Forum de mathématiques - Bibm@th.net

Tof

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Trois devinettes en attendant le sapin

Bonsoir,

Pour s'occuper tranquillement par ce temps ultra pourri ( en tous cas chez moi ), je vous propose trois (petites) énigmes:

Enigme 1:

Si A est un anneau non nul, l'ensemble des suites presque nulles d'éléments de A est-il : un idéal ? un idéal principal ? de l'anneau $A^{\mathbb{N}}$ ?
(l'addition et la multiplication sont les opérations habituelles sur l'anneau produit )

Enigme 2

Si {A,B} est une partition de {1, ..,n} , une permutation quelconque de {1, ...,n} est-elle toujours la composée de permutations p appartenant aux catégories suivantes:

- $p_{|A} = id_A$
- $p_{|B} = id_B$
- $p_{|A} $ croissante et $p_{|B}$ croissante

Allez une troisième comme c'est l'avalanche des feuilletons de Noël à la télé ( plus ou moins nuls ...) :
Enigme 3

Si P est un polyèdre convexe, est-il vrai qu'au moins deux faces auront le même nombre de côtés ?

Pour chaque énigme, argumenter les réponses, qu'elles soient affirmatives ou pas.

Bonne chance
Tof

Glozi

Invité

Re : Trois devinettes en attendant le sapin

Bonjour,
Merci pour tes énigmes très intéressantes (je trouve la dernière très jolie !)
Je propose quelques solutions non détaillées et peut être avec des erreurs en spoiler !

▼Énigme 1

J'avoue que je n'ai que rarement manipulé des idéaux dans un anneau non commutatif mais je vais essayer.
$I= A^{(\mathbb{N})}$ m'a tout l'air d'être un idéal. La somme de deux suites presque nulles est presque nulle. L'opposé d'une suite presque nulle est bien presque nulle et $0\in I$. D'autre part le produit d'une suite presque nulle par une suite quelconque (produit coordonnée par coordonnée) est bien une suite presque nulle.
En revanche $I$ n'est pas principal. En effet, supposons par l'absurde que $I=(a)$ pour un élément $a$. Alors, pour chaque $n$, $a_n$ est non nul : en effet, il existe une suite $b$ telle que $ab = \delta_n$ ($\delta_n$ est la suite presque nulle avec que des zéros sauf en $n$ où on a $1_A$), en particulier $a_n b_n=1_A$ et donc $a_n\neq 0$). Mais donc la suite $a$ elle même n'est pas presque nulle et appartient  pourtant à $I$...

▼Énigme 2

Je pense que la réponse est "oui".
Soit $\sigma$ une permutation.sur l'ensemble à $n$ éléments.
En jouant, avec des permutations qui vérifient le premier et second point. On peut prendre n'importe quelles permutations $\sigma_A \in \mathfrak{S}_{A}$ et $\sigma_B \in \mathfrak{S}_B$ et en précomposant $\sigma$ par $\sigma_A$ et $\sigma_B$ (étendues par l'identité sur $B$ et $A$ respectivement) alors on peut permuter comme on veut les valeurs prises par $\sigma$ sur $A$ et sur $B$.

ie, si par exemple $A=\{1,2,3\}$ alors je peux changer les valeurs de $(\sigma(1), \sigma(2),\sigma(3))$ juste en remplaçant $\sigma$ par $\sigma \circ \sigma_A$.

Il suffit alors de choisir $\sigma_A$ et $\sigma_B$ de sorte que $\sigma\circ \sigma_A\circ\sigma_B$ vérifie la troisième propriété (croissante sur $A$ et croissante sur $B$). Alors $\sigma \circ \sigma_A\circ\sigma_B = p$ avec $p$ vérifiant la propriété $3$. Et donc $\sigma = p\circ \sigma_B^{-1}\circ \sigma_A^{-1}$. On vérifie aisément que $\sigma_A^{-1}$ et $\sigma_B^{-1}$ vérifient encore les propriétés $2$ et $1$ (respectivement).

