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• Mars 2015, 2ème défi

  le 13 de marzo de 2015 à 12:44, par Idéophage

  Considérons les cubes en s’autorisant les doublons. Il y a 6 faces par cubes et 2 possibilité de diagonale par face, soit 2^6 cubes.

  Considérons le graphe dont chaque nœud est un cube et chaque arête représente une rotation pour passer du premier cube au deuxième. Il peut y avoir plusieurs arêtes entre un couple de nœuds. On voit que nos cubes vont être partitionnés en ilots connexes. Chaque ilot est symétrique en tous ses nœuds (il s’agit du même cube tourné dans tous les sens). On aimerait compter le nombre d’ilots (il s’agit du nombre de cubes vraiment différents).

  Comme on aimerait compter 1 pour chaque ilot, on va regarder pour chaque nœud combien il y a d’autres nœuds que l’on peut atteindre à partir de lui. Chaque nœud d’un ilot de taille n va compter comme 1/n ilot. On voudrait donc ajouter, pour chaque cube, 1/(nombre d’autres cubes que l’on peut atteindre). La structure étant très symétrique, il suffit de savoir combien de rotations on a qui font que l’on retourne sur le même cube pour savoir combien d’autres cubes on peut atteindre. En effet, comme tout est symétrique, il y a toujours le même nombre d’arêtes pour passer d’un nœud à l’autre dans un ilot donné. Du coup, comme on connait le nombre de rotations possibles, on peut diviser le nombre total de rotations par le nombre de rotations « qui ne font rien » pour avoir le nombre de nœuds dans l’ilot. Si l’on note neutre(c) le nombre de rotations qui transforment le cube c en lui-même, si l’on note M le nombre total de rotations, chaque cube va donc compter comme neutre(c)/M. En fait, cela revient à prendre le graphe, compter le nombre de flèches qui partent d’un nœud et retournent sur lui-même, et diviser par le nombre de rotations. Pour compter cela, on peut procéder nœud par nœud, mais c’est plus facile de procéder rotation par rotation : pour chaque rotation, on compte combien de cubes elle transforme en lui-même.

  Il s’agit du lemme de Burnside.

  Il y a 24 rotations possibles dans un cube :

  * l’identité : elle laisse fixe tous les cubes, soit 2^6.

  * 6 rotations de pi/2 ou -pi/2, d’axe passant par le centre de deux faces opposées : aucun cube n’est laissé fixe (on retourne forcément les diagonales des faces de l’axe).

  * 3 rotations de pi de même axe que précédemment : le choix de 4 faces fixe toutes les autres (on a deux faces envoyées sur elles-mêmes et les autres groupées par paires).

  * 6 rotations de pi, d’axe passant par le milieu de deux côtés opposés : on doit fixer 3 faces puisqu’elles sont toutes groupées par paires.

  * 8 rotations d’angle 2pi/3 ou -2pi/3, d’axe passant par deux sommets opposés : on doit fixer 2 faces puisqu’elles sont toutes groupées par 3.

  Ainsi, dans le graphe, on a 1*2^6 + 6*0 + 3*2^4 + 6*2^3 + 8*2^2 = 192 arcs qui retournent sur leur nœud de départ. On divise par 24 et on obtient qu’il y a 8 cubes vraiment différents.

  En remarquant que 8 = 2^3, on peut essayer de voir si on ne peut pas faire une preuve sans passer par la théorie des groupes. Peut-être que chaque cube est identifié par 3 paramètres binaires... J’avais pensé à identifier les cubes par si les faces opposées sont ou non dans le même sens mais il y a deux possibilités pour toutes les faces opposées dans le même sens.

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• Mars 2015, 2ème défi

  le 13 de marzo de 2015 à 16:30, par Bastien_B

  oulala bien recherché tous ça..
  Je ne me suis pas vraiment penché sur la question j’ai juste compter vite fait en effet 8.
  Après je ne connaissais pas cette théorie des groupes.

  Bonne fin de journée, Bastien

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• Mars 2015, 2ème défi

  le 13 de marzo de 2015 à 21:10, par orion8

  Bonjour, en «dualisant» le problème, c’est à dire en remplaçant le cube par un octaèdre, il me semble qu’on visualise plus facilement qu’il y a 8 façons de relier des faces non adjacentes.

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• Mars 2015, 2ème défi

  le 16 de marzo de 2015 à 23:01, par Idéophage

  Si on trace toutes les diagonales possibles, on voit que les sommets sont séparés en deux tétraèdres réguliers, aussi.

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• Mars 2015, 2ème défi

  le 16 de marzo de 2015 à 23:31, par Idéophage

  Du coup, je ne suis pas certain, mais je crois que l’on arrive à la classification suivante. Ce n’est pas très intéressant si on ne pousse pas plus loin, ça a l’air un peu aléatoire, mais bref.

  On considère le tétraèdre qui contient le plus de diagonales.

  * Soit on sélectionne zéro face dans notre tétraèdre. On a une seule possibilité de faire ça.

  * Soit on sélectionne une diagonale. On a encore une possibilité (tout couple de possibilités sont les mêmes : il suffit d’envoyer les deux arêtes l’une sur l’autre).

  * Soit on sélectionne deux diagonales. On a deux possibilités : soit les diagonales se touchent, soit elles ne se touchent pas.

