Égaliser les six nombres - Page 2 — Les-mathematiques.net The most powerful custom community solution in the world

Égaliser les six nombres

2

Réponses

  • On peut faire plus simple $MJMJ^{-1} S(4,5)$ a toutes ses lignes identiques.
  • Modifié (July 2023)
    $$MJMJ^{-1}S(4,5)=\begin{pmatrix} 14&11&7&1&2&14\\14&11&7&1&2&14\\14&11&7&1&2&14\\14&11&7&2&1&14\\14&11&7&1&2&14\\
    14&11&7&2&1&14 \end{pmatrix}S(4,5)=\begin{pmatrix} 14&11&7&3&3&14\\14&11&7&3&3&14\\14&11&7&3&3&14\\14&11&7&3&3&14\\14&11&7&3&3&14\\14&11&7&3&3&14 \end{pmatrix}$$


    avec $M=S(2,3)S(4,6)S(1,5)S(1,4)S(3,4)S(2,3)S(1,2)$.

    [Edit: je ne sais plus si il faut considérer $M$ ou $^t M$, je suis fatigué.]


  • Modifié (July 2023)
    Il y a plus rapide. Si $L=S(2,3)S(4,6)S(1,5)S(1,4)S(1,3)S(2,3)$, alors $LJ^{-1}LS(5,6)$, et donc aussi $JLJ^{-1}LS(5,6)$, (correction d'après @bisam) a toutes ses lignes identiques.
  • DomDom
    Modifié (July 2023)
    Édit : avec plusieurs messages de retards…
    Bravo !!! J’ai fait les calculs (ne vous moquez pas, j’utilise Excel…). 
    Cela donne bien une matrice avec toutes les mêmes lignes. 
    Notation simplifiée : $(MJ)^5S(1,6)$. 
    Comment t’y es-tu pris ? Ça fait penser à une histoire de cycles. 
    Remarque : la matrice $J$ permet d’ordonner « psychologiquement », on doit pouvoir remplacer par des « $S(i,j)$ » pour s’en passer. 
  • Modifié (July 2023)
    Merci ! J'ai calculé par ordinateur comment rendre égaux les six nombres en partant de $(X_1,X_2,X_2,X_2,X_2,X_2)$ où $X_1,X_2$ sont des indéterminées. Cela m'a donné la matrice $M$. Puis j'ai réparti en faisant une permutation par cycle (c'est $J$).
    Je crois que j'ai mal écrit $M$ sous forme de $S(i,j)$, il faut peut-être lire dans l'autre sens l'écriture.
  • Ok. Amusant c’est une configuration de départ (a,b,b,b,b,b) que j’avais travaillée un peu… sans résultat.  
  • Modifié (July 2023)
    Wow. Bravissimo Marco. Super résultat. J'ai fait faire les calculs à Scilab. Je confirme : $(MJ)^5S(1,6)$ est solution. Et la matrice est bien le produit des transformations unitaires désignées.
    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.
  • Ah d'accord, merci d'avoir confirmé, alors c'est peut-être pour $L$ qu'il faut lire dans l'autre sens l'écriture sous forme de $S(i,j)$.
  • Modifié (July 2023)
    Absent toute la journée, je n'ai pas vérifié les calculs mais je crois qu'on peut faire confiance aux multiplies vérificateurs. Bravo Marco !
    Je vous embête si je parle de 10, 12, 14, 18 ... nombres ?
    Domi
  • Pour 12, c’est réglé 😏
  • En effet , le plus dur est fait :)
    Domi
  • Admirable, Marco
  • Euhhhhhhhhhhh. Attendez. De quel droit on permute ? Cela avait l'air logique a priori. Mais en fait, non. Toutes les transformations que l'on compose sont la matrice identité augmentée pour quelques candidats en dehors de la diagonale. On ne pourra jamais composer ces matrices pour obtenir une matrice de permutation (déjà rien que la première case ne contiendra jamais zéro).
    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.
  • Tu parles de la matrice $J$ ?
  • Oui, bien sûr.
    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.
  • Cela n’a aucun effet sur les contraintes. 
    Il suffit de trouver une formule du genre : $JS(i,j)=S(k,l)$. 
    $J$ renvoie la première coordonnées à la fin et toutes les autres, à gauche. 
    Changer l’ordre des coordonnées ne les modifie pas et « opérer » ensuite reste donc dans le jeu. 
  • :smile: Si tu espères que la permutation d'une transformation te donne une autre transformation, c'est donc que la permutation en elle-même n'a aucun sens.
    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.
  • J’en oublie le $J^{-1}$ mais… à plus tard…
  • Modifié (July 2023)