▼Énigme 3

Celle là me plait beaucoup, Je pense qu'un tel polyèdre, avec des faces ayant deux à deux des nombres d'arêtes différents, n'existe pas.
J'ai une piste mais je ne sais pas si cela marche vraiment.
Supposons par l'absurde l'existence d'un polyèdre convexe avec des faces qui ont des nombre de côtés deux à deux distincts.
Notons $N$ le nombre de faces d'un tel polyèdre. Les faces sont notées $f_0, \dots, f_{N-1}$. Et le nombre d'arêtes de la face $f_i$ est noté $a_i$. On suppose $a_0<a_1<\dots <a_{N-1}$.
Alors, si le polygone existe, il existe une procédure pour ajouter les faces une par une dans l'espace $\mathbb{R}^3$ de sorte qu'à la fin de la procédure on obtient bien le polygone complet (imaginer un cube ou on ajouter les faces une par une). À l'étape $i$, notons $A_i$ le nombre d'arêtes placées dans l'espace qui ne sont "pas bouchées" c'est à dire qui n'appartiennent pour le moment qu'à une seule face.
Lors de l'étape $i=0$ on place $f_0$ dans l'espace. Ainsi $A_0= a_0$ car aucune des arêtes de $f_0$ n'est pour le moment bouchée par une autre face.
Lors de l'étape $i=1$ on place $f_1$ dans l'espace. Ou bien aucune arête de $f_1$ ne touche une arête de $f_0$, auquel cas, $A_1 = a_0+a_1$. Sinon $f_0$ et $f_1$ se touchent en au plus une arête. Et donc $A_1 = a_0+a_1-1$. Ainsi dans tous les cas $A_1 \geq a_0 + (a_1-1)$.
Lors de l'étape $i=2$ on place $f_2$ dans l'espace. Il y a au pire deux arêtes de $f_2$ qui toucheront les faces $f_0$ et $f_1$ (on utilise ici le fait que le polyèdre est convexe) Ainsi $A_2 \geq a_0 + (a_1-1)+(a_2-2)$.
On continue et on obtient $A_i \geq \sum_{k=0}^i(a_k-k)$.
À l'étape $N-1$ le polygone est constitué, ainsi toutes les arêtes doivent être bouchées, et on doit avoir $A_{N-1}=0.$
Cependant, $a_0\geq 3$ (une face est au minimum un triangle), et $a_i\geq 3+i$ (on a supposé $i\mapsto a_i$ strictement croissante). Donc $0=A_{N-1}\geq \sum_{k=0}^{N-1}(a_k-k)\geq \sum_{k=0}^{N-1}3 = 3(N-1)$. Ainsi $N\leq 1$, mais un polyèdre avec moins d'une face... absurde

Il y a peut être moyen de faire plus simple avec la caractéristique d'Euler mais je ne vois pas comment.

Encore merci pour tes énigmes, (au passage je crois la rubrique "énigmes" du forum serait peut être plus adaptée à ce post, peut être que le fil sera déplacé ?)

Bonne journée !

bridgslam

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Re : Trois devinettes en attendant le sapin

Bonjour,

Tof est mon autre pseudo, né à l'époque où celui de bridgslam était bloqué et qui est revenu par la suite.
Les deux, du coup, ont été conservés ( Fred pourrait s'il le veut quand il a le temps basculer les anciens messages de Tof sous bridgslam si c'est techniquement possible - merci par avance)

Oui ça peut bien-sûr être déplacé, j'avoue hélas ne pas avoir pensé à cette rubrique, désolé pour les adminstrateurs/modérateurs du site.

C'est cela pour la 1, on peut aussi dire que a étant forcément nul à partir d'un rang N, la suite qui vaut 1 au rang N+1 (et ce qu'on veut ailleurs sous réserve d'être presque nulle, ne pourra être un multiple de a.

Pour la 2, c'est vrai, c'est cela, on peut formaliser l'idée sans aucun problème.

Pour la 3, on peut utiliser le principe des tiroirs directement: si une face donnée quelconque  a c côtés, le nombre de faces sera au moins de c+1 faces ( les c faces jouxtant les côtés de la face considérée, plus la face elle-même ).
Ainsi en inversant la vapeur, chaque face a un nombre de côtés strictement inférieur à f (le nombre de faces ).
Chaque face devant avoir un nombre de côtés dans { 3, ..., f-1 }, de cardinal < f , forcément deux faces au moins ont le même nombre de faces.

Merci de vous y être intéressé.
Ce genre de petites questions "en dehors" des grosses théories est souvent un bon délassement.

A.

Glozi

Invité

Re : Trois devinettes en attendant le sapin

Bonjour,
J'aime beaucoup ta solution à la troisième énigme, de mon côté j'utilisais le principe des tiroirs en disant que deux faces ne peuvent partager au plus qu'une seule arête. Ainsi à l'étape $i$, au plus $i$ arêtes sont "bouchées", mais ton argument est bien plus parlant je trouve.
Bonne journée

bridgslam

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Re : Trois devinettes en attendant le sapin

Bonjour,

Oui des fois dans ce genre de questions plusieurs angles d'attaque sont possibles, et on bifurque souvent vers des options plus constructives, ou penchant vers des domaines tentants (topologie, géométrie...) mais menant à des voies plus compliquées.
Ici après de la géométrie ultra minimum, la question était de la simple arithmétique.

