Égaliser les six nombres — Les-mathematiques.net The most powerful custom community solution in the world

Égaliser les six nombres

Modifié (July 2023) dans Combinatoire et Graphes

Bonjour à tous
Un exercice qui semble simple mais qui devient assez vite agaçant. On se donne $6$ réels $a_i$ pour $i$ variant de $1$ à $6$. Une opération consiste à supprimer deux de ces nombres $a_i$ et $a_j$ et à remplacer chacun d’eux par $a_i+a_j$.

Est-il toujours possible de rendre les $6$ valeurs égales après un nombre fini de ces opérations ?

Merci d’avance pour la participation.
Domi.

«13

Réponses

  • En effet. C’est surtout dans l’écriture que je m’empêtre. 
    On peut déjà (espérons que ce soit un bon départ) obtenir les six nombres : AABBCC. 
    Ensuite pour coder les étapes des triplets semblent convenir. 
    (1;0;0)(1;0;0)(0;1;0)(0;1;0)(0;0;1)(0;0;1)
    on peut les ajouter avec « l’opération » et ça donne les coefficients de chaque A, B et C. 
    Zut je ne suis pas à la plage. J’ai besoin de temps. 
    À plus tard. 
  • Modifié (July 2023)
    Bonjour, je ne partirais pas ainsi, on les classe dans l'ordre croissant puis on associe : 
    - le premier avec le sixieme 
    - le deuxième avec le cinquième 
    - le troisième avec le quatrième
    Déjà on trouve une suite décroissante du max-min mais problème c'est décroissant au sens large.
    Vous faites comment pour égaliser 1 1 1 1 1 2 ? Avec ma méthode on stagne gentiment à max-min = 1

    Édit : oups j'avais lu trop vite, je croyais qu'il fallait à chaque étape remplacer tous les nombres donc je n'ai rien dit.
    In mémoriam de tous les professeurs assassinés dans l'exercice de leurs fonctions en 2023, n'oublions jamais les noms de Agnes-Lassalle et Dominique-Bernard qui n'ont pas donné lieu aux mêmes réactions sur ce forum (et merci à GaBuZoMeu)
  • Modifié (July 2023)
    @Vassillia : On peut procéder ainsi.
    (1,1,1,1,1,2)
    (1,1,1,1,3,3)
    (1,1,1,4,4,3)
    (1,1,4,4,4,4)
    (2,2,4,4,4,4)
    (4,4,4,4,4,4)
    Pas grand chose à dire, mais on peut remarquer que l'on peut simplifier à tout moment le $6$-uplet par n'importe quel facteur sans changer la réussite ou non. Si on veut procéder informatiquement, cela permettra au moins d'éviter d'avoir des nombres trop grands.
  • Oui bien sûr d'où mon édit, j'avais mal compris le problème initialement mais merci quand même  :)
    In mémoriam de tous les professeurs assassinés dans l'exercice de leurs fonctions en 2023, n'oublions jamais les noms de Agnes-Lassalle et Dominique-Bernard qui n'ont pas donné lieu aux mêmes réactions sur ce forum (et merci à GaBuZoMeu)
  • Modifié (July 2023)
    Bonjour
    Problème intéressant.
    Je ne cautionne pas vos exemples avec des nombres fongibles. Prenons plutôt des nombres qui ne se mélangent pas comme $\pi$ ou $\sqrt 2$. Des nombres non nuls, aussi.
    Du coup, je fais la liste des types de configurations que l'on peut atteindre. (D: Différents, $I_x$: Identiques)
    $6D$ (point de départ)
    $4D2I_1$ (première étape obligatoire)
    $2D2I_12I_2$
    $2I_12I_22I_3$
    $2D4I_1$
    $2I_14I_2$
    $1D2I_13I_2$
    Et on n'en sort pas. L'objectif est $6I_1$ mais c'est impossible. Même $3I_13I_2$ est inaccessible. Si on casse un groupe d'identiques, on recrée des différents. Ai-je oublié des possibilités ?
    Ce site est fatigant. Les gens modifient sans cesse leurs messages passés, et on ne comprend plus rien à la discussion. Je suis nostalgique du temps où, si on postait une bêtise, on devait l'assumer. Et si on cite le passage pour l'ancrer, l'administrateur supprime en disant qu'on n'a pas besoin de recopier le message passé.
  • Modifié (July 2023)
    Oui , en fait on peut considérer que les nombres sont $6$ variables et les différentes valeurs obtenues des expressions linéaires de ces variables à coefficients dans $\mathbb{N}$. On arrive facilement à retrouver toutes les variables dans chacun des nombres mais avec les mêmes coefficients, c'est une autre paire de manches. Je n'ai pas compris tes notations.
    Domi
  • DomDom
    Modifié (July 2023)
    Je pense que $4D2I_1$ représente tout ce qui est de la forme abcdee.
    $1D2I_13I_2$ représente tout ce qui est de la forme abbccc.
    Le $D$ c’est « n’importe quoi ». 
    Le $kI_1$ c’est $k$ fois le même nombre (ce nombre est noté $I_1$). 
  • Modifié (July 2023)
    Bonjour Domi,
    Une idée ? définir cinq de ces six nombres comme des écarts entre six autres $A_1$ à $A_6$ (formant une suite qui n'est pas nécessairement strictement croissante), et calculer les $(A_1 + A_2)/2$, $(A_2 + A_3)/2$, ... en terminant en boucle avec $(A_6 + A_1)/2$ ... et répéter la procédure avec les six nombres obtenus ... mais je ne sais pas si ça permet de résoudre le problème posé ! 
    Pour étayer cette proposition, je joins un petit travail que j'ai déjà présenté ici il y a 5 ou 6 ans, mais qui n'a pas eu d'écho ... C'est le terme "égaliser" qui a fait tilt ! Mais à vrai dire, cette méthode ne permet qu'une égalisation "asymptotique" et je crains bien que ce ne soit pas vraiment ce que tu cherches... Bon, mais peut-être cela te donnera-t-il une autre idée ? Donc, à tout hasard ...
    Bien cordialement, JLB
  • DomDom
    Modifié (July 2023)
    PetitLutinMalicieux, 