    Il me semble qu’il a été dit que les différentes matrices évoquées remplacent « visuellement » une succession de S(i,j). Deux S(i,j) avec quatre indices distincts permutent sans problème et on échange en effet deux incrémentations quand un indice est partagé. Il faut clairement ajouter une vision « permutation » à l’aspect « matriciel » si on veut généraliser.
    Pour moi le cassis est réglé 😊
    Domi 

  • C'est bon, tout est clair. $J^nX$ décale la matrice verticalement. $XJ^n$ décale la matrice horizontalement. Donc en combinant ces 2 opérations sur une transformation élémentaire, on retombe sur une transformation élémentaire. Et d'autre part, à la fin, comme les lignes ont pour seule obligation d'être identiques, on peut décaler autant que l'on veut. Distribution de J gratuits et illimités. Les puissances de J se propagent dans l'expression à volonté.
    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)
    Tu as raison, il y a des mécanismes élémentaires qui font fonctionner la machine et on peut croire de plus en plus que le même principe peut fonctionner pour tout n pair et pourquoi n pair ? Il est déjà surprenant qu'on soit ramené à travailler sur des entiers naturels lorsque les nombres proposés sont réels. À suivre donc :)
    Domi.
  • Modifié (July 2023)
    Je comprends que la conjugaison par $J$ corresponde simplement à un changement d'indice... mais une multiplication par $J$ seule ne me semble pas possible. Par conséquent, cette réponse de @marco ne me semble pas convenir.
    Il pourrait être intéressant de chercher une solution minimale en nombre de matrices $S(i,j)$ dans le produit... malheureusement, la borne supérieure égale à $15$ pour l'instant (d'après ce message, en remplaçant $JMJ^-1$ par les 7 bonnes matrices $S(i,j)$) et le nombre de matrices $S(i,j)$, à savoir $15$ également, donnent une recherche exhaustive un peu trop importante.
    Je vais quand même faire quelques essais.
  • Modifié (July 2023)
    @bisam: j'ai corrigé ma réponse (rajout de $J$), donc pour l'instant le min est $13$.
  • Modifié (July 2023)
    Mais on a le droit de permuter les lignes comme l'explique @PetitLutinMalicieux dans ce message:   
    https://les-mathematiques.net/vanilla/index.php?p=/discussion/comment/2439633/#Comment_2439633