De mon côté je me remets aux maths laborieusement en espérant déboucher vers la fin de l'année (... 2023) vers des domaines totalement inconnus pour moi. J'espère que j'y verrai alors de beaux horizons ( fortes chances, n'ayant jamais été déçu par les maths jusque-là).
Mais il faut de la patience...
Bonne journée

A.

Bernard-maths

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Re : Trois devinettes en attendant le sapin

Bonjour à tous !

Alors on bricole dans les polyèdres ?

Sans renverser la vapeur ... la face de c côtés est reliée à c faces, on donc au moins c+1 faces pour le polyèdre, donc f >= c+1.

Ces c+1 faces auront au moins c côtés puis c+1 côtés, c+2, c+3 ... c+c = 2c côtés ... donc f >= 2c+1 ... donc f >= 4c+1 ... etc. Le nombre de faces n'est donc pas limité ! f >= 2ⁿc en n étapes ...

Mais aussi, pourquoi polyèdre "convexe" ?

A +, Bernard-maths

Dernière modification par Bernard-maths (18-11-2022 16:18:15)

Glozi

Invité

Re : Trois devinettes en attendant le sapin

Rebonjour, en méditant sur les polyèdres j'en suis arrivé à cette preuve rapide qui reprend essentiellement l'argument de tof/bridgslam également vu par Bernard-maths:

▼preuve alternative

Soit $a_{max}$ le nombre maximal d'arêtes d'une face du polyèdre. Alors le nombre de faces $f$ vérifie $f\geq a_{max}+1$ et puisque toutes les faces ont un nombre d'arêtes entre $3$ et $a_{max}$ (et ces nombres sont distincts) alors $f \leq a_{max}-2$ contradiction.

Sinon je me suis posé la question suivante :

Si on construit un polyèdre avec que des quadrilatères et des triangles, est-ce que le nombre de face(s) de type triangle est toujours pair ?
(Je suis très novice sur les polyèdres donc la question peut vous sembler assez bête...)

Exemples : un cube (6 quadrilatères, 0 triangles), une pyramide à base carré (1 quadrilatère, 4 triangles), une "tente Canadienne" (3 quadrilatères, 2 triangles), un tétraèdre (0 quadrilatère, 4 triangles)...

Je pense avoir trouvé un argument assez simple pour répondre à la question.

bridgslam

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Re : Trois devinettes en attendant le sapin

Bonjour,

Oui assez simple effectivement

▼un argument

Si Q est le nombre de faces quadrilatèriques (?) , et T le nombre de faces triangulaires , 4Q + 3T donne le nombre d'arêtes x 2, donc un nombre pair.
Ainsi T est forcément pair.

Du coup ce genre de bébête aura toujours aucune face triangulaire (cube...), ou au moins 2.
Dans les écoles primaires on pourra faire jouer des élèves en leur demandant de fabriquer un patron, dont une pièce triangulaire est donnée à l'avance:
... fabriquer d'autres faces polygonales aux nombres pairs de côtés  pour obtenir une figure de l'espace... avec celle donnée.
Et après leur dire que ce n'est pas possible. Leur donner alors deux triangles... etc

Bonne journée
A.

Dernière modification par bridgslam (19-11-2022 10:34:10)

bridgslam

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Re : Trois devinettes en attendant le sapin

Bonjour,

Sinon, pour répondre à Bernard, pourquoi convexe, pas de raison particulière, mais j'ai voulu rester sur des formes habituelles, disons plus courantes, sans aller jusqu'aux polyèdres de Platon quand-même.

Apparemment, d'après mes petites investigations, quadrilatère est aussi un adjectif ( comme carré) , on peut donc enlever le "ique" dans mon post antérieur.
La langue française est donc compliquée, parallélépipède -> parallélépipèdique par-contre, pourtant le nom est déjà lourd.

A quand une révision par l'Académie française ???
A.

Dernière modification par bridgslam (19-11-2022 10:50:50)

bridgslam

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Re : Trois devinettes en attendant le sapin

Ces c+1 faces auront au moins c côtés puis c+1 côtés, c+2, c+3 ... c+c = 2c côtés ... donc f >= 2c+1 ... donc f >= 4c+1 ... etc. Le nombre de faces n'est donc pas limité ! f >= 2ⁿc en n étapes ...

