&38&39&40&41&42&50\\29&30&31&32&33&34&35&50\\22&23&24&25&26&27&28&50\\15&16&17&18&19&20&21&50\\8&9&10&11&12&13&14&50\\1&2&3&4&5&6&7&50\\51&51&51&51&51&51&51\end{cases}[/tex]
maintenant je considère les nombres de 1 à 49 comme étant des points à coordonnées entières. les 2 familles de 7 droites horizontales et de 7 doites verticales correspondent aux 14 premiers motifs ou figurines ou couleurs .
je vais les appeler couleurs.
ça ressemble à un quadrillage . si je regarde ce quadrillage il y a un point de fuite pour les horizontales :50 et un point de fuite pour les verticales : 51.
de la meme façon , pour mes 6 autres familles de 7 droites parallèles,j'aurai un point de fuite . ces six points seront les 6 cartes
52 , 53 , 54 , 55 , 56 & 57
mon second tableau va me donner les familles de points ( cartes ) placés sur les droites d'équation y = x + b
[tex]y = x + b \begin{cases}1&9&17&25&33&41&49&52\\2&10&18&26&34&42&43&52\\3&11&19&27&35&36&44&52\\4&12&20&28&29&37&45&52\\5&13&21&22&30&38&46&52\\6&14&15&23&31&39&47&52\\7&8&16&24&32&40&48&52\end{cases}[/tex]
mon troisième tableau va me donner les familles de points ( cartes) placés sur les droites d'équation y = 2x + b
[tex]y = 2x + b\begin{cases}1&16&31&46&12&27&42&53\\2&17&32&47&13&28&36&53\\3&18&33&48&14&22&37&53\\4&19&34&49&8&23&38&53\\5&20&35&43&9&24&39&53\\6&21&29&44&10&25&40&53\\7&15&30&45&11&26&41&53\end{cases}[/tex]
mon quatrième tableau:
[tex]y = 3x + b \begin{cases}1&23&45&18&40&13&35&54\\2&24&46&19&41&14&29&54\\3&25&47&20&42&8&30&54\\4&26&48&21&36&9&31&54\\5&27&49&15&37&10&32&54\\6&28&43&16&38&11&33&54\\7&22&44&17&39&12&34&54\end{cases}[/tex]
mon cinquième tableau:
[tex]y = 4x + b \begin{cases}1&30&10&39&19&48&28&55\\2&31&11&40&20&49&22&55\\3&32&12&41&21&43&23&55\\4&33&13&42&15&44&24&55\\5&34&14&36&16&45&25&55\\6&35&8&37&17&46&26&55\\7&29&9&38&18&47&27&55\end{cases}[/tex]
mon sixième tableau:
[tex]y = 5x + b \begin{cases}1&37&24&11&47&34&21&56\\2&38&25&12&48&35&15&56\\3&39&26&13&49&29&16&56\\4&40&27&14&43&30&17&56\\5&41&28&8&44&31&18&56\\6&42&22&9&45&32&19&56\\7&36&23&10&46&33&20&56\end{cases}[/tex]
mon septième tableau :
[tex]y = 6x + b \begin{cases}1&44&38&32&26&20&14&57\\2&45&39&33&27&21&8&57\\3&46&40&34&28&15&9&57\\4&47&41&35&22&16&10&57\\5&48&42&29&23&17&11&57\\6&49&36&30&24&18&12&57\\7&43&37&31&25&19&13&57\end{cases}[/tex]
Avec les arcs de longueurs distincts :
Avec un jeu de 91 cartes la première carte de dix symboles: 1 , 2 , 4 , 10 , 28 , 50 , 57 , 62 , 78 , 82
Avec un jeu de 133 cartes la première carte de 12 symboles : 1 , 2 , 4 , 13 , 21 , 35 , 39 , 82 , 89 , 95 , 105 , 110 .
- Michel Coste
- 14-10-2025 22:09:36
Bonsoir,
Le truc avec le dobble est tout à fait classique : c'est de la géométrie sur un corps fini $\mathbb F_q$, où $q$ est une puissance de premier. Le plan projectif sur un tel corps a $q^2+q+1$ points et aussi $q^2+q+1$ droites. Une droite a $q+1$ points, et par un point passent $q+1$ droites. Les droites sont les cartes, les symboles les points. Par deux points distincts il passe une droite et une seule et deux droites distinctes se coupent toujours en un unique point. Je peux détailler si besoin.
Par contre, je ne vois pas le rapport avec les longueurs d'arcs entre $q+1$ sommets d'un polygone régulier à $q^2+q+1$ côtés.
- jpp
- 14-10-2025 18:01:01
Re ,
Ernst : il y a une solution pour tout [tex]n=(k-1)\times k + 1[/tex] . Et k-1 doit être une puissance première comme 2 , 3 , 4 , 5 , 7 , 8 , 9 , 11 , 13 ...etc
- Ernst
- 14-10-2025 16:30:24
Amis des casse-têtes, bonjour.
Je me suis amusé à faire un programme qui recherche les polygones convexes à K sommets choisis parmi N points équidistants sur une circonférence et dont les segments sont de longueur différente, côtés comme diagonales :
https://sites.google.com/view/ernst01/polygones
Le nombre de points est choisi pour permettre autant ou plus de cordes de longueur différente que le polygone a de segments. Pour obtenir un nombre supérieur de points il suffit d’ajuster DELTA. Par exemple avec 9 sommets il faut au minimum 72 points sur la circonférence (nombre calculé automatiquement) il faut donc mettre DELTA à 1 pour obtenir les 73 points de l’énigme
Le programme est bourrin, il part du premier sommet et il cherche toutes les solutions valides pour celui-ci. Il ne s’occupe pas des symétries et néglige les rotations. Pour les petits polygones ça va, il est assez rapide, mais plus le nombre de sommets augmente et plus les temps de calcul deviennent rédhibitoires.
N’empêche, c’est rigolo, avec 7 sommets par exemple on n’a aucune solution jusqu’à 48 points (DELTA de 6) et là tout à coup pof, les solutions apparaissent par centaines ! Même chose avec 11 sommets pour lesquels il faut au moins 120 points sur la circonférence (donc DELTA = 10) pour voir apparaître des solutions.
En passant, je suis impressionné de voir que jpp savait le statut de 7 ou de 11 alors que moi il m’a fallu un programme de recherche pour m’en rendre compte, c’est tout à fait remarquable.
- jpp
- 14-10-2025 09:40:26
Salut ;
j'ai dessiné une configuration pour 13 cartes de 13 couleurs différentes avec 13 symboles représentés par les sommets A , B ....M .
De chacun de ces sommets il ne part que 4 couleurs ( cartes ) distinctes . Chaque cartes ne possède donc que 4 symboles qui ne sont liés deux à deux qu'une seule fois par le segment qui les relie .
Avec 21 cartes de 5 symboles par carte , le dessin eût été chargé . Alors avec 73 et 9 ....
- Ernst
- 13-10-2025 09:55:45
Hello jpp,
- jpp
- 13-10-2025 09:43:11
Salut ;
- Ernst
- 12-10-2025 21:45:41
Bonsoir,
Proposition : si les sommets sont équidistants sur la circonférence d’un cercle, il n’y a que 36 longueurs de cordes distinctes possibles. Par ailleurs un polygone à neuf sommets a précisément 36 paires de sommets, donc 36 segments distincts, diagonales et côtés compris. Il suffit donc, par tâtonnements et élimination, d’attribuer à chaque segment l’une de ces longueurs de corde, en veillant à ne jamais réutiliser une longueur déjà employée.
Problème fascinant – j’y ai passé mon dimanche !