    En effet si $P_0, \dots, P_k$ sont des matrices de permutation, $M_1, \dots, M_k$ des matrices qui sont des produits de $S(i,j)$, alors si $M=P_0M_1P_1\cdots M_kP_k$ est une matrice dont toutes les lignes sont égales, alors $ A=B_1B_2\cdots B_k$ (où $B_i=(P_i\cdots P_k)^{-1}M_k(P_i \cdots P_k)$) est une matrice dont toutes les lignes sont égales et est bien produit de $S(i,j)$ (autant de $S(i,j)$ que dans $M$)
  • Modifié (July 2023)
    Voici une autre solution. On se ramène à (a,a,b,b,b,b) en $5$ étapes.
    $(a,b,c,d,e,f) \to (a+b,a+b,c,d,e,f) \to (a+b,a+b,c+d,c+d,e,f) \to (a+b,a+b,c+d,c+d,e+f,e+f) \to (a+b,a+b, c+d+e+f, c+d, c+d+e+f,e+f) \to (a+b,a+b,c+d+e+f,c+d+e+f,c+d+e+f,c+d+e+f)$
    La suite est au message suivant.
  • Modifié (July 2023)
    Puis en partant de (a,a,b,b,b,b), voici les étapes suivantes, donc $11$ étapes en tout.
    $( X_0  ,  X_0  , X_1  ,  X_1  ,  X_1  , X_1  )$
    $\to (  X_0 + X_1  ,  X_0  , X_0 +  X_1  , X_1  , X_1  ,  X_1  )$
    $\to (X_0 + 2  X_1  ,  X_0  ,
      X_0 +  X_1  ,
     X_0 + 2  X_1  ,
      X_1  ,
      X_1  )$
    $\to (
      X_0 + 2  X_1  ,
      2  X_0 + 2 X_1  ,
      X_0 +  X_1  ,
      2  X_0 + 2  X_1  ,
       X_1  ,
      X_1  )$
    $\to (  X_0 + 2  X_1  ,
      2  X_0 + 3  X_1  ,
      X_0 + X_1  ,
      2  X_0 + 2  X_1  ,
     2  X_0 + 3  X_1  ,
      X_1  )$
     $\to ( 2  X_0 + 3  X_1  ,
      2  X_0 + 3 X_1  ,
      2  X_0 + 3 X_1  ,
      2  X_0 + 2  X_1  ,
      2  X_0 + 3  X_1  ,
      X_1  )$
    $\to (  2  X_0 + 3  X_1  ,
      2  X_0 + 3  X_1  ,
      2  X_0 + 3  X_1  ,
      2  X_0 + 3  X_1  ,
      2  X_0 + 3  X_1  ,
      2  X_0 + 3  X_1  )$
  • Cela me paraît déjà bien plus simple et bien plus difficile à battre ! 👍
  • Modifié (July 2023)
    Une illustration de la méthode Marco :

    Qui laisse de l'espoir pour un nombre pair de réels.
    Domi.
  • Modifié (July 2023)
    Voici la solution pour $n=10$ : on peut utiliser les résultats pour 4 et 6 pour se ramener à $( X, X  , X,X,Y ,Y ,Y  ,Y,Y,Y )$. Afin de soulager l'écriture on peut poser $[X]_4:=X,X,X,X$ et $[Y]_6=Y ,Y ,Y  ,Y,Y,Y$ de sorte que $( X, X  , X,X,Y ,Y ,Y  ,Y,Y,Y )$ devient :  $[X]_4,[Y]_6$. À partir de là on a : 

    $[X]_4,[Y]_6\to [X+Y]_2,[X]_3,[Y]_5\to [X+2Y]_2,X+Y,[X]_3,[Y]_4\to [2X+2Y]_2,X+2Y,X+Y,[X]_2,[Y]_4$
    $\to [4X+4Y]_2,X+2Y,X+Y,[X]_2,[Y]_4\to  [4X+4Y]_2,[2X+2Y]_2,X+Y,[X]_1,[Y]_4$
    $\to [4X+4Y]_2,[2X+2Y]_2,[2X+Y]_2,[Y]_4\to  [4X+4Y]_2,[4X+3Y]_4,[Y]_4$
    $\to [4X+4Y]_{10}$

    Voilà, si je ne me trompe pas à partir de là et grâce à la solution pour $n=6$, on peut mettre en place un argument par récurrence qui fait que la proposition est vraie pour toute suite de $n$ nombres pairs. Je l'écrirais peut-être plus tard s'il n'y a pas de bugs.
  • Modifié (July 2023)
    Ce problème a beaucoup plus à voir avec Carl Friedrich Gauss et sa somme des 100 premiers entiers que le moindre calcul matriciel. Imaginons qu'on ait 46 nombres réel et que 44 aient déjà été égalisés à une valeur "b". On égalise les deux derniers à une valeur "a" en les additionnant ensemble. Puis, on construit un ensemble de nombres comme s'ils étaient les termes d'une suite arithmétique que l'on va sommer en la pliant en deux.
    a+b (reste 43 "b")
    a+2b (reste 42 "b")
    a+3b (reste 41 "b")
    a+4b (reste 40 "b")
    ...
    a+41b (reste 3 "b")
    a+42b (reste 2 "b")
    On ajoute "a" au dernier créé :
    2a+42b
    Puis on additionne les 2 derniers "b" aux 2 valeurs obtenues pour déterminer la valeur finale :
    2a+43b