Peut-être bouché mais je ne comprends pas ton argument, ni où tu veux en venir:

Si ma face est la face carrée (base) d'une pyramide égyptienne (par exemple) , elle est la seule à avoir c = 4 cotés.
Les 4 autres faces de la pyramide ont 3 côtés: ni 4, ni 5, ni ...8.

Je ne vois pas non plus ce que tu veux dire par "puis" , une face quelconque a un nombre entier donné de côtés.

A.

Bernard-maths

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Re : Trois devinettes en attendant le sapin

Bonsoir !

Les faces ayant toutes des nombres différents de côtés, si on part avec une face de c côtés, elle est reliée à c autres faces, qui ont toutes des nombres différents de côtés, donc au moins c+1, c+2, c+3 ... c+c=2c. On recommence avec cette face à ec côtés, ce qui entraine la présence de 2c faces complémentaires ... etc
Le polyèdre a toujours de nouvelles faces à ajouter, il n'est donc pas "fini" !

B-m

bridgslam

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Re : Trois devinettes en attendant le sapin

Bonsoir,

Les faces ayant toutes un nombre différent de côtés ?????????, reprenez l'exemple de la pyramide, ou d'un cube ... ce n'est pas vraiment le cas.
En plus forcément chaque arête appartient à deux faces (exactement).

La devinette concerne les polyèdres, et n'importe quel polyèdre.
L'objet que vous faites grossir n'en est pas un, sauf erreur.

Votre idée est peut-être de faire un raisonnement par l'absurde, mais rien ne dit que les figures obtenues "en patron" , à plat donc, sont des polyèdres à chaque étape ( le patron doit se refermer sur lui-même).

A.

Dernière modification par bridgslam (20-11-2022 18:36:09)

Bernard-maths

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Re : Trois devinettes en attendant le sapin

Re,

nous ne sommes pas sur la même longueur d'onde, ou bien j'ai zappé quelque part, ou peu clair !

Il s'agit de la 3ème énigme de "Tof", où il est dit :
Si P est un polyèdre convexe, est-il vrai qu'au moins deux faces auront le même nombre de côtés ?

Donc j'essaye par l'absurde de démontrer que si il n'y a pas deux faces avec le même nombre de côtés, alors le polyèdre a un nombre infini de faces, donc ce n'est pas un polyèdre !

En itérant le processus de dénombrement, on voit que le nombre de faces n'est pas limité et qu'il tend donc vers + 00 ... donc ce n'est pas un polyèdre, donc un polyèdre a au moins 2 faces ayant le même nombre de côtés ...

Bonne soirée, B-m

Dernière modification par Bernard-maths (20-11-2022 18:56:09)

Glozi

Invité

Re : Trois devinettes en attendant le sapin

Bonjour,
Je suis presque d'accord avec ton argument Bernard-maths, le "problème" c'est que si on explore une face qui a $c$ côtés, alors rien ne dit que les faces adjacentes auront au minimum, $c+1,c+2, \dots, 2c$ côtés. En effet, si par exemple la première face qu'on explore possède $123$ côtés, il est possible a priori que certaines faces voisines aient moins de $123$ côtés. Cela ne change rien a ton argument, car ce que tu dis, si j'ai bien compris, c'est que si on explore une face, alors l'une de ses faces voisines (au moins une) à strictement plus de côtés que la face actuelle, ainsi l'exploration du polyèdre en suivant ces faces ayant de plus en plus de côtés ne s'arrête jamais. Par contre, la quantification qui dit au moins $2^nc$ faces en $n$ étapes de l'exploration ne m'a pas l'air correcte (à moins que je rate quelque chose ?)
Bonne journée

Bernard-maths

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Re : Trois devinettes en attendant le sapin

Re,

OUI, MAIS j'aurais dû préciser que si on part d'une face qui a c côtés : cette face doit être celle qui a le plus petit nombre de côtés ! OUI faut la trouver ... Si le polyèdre est un polyèdre, on la trouvera forcément ...

Sinon, c'est pas un polyèdre (:-))

B-m

Glozi

Invité

Re : Trois devinettes en attendant le sapin

Cela ne résout pas le problème, car mettons la plus petite face a $3$ côtés, si les $3$ faces adjacentes ont $123$, $565$ et $1717$ côtés, alors la prochaine face de l'exploration sera peut être celle avec $1717$ côtés, mais cette dernière n'aura pas forcément que des faces voisines avec plus de $1717$ côtés. Du coup, le $2^nc$ ne me convainc toujours pas.