    On peut prendre des nombres comme tu le souhaites (des irrationnels, etc.). Je tente une approche avec juste 3 nombres au départ notés dans un triplet $(a,b,c)$ que l'on présente comme un vecteur colonne. Les opérations possibles sont alors représentées par les trois matrices suivantes.
      $I = \left( \begin{array}{ccc} 1 & 1 & 0\\ 1 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 1 \end{array} \right) \qquad J =\left( \begin{array}{ccc} 1 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 1\\ 0 & 1 & 1 \end{array} \right) \qquad K = \left( \begin{array}{ccc} 1 & 0 & 1\\ 0 & 1 & 0\\ 1 & 0 & 1 \end{array} \right)$

    À chaque opération, le vecteur obtenu contient une combinaison linéaire de $a$, $b$ et $c$ à coefficients entiers. On cherche à avoir, après plusieurs de ces opérations un vecteur de la forme $(u,u,u)$.

    L'exercice consiste alors à savoir s'il existe un produit de ces matrices qui permet d'obtenir une matrice comme celle-ci : 
    $M = \left( \begin{array}{ccc} x & y & z\\ x & y & z\\ x & y & z \end{array} \right)$.

    Les matrices $I$, $J$ et $K$ sont symétriques, donc on s'attend à ce que $M$ le soit.
    On s'attend donc à ce que $M$ soit de la forme :  $M = \left( \begin{array}{ccc} x & x & x\\ x & x & x\\ x & x & x \end{array} \right)$.
    Édit : je laisse ma bêtise apparante  :smile:

  • Ce n'est pas faux. Mais en quoi t'es-tu rapproché de la solution ? :smile:
    Du coup, autant prendre des matrices 6x6 directement.
    Avec seulement 3 nombres, on n'a que 2 configurations : $3D$ ou $1D2I_1$. Impossible d'atteindre $3I_1$.
    Mais il y a une faute de raisonnement. Si on a une solution pour 3, alors on a une solution pour 6. D'accord. Mais il pourrait y avoir une solution pour 6 qui ne marche pas pour 3.
    Dans la mesure où j'ai listé tous les cas possibles, je suis pessimiste sur l'existence d'une solution.
    Ce site est fatigant. Les gens modifient sans cesse leurs messages passés, et on ne comprend plus rien à la discussion. Je suis nostalgique du temps où, si on postait une bêtise, on devait l'assumer. Et si on cite le passage pour l'ancrer, l'administrateur supprime en disant qu'on n'a pas besoin de recopier le message passé.
  • Modifié (July 2023)
    Il y a des choses qui me dérangent dans ta démonstration. Tout d'abord il manque des cas et comment peut-on avoir $3I_2$ ? Mais ce n'est pas le plus grave, on peut avoir par exemple $2I_12I_22I_3$, comment es-tu sûr que ces différents $I$ ne sont pas égaux ?
    Domi 
  • Modifié (July 2023)
    "Tout d'abord il manque des cas". -> Cite-m'en un.
    "comment peut-on avoir $3I_2$ ?" -> Comme ça, par exemple :
    $(a_1,a_2,a_3,a_4,a_5,a_6)$
    $(a_1+a_2,a_1+a_2,a_3,a_4,a_5,a_6)$
    $(a_1+a_2,a_1+a_2,a_3+a_4,a_3+a_4,a_5,a_6)$
    $(a_1+a_2,a_1+a_2,a_3+a_4,a_3+a_4,a_5+a_6,a_5+a_6)$
    $(a_1+a_2,a_1+a_2,a_3+a_4+a_5+a_6,a_3+a_4,a_3+a_4+a_5+a_6,a_5+a_6)$
    $(a_1+a_2,a_1+a_2,a_3+a_4+a_5+a_6,a_3+a_4+a_5+a_6,a_3+a_4+a_5+a_6,a_3+a_4+a_5+a_6)$
    $(a_1+a_2,a_1+a_2+a_3+a_4+a_5+a_6,a_3+a_4+a_5+a_6,a_3+a_4+a_5+a_6,a_3+a_4+a_5+a_6,a_1+a_2+a_3+a_4+a_5+a_6)$
    Il y a alors bien 1 unique ($a_1+a_2$), 2 identiques ($a_1+a_2+a_3+a_4+a_5+a_6$) et 3 identiques ($a_3+a_4+a_5+a_6$).
    "comment es-tu sûr que ces différents I ne sont pas égaux ?" -> 2 réponses :
    • Si $2I_1$ et $2I_2$ et s'ils sont égaux, alors tu avais $4I_1$ :smile:
    • Par hypothèses, les nombres sont non fongibles. Tu ne retomberas pas sur les uns en combinant les autres.
    Ce site est fatigant. Les gens modifient sans cesse leurs messages passés, et on ne comprend plus rien à la discussion. Je suis nostalgique du temps où, si on postait une bêtise, on devait l'assumer. Et si on cite le passage pour l'ancrer, l'administrateur supprime en disant qu'on n'a pas besoin de recopier le message passé.
  • DomDom
    Modifié (July 2023)
    Pas de faute de raisonnement. 
    J’ai choisi le cas « 3 » pour des raisons pratiques de saisie et pour voir si c’était plus simple pour trouver.
    Ensuite, les opérations on peut les réitérer.
    Tu arrives à deux cas mais rien ne dit qu’en opérant encore et encore on ne retombe pas sur les trois nombres égaux. En tous les cas tu n’as pas fourni une preuve de cela. 
    Remarque : « non fongibles », c’est un mot que je n’ai jamais vu. Veux-tu dire « incommensurables » ?