    À ce moment là, il reste à plier en deux les a+kb
    a+b + a+42b = 2a+43b
    a+2b + a+41b = 2a+43b
    etc...
    a+21b + a+22b = 2a + 43b

    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)
    J'ai toujours eu beaucoup de mal à comprendre les idées des autres, tu pourrais détailler étape par étape (comme Raoul) la suite des opérations à partir de 2a et 8b ?
    Domi
  • Modifié (July 2023)
    Ok, la solution de PetitLutinMalicieux règle le problème encore plus simplement en fait. Par récurrence on peut à présent montrer que ça marche pour tout $n$ pair.

    Preuve : pour $n=2,4$ c'est évident. Soit $n\geqslant 6$ un entier pair et une liste de $n$ variables : $X_1,...,X_n$. Par hypothèse de récurrence (car $n-2$ est pair, on peut se ramener à la configuration suivante : $[X]_2,[Y]_{n-2}$ où je note $[X]_2$ au lieu de "$X,X$" et idem pour $Y$.

    On applique la technique de PetitLutinMalicieux : 
    $[X]_2,[Y]_{n-2}\to [X+Y]_2,X,[Y]_{n-3}\to X+Y,[X+2Y]_2,X,[Y]_{n-4}\to X+Y,X+2Y,[X+3Y]_2,X,[Y]_{n-5}$
    $...$
    $\to X+Y,X+2Y,...,X+(n-5)Y,[X+(n-4)Y]_2,X,[Y]_{2}$
    $\to X+Y,X+2Y,...,X+(n-5)Y,X+(n-4)Y,[2X+(n-4)Y]_2,[Y]_{2}$
    $\to X+Y,X+2Y,...,X+(n-5)Y,X+(n-4)Y,[2X+(n-3)Y]_4$

    Or $n-4$ étant pair, tout se replie (on additionne le premier terme et le dernier avant les crochets, puis le deuxième et l'avant-dernier etc.) et on obtient :  $\to [2X+(n-3)Y]_n$.
  • Modifié (July 2023)
    D'accord, il était vraiment malin cet exercice. En tout cas Il m'aura permis de mieux connaître certains membres du forum à qui j'envoie un millier de messages de sympathie :)
    Domi.
  • Avec a, a, b, b, b, b, b, b, b, b
    a, b, b, b, b, b, b, b, a+b, a+b
    a, b, b, b, b, b, b, a+b, a+2b, a+2b
    a, b, b, b, b, b, a+b, a+2b, a+3b, a+3b
    a, b, b, b, b, a+b, a+2b, a+3b, a+4b, a+4b
    a, b, b, b, a+b, a+2b, a+3b, a+4b, a+5b, a+5b
    a, b, b, a+b, a+2b, a+3b, a+4b, a+5b, a+6b, a+6b
    b, b, a+b, a+2b, a+3b, a+4b, a+5b, a+6b, 2a+6b, 2a+6b
    b, a+b, a+2b, a+3b, a+4b, a+5b, a+6b, 2a+6b, 2a+7b, 2a+7b
    a+b, a+2b, a+3b, a+4b, a+5b, a+6b, 2a+7b, 2a+7b, 2a+7b, 2a+7b
    a+2b, a+3b, a+4b, a+5b, a+7b, 2a +7b, 2a+7b, 2a+7b, 2a+7b, 2a+7b
    a+3b, a+4b, 2a+7b, 2a+7b, 2a +7b, 2a+7b, 2a+7b, 2a+7b, 2a+7b, 2a+7b
    2a+7b, 2a+7b, 2a+7b, 2a+7b, 2a+7b, 2a+7b, 2a+7b, 2a+7b, 2a+7b, 2a+7b.
    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 bravo à toi pour avoir sorti ce fil du bourbier !
    Après je bloque.
  • Même si c'est sûrement très intéressant de lire l'ensemble du fil, peut-on savoir juste si la question initiale a été résolue et sinon, quelle sous-question a été traitée ?
    Merci d'avance.
  • Modifié (July 2023)

    Le problème est résolu en toute généralité.

