21 août 2020

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  • Août 2020, 3e défi

    le 21 août 2020 à 08:59, par bistraque

    Si on numérote les triangles de $1$ à $6$, et si on dénote par $[n]$ le coup consistant à retourner tous les triangles sauf le numéro $n$ alors la séquence $[1], [2], [3], [4], [5], [6]$ retourne les 6 triangles.

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    • Août 2020, 3e défi

      le 21 août 2020 à 11:38, par François

      Solution simple et rapide !
      Je tente de généraliser ce résultat. Je prends $k$ triangles et à chaque position des triangles, j’associe un élément de $\displaystyle ( \mathbb{Z} / {2\mathbb{Z}} \displaystyle ) ^k$ à savoir si le triangle $i$ a la pointe en haut la $i^{ème}$ composante sera $0$ et $1$ sinon. La position de départ est donc $(0, \cdots , 0)$ et celle d’arrivée est $(1, \cdots, 1)$. je note $e_i$ l’élément de $\displaystyle ( \mathbb{Z} / {2\mathbb{Z}} \displaystyle ) ^k$ ayant toutes ses composantes nulles sauf la $i^{ème}$ valant $1$. Enfin $E= \displaystyle \sum_1^k e_i = (1, \cdots, 1)$.
      Retourner les triangles à partir d’une position $V$ consiste à lui additionner un des $[r_i] = E - e_i$ (toutes les composantes sont changées sauf la $i^{ème}$.
      Soient $V = (x_i)$ et $W = (y_i)$ deux positions et $C = \{ i / x_i \neq y_i\}$ , les coordonnées à changer pour passer de $V$ à $W$ et $c$ le cardinal de $C$ . On a : $V + \displaystyle \sum _{i \in C} [r_i] = cE + W = W$ si et seulement si $c$ est pair.
      Ainsi pour le problème d’Ana $k = c = 6$ on a la solution décrite, mais pour $k = 7$ par exemple on n’a pas de solution ($c = 7$).
      En résumé, pour passer d’une position à une autre, il faut et il suffit que le nombre de composantes à changer soit pair.

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      • Août 2020, 3e défi

        le 21 août 2020 à 12:33, par Niak

        J’ai un doute sur la façon dont il faut comprendre votre message. Dans $\mathbb{F}_2^k$, la famille $(r_i)_{1\leq i\leq k}$ est de rang $k$ si $k$ est pair et $k-1$ si $k$ est impair. Dans le cas pair, elle forme une base et toutes les configurations sont accessibles, ou autrement dit toutes les transitions sont possibles, peu importe la parité de $c$.

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        • Août 2020, 3e défi

          le 21 août 2020 à 14:35, par François

          Vous avez complétement raison : sans parler de matrice, on a pour tout $i$, $e_i = E + r_i = E + \displaystyle \sum _{j\neq i}e_j = kE + \sum _{j\neq i}r_j = \sum _{j\neq i}r_j$ si k est pair. donc dans ce cas toute transformation peut s"écrire en fonction des $r_i$.
          Mon erreur provient du fait que je n’avais pas vu que $E = \displaystyle \sum_ {i =1} ^{k} r_i$ lorsque $k$ est pair

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    • Août 2020, 3e défi

      le 21 août 2020 à 12:30, par FredM

      Retourner 5 triangles revient à en retourner 1 seul (et passer de l’autre côté de la table). Donc c’est faisable en 6 coups.

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      • Août 2020, 3e défi

        le 21 août 2020 à 12:40, par Niak

        Votre argument donne l’impression que cela marche aussi pour $5$ triangles (un coup consistant à en retourner $4$), or ce n’est pas le cas.

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        • Août 2020, 3e défi

          le 21 août 2020 à 13:21, par FredM

          Exact, « tourner autour de la table » est une rotation que j’applique inconsidérément, alors qu’il faut une symétrie axiale pour préserver l’ordre des triangles après changement d’un seul.
          L’opération « retourner k-1 pièces sur k pièces » est décomposée en « retourner une pièce + appliquer une symétrie axiale - horizontale »
          De ce fait, le nombre de symétries appliquées est égal au nombre de pièces individuellement retournées et doit être pair pour ne pas annuler les retournements individuels. Merci pour votre remarque !

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    • Août 2020, 3e défi

      le 24 août 2020 à 16:52, par ROUX

      000000 (0)
      Je ne retourne pas n°1 : 011111 (5)
      Je ne retourne pas n°2 : 110000 (2)
      Je ne retourne pas n°3 : 000111 (3)
      Je ne retourne pas n°4 : 111100 (4)
      Je ne retourne pas n°5 : 000001 (1)
      Je ne retourne pas n°6 : 111111 (6)

      00000 (0)
      Je ne retourne pas n°1 : 01111 (4)
      Je ne retourne pas n°2 : 11000 (2)
      Je ne retourne pas n°3 : 00011 (2) ou je ne retourne pas n°2 : 01111 (4)
      Je ne retourne pas n°4 : 11110 (4)

      Ok : ça ne fonctionne pas pour les nombres impairs comme écrit plus bas (mais la démonstration n’est pas à ma portée ;-)).

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      • Août 2020, 3e défi

        le 24 août 2020 à 19:10, par Niak

        Même si l’on vous dit que, dans le cas impair, la parité du nombre de 1 dans vos configurations (i.e. de leur somme) est un invariant ?

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        • Août 2020, 3e défi

          le 26 août 2020 à 15:01, par ROUX

          Ah oui !
          Exact !
          Et cela suffit pour faire en quelque sorte une démonstration... Ok !

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      • Août 2020, 3e défi

        le 24 août 2020 à 19:25, par François

        Je vais tenter d’avoir une explication simple.
        Comme précédemment, on travaille sur $\mathbb{F}_2^k = (\mathbb{Z} / 2 \mathbb{Z})^k$, $(e_i)_{1\leq i \leq k}$ sa base canonique $E = (1, \cdots, 1) = \displaystyle \sum _{i=1}^k e_i$ et $r_i = E + e_i$.
        Le problème est de voir si $E$ peut s’exprimer à l’aide des $r_i$.
        Lorsque $k$ est pair $\displaystyle \sum_{i=1}^k r_i = \sum_{i=1}^k (E + e_i) = (k + 1) E = E$ c’est OK !
        Dans le cas où $k$ est impair, supposons que $E = \displaystyle \sum _{j \in J} r_j = card(J) E + \sum _{j \in J} e_j$.
        Si $card(J)$ est impair alors $\displaystyle \sum_{j \in J} e_j = (0, \cdots, 0)$ ce qui est absurde.
        Si $card(J)$ est pair alors $E = \displaystyle \sum_{j \in J} e_j$ et comme $I = \{i / i \notin J \}$ est non vide , $\displaystyle \sum_{i \in I} e_i = (0, \cdots, 0)$ ce qui est absurde.

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  • Août 2020, 3e défi

    le 21 août 2020 à 09:04, par orion8

    Possible en 6 étapes.

    Solution

    Tous les retourner sauf le 6ème ; puis tous sauf le 5ème....
    etc. Et enfin, tous sauf le 1er.

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