  * Soit on en sélectionne trois. Dans ce cas, il faudra faire attention aux deux tétraèdres : il se peut que l’on compte une figure une fois en « positif » et une fois en « négatif ». Si on sélectionne trois arêtes en triangle, alors le négatif donne également trois arêtes en triangle (puisque les trois arêtes non sélectionnées forment un triangle dans l’autre tétraèdre). Symétriquement, si on sélectionne trois arêtes ayant un sommet en commun, les trois laissées sont aussi celles ayant un sommet en commun dans l’autre tétraèdre. Ensuite, on peut faire un zigzag. On a deux possibilités de zigzags. Quand on regarde avec la branche centrale en bas de la construction, soit la « branche » gauche du zigzag passe au dessus, soit elle passe au dessous. En effet, quand on inverse la droite et la gauche sans inverser le haut et le bas (on fixe la branche centrale en bas), on inverse aussi le devant et le derrière (le nombre de « directions » inversées par une similitude directe est toujours paire : il y a deux sens pour un repère). Donc il y a bien deux zigzags différents. On voit aussi que le passage au complémentaire (l’autre tétraèdre) conserve le sens du zigzag, donc il y a bien deux zigzags différents également modulo une inversion des tétraèdres. Au final, ça fait quatre possibilités.

  * Si on en sélectionne plus, c’est que ce n’est pas le tétraèdre contenant le plus de diagonales.

  Bon, on peut probablement éclaircir tout ça.

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• Mars 2015, 2ème défi

  le 16 de marzo de 2015 à 23:32, par Idéophage

  Je voulais dire « soit on sélectionne zéro arête » dans le premier point.

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• Mars 2015, 2ème défi

  le 16 de marzo de 2015 à 23:38, par Idéophage

  Haha, je me disais bien que j’avais écrit « le plus de diagonales » au lieu de « le moins de diagonales ». Désolé pour ces erreurs. Dommage que l’on ne puisse pas éditer ses messages.

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• Mars 2015, 2ème défi

  le 15 de marzo de 2015 à 17:06, par Pierre Renfer

  Le problème en suggère un autre.

  On peut utiliser aussi le lemme de Burnside comme le préconise Idéophage pour chercher le nombre de cubes lorsqu’on identifie cette fois deux cubes qui se correspondent par l’une des 48 isométries du cube, qu’il s’agisse d’un déplacement ou d’un antidéplacement.
  On devrait en obtenir alors un peu moins que 8.

  En plus des 24 déplacements étudiés par Idéophage, il faut alors envisager les 24 antidéplacements :
  Chaque isométrie réalise une permutation sur les 6 faces qu’il s’agit de décomposer en produit de cycles (à supports disjoints).

  • Par la symétrie centrale, comportant 3 cycles de longueur 2, 8 cubes sont invariants.
  • Par l’une des 6 antirotations d’ordre 4, comportant un cycle de longueur 4 et un cycle de longueur 2, 4 cubes invariants.
  • Par l’un des trois miroirs dont le plan est parallèle à une face, aucun cube n’est invariant (sur les 4 faces globalement invariantes, les diagonales ne sont pas conservées).
  • Par l’un des 6 miroirs de plans diagonaux, comportant 2 cycles de longueurs 2 et 2 faces invariantes, 16 cubes sont invariants (sur les faces invariantes les diagonales sont conservés).
  • Par l’une des 8 antirotations d’ordre 6,comportant un cycle de longueur 6, 2 cubes sont invariants.

  Le nombre N de cubes vérifie donc :
  48*N=64+3*16+6*8+8*4+8+6*4+6*16+8*2

  Donc N=7

  On identifie cette fois des cubes énantiomorphes comme disent les chimistes.

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• Mars 2015, 2ème défi

  le 16 de marzo de 2015 à 23:41, par Idéophage

  Ah, bonne idée. Avec la classification que j’ai donnée plus haut, ça fusionne les deux zigzags.

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• Mars 2015, 2ème défi

  le 17 de marzo de 2015 à 15:06, par Pierre Renfer

  Les diagonales de deux faces parallèles sont ou bien parallèles ou bien orthogonales.

  On peut séparer l’ensemble des 64 cubes fixes en quatre classes C(0), C(1), C(2) et C(3), où C(n) est l’ensemble des cubes comportant n paires de diagonales parallèles.

  Le groupe des isométrie du cube opère séparément sur les quatre classes.

  En utilisant encore le lemme de Burnside, on trouve que les nombres de cubes, à un déplacement près, dans les quatre classes sont respectivement 2, 3, 1 et 2.

  Les nombres de cubes, à un déplacement ou antidéplacement près, dans les quatre classes sont respectivement 2, 2, 1 et 2.

  Parmi les huit cubes, les deux cubes qui se correspondent par un antidéplacement mais non par un déplacement, ont donc une seule paire de diagonales parallèles.

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• Mars 2015, 2ème défi

  le 19 de marzo de 2015 à 12:03, par Daniate

  Bonjour, j’arrive bien tard, privé d’internet que j’étais ces derniers temps. Je remercie Idéophage de me faire découvrir un lemme dont j’essaierai plus tard de saisir les subtilités. La méthode que j’ai utilisé est celle des 2 tétraèdres parfaitement développée en deuxième intention par Idéophage, à ceci près que pour distinguer les 2 tétraèdres l’un est rouge (le plus abondant) l’autre est vert. Je vois à cette méthode plusieurs intérêts: elle est accessible sans grandes connaissances mathématiques et elle conduit à une visualisation des solutions. De plus quelle que soit la méthode utilisée on en revient toujours à un dénombrement alors pourquoi ne pas commencer par lui.

  Je me suis amusé à représenter les huit cubes largement déformés pour pouvoir visualiser les 8 sommets. La figure est consultable sur mon drive ( merci Bastien_B pour l’idée):https://drive.google.com/folderview...

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