Bernard-maths

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Re : Trois devinettes en attendant le sapin

Re,

Aïe, je crains que n'aies pas tort !

J'ai voulu tenter une démonstration directe, mais ça coince un peu ... beaucoup.

ALORS, je vais insister ... on peut compter le nombre de faces, ainsi que le nombre mini de côtés, et le nombre maxi ... après ???

On a la relation d'Euler-Poincaré : F - A + S = 2 ... nombre d'arêtes et nombres de côtés ...?

Je verrai si je trouve un peu d'argumentation ... en attendant la preuve donnée au début reste donc LA solution !

Merci et bonne soirée, B-m

Glozi

Invité

Re : Trois devinettes en attendant le sapin

Ce qu'on peut dire, c'est que dans un tel polyèdre, alors toute face admet au moins une face voisine avec strictement plus de côtés qu'elle même (pas forcément le double). De là, la contradiction vient presque tout de suite, ou bien en considérant la face avec le plus grand nombre de côtés, ou alors en explorant les faces du polyèdre en suivant un chemin de faces adjacentes dont le nombre de côtés augmente strictement etc... C'est essentiellement l'argument donné par bridgslam.
Je soupçonne aussi qu'on puisse utiliser la caractéristique d'Euler, mais je n'ai pas réussi à trouver à trouver un argument avec, encore moins une contradiction aussi rapide que le raisonnement précédent.
Bonne soirée

Bernard-maths

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Re : Trois devinettes en attendant le sapin

Re,

Oui, ce qui me va bien :

Ce qu'on peut dire, c'est que dans un tel polyèdre, alors toute face admet au moins une face voisine avec strictement plus de côtés qu'elle même ... De là, la contradiction vient (presque) tout de suite, ... en considérant la face avec le plus grand nombre de côtés

Comme ça, c'est pas mal !

Dernière modification par Bernard-maths (20-11-2022 21:56:56)

bridgslam

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Re : Trois devinettes en attendant le sapin

Re,

Donc j'essaye par l'absurde de démontrer que si il n'y a pas deux faces avec le même nombre de côtés, alors le polyèdre a un nombre infini de faces, donc ce n'est pas un polyèdre !

Bonne soirée, B-m

Cela n'a pas de sens , la figure obtenue est à la fois un polyèdre ( sinon comment compter ses FACES ),  mais son nombre de faces (un entier), est aussi infini....
Il y a forcément quelque chose qui cloche.
Vous me donnez l'impression de construire "à plat" une suite de polygones adjacents, donc un patron, sans plus aucun lien avec un polyèdre.

Je préférerais encore une descente à la Fermat, partir d'un polyèdre ( un pur et dur ) ,dont toutes les faces ont des nombres de côtes distincts, et prouver qu'il en existe un du même style avec moins de faces !
Ça c'est facile, mais cette marge est trop étroite et l'heure trop tardive...

Bonne nuit
A.

Bernard-maths

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Re : Trois devinettes en attendant le sapin

Re,

oui, j'ai un peu cafouillé ... mais finalement la réponse de Glozi me plaît bien !

B-m

bridgslam

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Re : Trois devinettes en attendant le sapin

RE

Sinon pour généraliser (un peu ) la question subsidiaire de Glozi (avec les triangles) , on peut voir facilement que le nombre de faces  à côtés impairs est forcément pair.

Par exemple le dodécaèdre régulier en a 12...

A.

Dernière modification par bridgslam (21-11-2022 17:01:13)

Bernard-maths

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Re : Trois devinettes en attendant le sapin

Le dodécaèdre rhombique aussi, ses faces étant des losanges ...

L'ennéaèdre aussi, https://www.bibmath.net/forums/viewtopi … 055#p95055

Je ne trouve pas de contre-exemple effectivement (pour le moment ?)

B-m

Dernière modification par Bernard-maths (21-11-2022 21:48:13)

bridgslam

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Re : Trois devinettes en attendant le sapin

Bonjour,

Contre-exemple à quoi ?
S'il s'agit de trouver un polyèdre dont le nombre de faces qui ont un nombre impair de côtés soit impair, vous risquez de chercher longtemps...

▼on compte...

Si on parcourt le polyèdre en parcourant  toutes ses faces , en comptant leurs côtés et en ajoutant, on obtient exactement deux fois le nombre d'arêtes A total.
Ainsi $2A = \sum_{ f face \; impaire} I(f)  + \sum_{f \; face \; paire} P(f)$
La somme de nombres pairs étant paire, celle des impairs a forcément un nombre pair de faces.

A.

Dernière modification par bridgslam (24-11-2022 14:30:23)