    Un exemple qui ne pose pas de problème :  $(0,a,b)$

    Édit : pour le cas de dimension 3. 
    Si la dernière opération permet d’atteindre le premier cas $(u,u,u)$ alors l’antécédent est (à l’ordre près) $(u-a,u-b,u)$ avec $u=a+b$ et cet antécédent ne peut venir lui-même d’une précédente opération que si $a=b$ car une opération renvoie un triplet avec deux nombres égaux. 
    Ça m’emmène à une conjecture du genre : 
    « si $(a,a,b)$ est résoluble [permet d’arriver à ce que l’on veut] alors $b=2^ka$ ». La réciproque est rapidement pliée voire évidente.  
    Bien entendu ce n’est pas abouti et peut-être faux. 
  • Modifié (July 2023)
    Un manquant : $DDDDDD \rightarrow DDI_1I_1I_2I_2\rightarrow I_1I_2I_3I_3I_4I_4$.
    Un autre : $DDDDDD \rightarrow DDDDI_1I_1 \rightarrow DDDI_1I_2I_2$.
    Et encore : $DDDDDD \rightarrow DDDDI_1I_1 \rightarrow DDDI_2I_2I_1$.
    Domi
  • Quand tu passes de $DDDDI_1I_1$ à $DDDI_1I_2I_2$, tu n'avances pas, tu passes d'une structure, à la même structure, avec d'autres valeurs.
    Je propose d'autres notations, peut-être plus claires
    $abcdef$ : la situation de départ.
    A chaque étape, on introduit une nouvelle lettre par exemple $g=e+f$, et on arrive à $abcdgg$.
    Mais dans les faits $abcdgg$ ou $abefgg$, c'est pareil, c'est une paire et 4 unités.
    On pourrait en fait coder ceci en $(a,b,c,d,e,f)$ où $a$ est le nombre d'unités, $b$ le nombre de paires, $c$ le nombre de triplets, etc 
    On part de $(6,0,0,0,0,0)$, et on veut arriver à $(0,0,0,0,0,1)$
    $DDDI_1I_2I_2$ ou $DDDDI_2I_2$ ou même $DDDI_2I_2I_1$, c'est $(4,1,0,0,0,0)$ dans les 3 cas, c'est topologiquement la même chose.
    Tu me dis, j'oublie. Tu m'enseignes, je me souviens. Tu m'impliques, j'apprends. Benjamin Franklin
  • Modifié (July 2023)
    Domi, I veut dire "identique". Si tu as un seul I (comme tu écris $I_1$ ou $I_2$), alors il n'est identique à rien. Il est donc "différent" et devient D.
    Ta première ligne veut dire $6D$ -> $2D2I_12I_2$ -> $2D2I_12I_2$. Tout est connu.
    La seconde : $6D$ -> $4D2I_1$ -> $4D2I_1$. Tout est connu. À noter : On ne peut pas avoir 3D. Car le 4ème D qui disparaît entraîne un autre D ou casse un couple d'identiques, ce qui crée un orphelin qui devient D. Avec 8 éléments, cette limitation devient fausse, car on peut casser un groupe de 4 pour avoir l'élément recherché $8D$ -> $6D2I_1$ -> $4D2I_12I_2$ -> $4D4I_1$ -> $3D2I_13I_2$.
    La troisième : $6D$ -> $4D2I_1$ -> $4D2I_1$. Tout est connu.
    Donc pas d'oubli jusqu'ici.
    Ce site est fatigant. Les gens modifient sans cesse leurs messages passés, et on ne comprend plus rien à la discussion. Je suis nostalgique du temps où, si on postait une bêtise, on devait l'assumer. Et si on cite le passage pour l'ancrer, l'administrateur supprime en disant qu'on n'a pas besoin de recopier le message passé.
  • Fibonacci se cache dans au moins une manière « d’opérer », notamment en alternant. 
  • Modifié (July 2023)
    D'accord , j'ai décidément beaucoup de mal à me faire à cette notation et il y a toujours quelque chose qui me gène , c'est que deux paires de nombres différents peuvent produire deux résultats identiques . Par exemple si $D_1=a+b+c ,D_2=d+e+f, D_3=a+c+d , D_4=b+e+f, D_5=b+d+f, D_6=a+c+e$ alors les paires $D_1D_2,D_3D_4,D_5D_6$ produisent 6 résultats identiques soit $6I_1$.
    Domi.
  • DomDom
    Modifié (July 2023)
    Je suis d’accord : la notation pose problème. 
    1) des nombres différents codés par la même lettre $D$
    2) des lettres différentes ($I_1, D, I_2,$ etc.) qui peuvent être le même nombre (ça c’est courant, on est habitué). 
    La conjonction de 1) et 2) est indésirable de mon point de vue. 
  • Bonjour,
    je pense qu'en partant des 6 réels:  2;2;2;2;e;e on n'y arrive pas.
  • Modifié (July 2023)
    .
    Après je bloque.
  • DomDom
    Modifié (July 2023)
    Je reviens sur le cas $n=3$. Si les nombres $(a;b;c)$ sont choisis non commensurables, alors avec les opérations, on cherche à obtenir $(u;u;u)$ et il n'y a qu'une seule combinaison linéaire possible.
    Cela se traduit par :
    Un produit des matrices "opération" $I$, $J$, et $K$, peut-il être de la forme :  $M = \left( \begin{array}{ccc} x & y & z\\ x & y & z\\ x & y & z \end{array} \right)$ ?
      $I = \left( \begin{array}{ccc} 1 & 1 & 0\\ 1 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 1 \end{array} \right) \qquad J =\left( \begin{array}{ccc} 1 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 1\\ 0 & 1 & 1 \end{array} \right) \qquad K = \left( \begin{array}{ccc} 1 & 0 & 1\\ 0 & 1 & 0\\ 1 & 0 & 1 \end{array} \right)$

    J'ai une question que je ne sais pas résoudre : 
    chaque matrice "opération" est de rang 2 et la matrice $M$ est de rang 1 : peut-on obtenir une matrice de rang 1 avec un produit des $I$, $J$, $K$ ?




  • Modifié (July 2023)
    Domi, tu prends des nombres qui ont un lien, et tu fais semblant de ne pas le savoir.
    De plus, c'est un cas particulier. Cela ne prouvera pas qu'il existe toujours un chemin en nombre fini d'étapes.
    Dom, le rang d'un produit de matrices carrées est inférieur ou égal au plus petit rang des facteurs. Donc pas d'entrave, pour l'instant.
    Ce site est fatigant. Les gens modifient sans cesse leurs messages passés, et on ne comprend plus rien à la discussion. Je suis nostalgique du temps où, si on postait une bêtise, on devait l'assumer. Et si on cite le passage pour l'ancrer, l'administrateur supprime en disant qu'on n'a pas besoin de recopier le message passé.
  • Et oui !
    J’ai juste tâtonné et j’ai l’impression qu’on ne peut pas tomber au rang 1. Cela démontrerait qu’alors pour certains nombres de départ on ne peut pas trouver une solution. 
    Une méthode brutale doit être possible… (pour tomber du rang 2 au rang 1, j’imagine qu’on ne peut pas y arriver au bout de 100 opérations si l’on n’y parvient pas avant). 
    Par contre, mon approche ne permet rien en ce qui concerne par exemple des nombres entiers car il existe plusieurs combinaisons linéaires des trois ou six nombre qui donnent le même entier.
  • Modifié (July 2023)
    PetitLutinMalicieux : je ne fais semblant de rien et je ne prétends pas avoir avoir prouvé quoique ce soit, j'essaie simplement de comprendre ce que tu entends par des nombres "différents". D'après ce que j'ai compris de ta démonstration, $6$ nombres différents ne peuvent pas produire $6$ nombres égaux et j'ai montré le contraire, il ne faut pas inverser la charge de la preuve.
    Domi.
  • DomDom
    Modifié (July 2023)
    Je pense que PetitLutinMalicieux veut parler, par exemple de : 
    $1,e,\sqrt{2},\pi,e^{\pi},\pi^{e}$ 
    Je me dis que les désaccords sont davantage liées à la communication.
  • Le problème des entiers, c'est aussi que le nombre de tours peut interférer avec les valeurs.

    D'autre part, si on est dans $\mathbb{Z}$, il suffit qu'il y ait 2 négatifs et 2 positifs, pour qu'on trouve une solution, en cherchant à faire apparaître des zéros. Exemple au hasard :
    (3,-1,-5,6,8,9)
    (3,-6,-6,14,14,9)
    (3,-12,-12,14,14,9)
    (3,-3,-12,14,14,-3)
    (0,-3,-12,14,14,0)
    (0,-15,-15,14,14,0)
    (0,-1,-1,-1,-1,0)
    (-1,-1,-1,-1,-1,-1)

    Sans trop d'efforts.
    Ce site est fatigant. Les gens modifient sans cesse leurs messages passés, et on ne comprend plus rien à la discussion. Je suis nostalgique du temps où, si on postait une bêtise, on devait l'assumer. Et si on cite le passage pour l'ancrer, l'administrateur supprime en disant qu'on n'a pas besoin de recopier le message passé.
  • De toute manière il y a bien deux exercices.  
    1) cas général (nombres réels) 
    2) cas des entiers (je dirais naturels non nuls, mais on peut traiter d’abord les relatifs). 
  • Modifié (July 2023)
    Bonjour,
    @Dom : Parmi tous les produits de 10 matrices ($I$,$J$,ou $K$), il n'y en a aucun de rang $1$.
    Il y a des égalités entre produits par exemple:
    JKJ   =   JIJ
    IJI   =   IKI
    KIK   =   KJK
    IJIK   =   IKJK
    JKJI   =   JIKI
    JKIJ   =   JIKJ
    KIIK   =   KJJK
    KJIJ   =   KIKJ
    JIIJ   =   JKKJ
    KJIK   =   KIJK
    IKJI   =   IJKI
    IKKI   =   IJJI
    ...
    Mais, il semble que si il y a égalité entre deux produits, les mots ont même longueur.
  • DomDom
    Modifié (July 2023)
    Merci Marco.
    J’ai en effet essayé quelques produits, un peu au hasard. Tu as été plus méthodique 👍
    Remarque : Le fait que les mots aient même longueur en cas d’égalité se comprend au regard de la règle du jeu (même si ça ne démontre rien, c’est juste une intuition).

    Je me demande encore si c’est un exercice difficile (il l’est pour moi !) de démontrer qu’aucun produit n’est de rang 1.
  • Modifié (July 2023)
    Je crois que j'avais bien compris la démonstration de PLM, je mettais simplement le doigt sur un défaut. De nombreuses questions ont été soulevées, elles sont toutes liées au problème mais on risque de s'y perdre. Je propose qu'on s'intéresse d'abord au cas où les six nombres sont des entiers naturels (le cas relatif et même rationnel s'y ramène rapidement).
    Je n'impose rien.
    Domi 
  • Oui, sous son air innocent, cet exercice est compliqué. Si on considère le sous-semigroupe $G$ de $M_n(\R)$ engendré par les opérations autorisées (pour $n=3$, tes matrices $I$, $J$, $K$; etc), une stratégie serait de trouver une fonction $f:M_n(\R)\to X$  ($X$: un ensemble) qui distingue $G$ des matrices dont toutes les lignes sont égales. Toute à l'heure dans mon message effacé j'avais pris pour $f$ le déterminant (!!!) mais clairement ça ne marche pas. Mais le re rang marche peut-être. Le problème est que ce semigroupe est plus compliqué qu'il en a l'air (sauf quand $n=2$ !)
    Après je bloque.
  • Modifié (July 2023)
    Bonjour,

    A Dom et Marco:
    Je tente de montrer qu'il n'existe pas de produit d'éléments de $\{ I,J,K \}$ qui soit de rang $1$.
    (S'il en existait un, ce serait trop beau!: Paf, tu appliques ce produit à n'importe quel triplet de réels et tu tombes sur un triplet dont les trois éléments sont égaux. Faut pas rêver).
    J'exhibe des triplets qui ne mèneront jamais à $(a, a, a)$. Ce sont les $(x,x,y)$ où $0<y<x$.
    Notation: $[x,y]$ abrège $(x,x,y)$. Les deux fils de $[x,y]$ sont $[2x,y]$ et $[x+y,x]$. Vu que $0<y<x$, on a $0<y<2x$ ET  $0<x<x+y$. Ainsi les deux fils sont du même "type" que leur père:   $(x',x',y')$ où $0<y'<x'$. Et ça continue, et ça continue.
    En espérant que je n'ai pas dit d'énormité...
    Cordialement
    Paul
  • Si on a un positif et un négatif, en prenant garde de ne pas perdre cette diversité, on peut s'en sortir même à 3.
    Exemple au hasard :
    2,12,-7 -> -5,12,-5 -> -10,12, -10 (sinon, on perd la mixité $\pm$) -> 2,2,-10 -> 4,4,-10 -> 8,8,-10 (idem à l'inverse) -> 8,-2,-2 -> 8,-4,-4 -> 8,-8,-8 -> 0,0,-8 -> -8,0,-8 -> -8,-8,-8.
    Ce site est fatigant. Les gens modifient sans cesse leurs messages passés, et on ne comprend plus rien à la discussion. Je suis nostalgique du temps où, si on postait une bêtise, on devait l'assumer. Et si on cite le passage pour l'ancrer, l'administrateur supprime en disant qu'on n'a pas besoin de recopier le message passé.
  • @depasse : très astucieux !!!
  • DomDom
    Modifié (July 2023)
    Quelque lignes… bien joué depasse 👍
    Une remarque sur la question du rang 1 jamais atteint : on aurait pu trouver un produit qui donne trois mêmes colonnes au lieu de trois mêmes lignes et ça aurait été de rang 1 mais d’aucune utilité car ne répondant pas au problème.
    Mais ton travail montre qu’il n’y a pas de produit qui donne trois mêmes lignes.  
    Autre remarque : dans le cas des entiers, mon histoire de rang ne sert à rien. 
    Le cas de la dimension 6 est à l’étude. Il suffit peut-être de raisonner de la même manière.  
  • Modifié (July 2023)
    On trouve donc que les seuls triplets $(x,y,y)$ (avec $x,y>0$) qui mènent à $(a,a,a)$ sont les $(x,\frac{x}{2^n}, \frac{x}{2^n})$ pour un $n \in \N$.
  • Donc, si $x,y,z>0$, les seuls triplets $(x,y,z)$ qui mènent à $(a,a,a)$ sont les triplets $(x,y,\frac{x}{2^n}-y)$ avec $n\in\N$ et $0<y<\frac{x}{2^n}$, (ainsi que les permutations de $x,y,z$) et les triplets $(x,x,x)$.
  • Bonjour
    Merci Marco et Dom
    Tout à fait d'accord, Marco, avec tes conclusions. Ca en fait "bien peu" des triplets qui mènent à $(a,a,a)$. On peut penser à regarder le cas des quadruplets avant que celui des sextuplets. On aurait 6 opérations (au lieu de 3) mais ça me semble plus que deux fois plus hard!
    Cordialement
    Paul
  • Modifié (July 2023)
    Dans le cas où le nombre d'éléments est une puissance de $2$ la résolution est instantanée, il suffit de regrouper les nombres $2$ par $2$ pour réduire de moitié le nombre de valeurs. Pour $4$ nombres $4$ étapes suffisent.
    Domi 
  • Bon Dieu, mais c'est bien sûr! Je me cache!
  • Modifié (July 2023)
    Quand on a un peu trop le nez dans le guidon ... :)
    On est encore loin de la ligne d'arrivée, voici le texte original qui m'a inspiré l'exercice : 

    We have n real numbers in the paper, where n is a even positive integer. An operation is delete two numbers a, b and put twice the number ab, prove that, independent of the initial numbers, we always can have n equal numbers, after a finite number of operations.

    Comme beaucoup ici, j'ai un doute sur cette affirmation.
    Domi

  • Heu… mais là on parle de $ab$ et non de $a+b$. 
    À moins qu’un copier-coller soit mal passé. 
  • Modifié (July 2023)
    Il n'y a pas d'erreur, c'est le même problème à peu de chose près et il est un peu plus facile à appréhender.
    Domi 
  • Ok. 
    Alors avec « $\times$ », il n’est plus utile de parler de réels, les entiers naturels non nuls suffisent en prenant six nombres premiers distincts.  
  • Disons qu'avec un passage au log ou à l'exp on a le même problème avec des correctifs à la marge . Je me suis limité à $6$ au lieu de tous les nombres pairs dans l'espoir que la clé de l'exercice se situe à ce niveau .
    Domi
  • DomDom
    Modifié (July 2023)
    En effet, Domi, le problème semble revenir au même. 
    Le codage peut encore se faire sur la puissance de chaque nombre. 
    Cela donne 15 matrices de rang 2 et la question est « existe-t-il un produit desdits matrices dont le rang est 1 » (haha le gars qui insiste lourdement). 

    Remarque : peut-être que c’est un nombre « puissance de 2 » que l’auteur voulait écrire au lieu d’un nombre « pair ». Ça nous simplifierait la tâche. 
  • S'il s'agit d'une erreur elle aura agité quelques méninges :)
    Domi
  • Oui. Et ça reste un problème de maths tout de même. 
  • Modifié (July 2023)
    Je crois que j'ai trouvé pour $n=6$.
    On considère $6$ nombres $a_1,\dots, a_6$.
    Soit $M$ la matrice $\begin{pmatrix} 2 & 2 & 1 &1&1&0 \\ 2&2&2&1&0&0 \\2&2&2&1&0&0 \\ 2&2&1&1&0&1 \\ 2&2&1&1&1&0\\ 2&2&1&1&0&1 \end{pmatrix}$. Elle agit sur les lignes, et est obtenue grâce aux opérations suivantes:
    $(x_1,x_2, \dots, x_6) \to (x_1+x_2,x_1+x_2, x_3, \dots, x_6) \to (x_1+x_2,x_1+x_2+x_3, x_1+x_2+x_3,x_4,x_5,x_6) \to$  $(x_1+x_2,x_1+x_2+x_3,x_1+x_2+x_3+x_4,x_1+x_2+x_3+x_4,x_5,x_6) \to$
    $ (2x_1+2x_2+x_3+x_4,x_1+x_2+x_3,x_1+x_2+x_3+x_4,2x_1+2x_2+x_3+x_4,x_5,x_6)\to$
    $(2x_1+2x_2+x_3+x_4+x_5,x_1+x_2+x_3,x_1+x_2+x_3+x_4,2x_1+2x_2+x_3+x_4,2x_1+2x_2+x_3+x_4+x_5,x_6) \to$ $(2x_1+2x_2+x_3+x_4+x_5,x_1+x_2+x_3,x_1+x_2+x_3+x_4,2x_1+2x_2+x_3+x_4+x_6,2x_1+2x_2+x_3+x_4+x_5,2x_1+2x_2+x_3+x_4+x_6) \to$
    $(2x_1+2x_2+x_3+x_4+x_5,2x_1+2x_2+2x_3+x_4,2x_1+2x_2+2x_3+x_4,2x_1+2x_2+x_3+x_4+x_6,2x_1+2x_2+x_3+x_4+x_5,2x_1+2x_2+x_3+x_4+x_6)$
    C'est-à-dire $M=S(2,3)S(4,6)S(1,5)S(1,4)S(3,4)S(2,3)S(1,2)$ où $S(i,j)$ est la matrice d'addition des deux lignes $i$ et $j$. C'est-à-dire par exemple $S(1,3)=\begin{pmatrix} 1 & 0& 1 &0&0&0 \\ 0&1&0&0&0&0 \\1&0&1&0&0&0 \\ 0&0&0&1&0&0 \\ 0&0&0&0&1&0\\ 0&0&0&0&0&1\end{pmatrix}$
    Soit $J$ la matrice $\begin{pmatrix} 0 & 1& 0 &0&0&0 \\ 0&0&1&0&0&0 \\0&0&0&1&0&0 \\ 0&0&0&0&1&0 \\ 0&0&0&0&0&1\\ 1&0&0&0&0&0\end{pmatrix}$
    Ensuite on fait l'opération $M(JMJ^{-1})(J^2MJ^{-2}) \cdots (J^5MJ^{-5})$ on trouve la matrice:
    $N =\begin{pmatrix}
    4202 & 33614 & 33614 & 26411 & 16807 & 3001 \\
    4202 & 33614 & 33614 & 26411 & 16807 & 3001 \\
    4202 & 33614 & 33614 & 26411 & 16807 & 3001 \\
    4201 & 33614 & 33614 & 26411 & 16807 & 3002 \\
    4202 & 33614 & 33614 & 26411 & 16807 & 3001 \\
    4201 & 33614 & 33614 & 26411 & 16807 & 3002
    \end{pmatrix}$
    $NS(1,6)$ est alors une matrice dont toutes les lignes  sont identiques.
    Sauf erreur...
Connectez-vous ou Inscrivez-vous pour répondre.
Success message!