    Le problème : on se donne $n$ réels avec $n$ entier pair et on peut remplacer chacun de deux des nombres par leur produit. Il faut montrer qu’après un nombre fini d’étapes on peut rendre tous les nombres identiques.

    On montre le résultat par récurrence sur $n$ pair. C’est évident pour $n=2$, considérons $n$ pair supérieur ou égal à $4$. On associe deux des $n$ valeurs pour obtenir $y$ et $y$ et par hypothèse de récurrence on égalise les $n-2$ autres à $x$. Bilan : $x,x,x,x,\dots , y,y$.

    On va ensuite regrouper un $x$ avec un $y$ pour obtenir $xy,xy$ puis un $xy$ avec un $x$ pour obtenir $x^2y,x^2y$, puis un $x$ avec un $x^2y$ pour obtenir $x^3y,x^3y$  et ainsi de suite jusqu’à ce qu’il n’y ait plus que deux $x$ libres. Il reste donc sur le tapis : $xy,x^2y,x^3y,\dots, x^{n-4}y,x^{n-4}y,x,x,y$. On associe le $y$ avec un des $x^{n-4}y$ et il reste donc : $xy,x^2y,x^3y,\dots, x^{n-4}y,x^{n-4}y^2,x^{n-4}y^2,x,x$. On finit par rendre tout le monde égal à $x^2y^{n-3}$ en associant le premier terme avec le $n-4$ ème, le deuxième avec le $n-5$ ème, … puis le $n$ ième avec le $n-2$ ème et le $n-1$ ème avec le $n-3$ ème.

    Tout cela parait bien simple après coup :)
    Domi.

  • Modifié (July 2023)
    Bonjour
    Joli dénouement !
    On peut encore se demander ce qui se passe lorsque $n$ est impair...
    Cordialement.
    Paul.
  • Imaginons qu'on ait 46 nombres réel et que 44 aient déjà été égalisés à une valeur "b". On égalise les deux derniers à une valeur "a" en les additionnant ensemble. Puis, on construit un ensemble de nombres comme s'ils étaient les termes d'une suite arithmétique que l'on va sommer en la pliant en deux.
    Cette idée de suite arithmétique est l'idée clé, bravo. 
    Tu me dis, j'oublie. Tu m'enseignes, je me souviens. Tu m'impliques, j'apprends. Benjamin Franklin
  • Modifié (July 2023)
    Tout cela ne règle pas le cas $n$ impair, il y a sûrement un argument massue qui m'échappe pour le moment.
    Domi.
  • Oui. Peut-être qu’en parvenant à démontrer un truc du genre « si c’est possible pour 5, alors c’est possible pour 3 ». 
  • Modifié (July 2023)
    Je voyais plutôt un invariant, mais tant que rien n'est prouvé, tout les idées se valent :)
    Domi
  • Oui, pas assez calé en algèbre pour continuer la voie de l’impossible rang 1 🤣
  • L'idée est la même bien sûr mais l'optique légèrement différente :)
    Domi 
  • Modifié (July 2023)
    Si on part d'une suite de nombres strictement positifs vérifiant la propriété "le nombre d'occurences de la plus grande valeur est pair", alors on peut vérifier que la propriété reste vraie après n'importe quelle opération.

    Donc si on part par exemple de 2,2,1,1,1 on ne pourra jamais rendre toutes les valeurs égales.
  • Modifié (July 2023)
    En effet, le problème est (enfin) clos.
    Domi.
  • Modifié (July 2023)
    Domi a dit :

    Le problème est résolu en toute généralité.

    Le problème : on se donne $n$ réels avec $n$ entier pair et on peut remplacer chacun de deux des nombres par leur produit. Il faut montrer qu’après un nombre fini d’étapes on peut rendre tous les nombres identiques

    Le problème initial parle de remplacer deux nombres par leur somme et pas par leur produit. Qu'en est-il du coup ? :)
    Sinon, merci pour la synthèse !
  • En fait la résolution est valable dans tout monoïde commutatif, donc addition ou multiplication n'a pas d'importance.
  • DomDom
    Modifié (July 2023)
    Disons qu’avec certains nombres, des solutions sont possibles dans des cas impairs comme $(1;2,3)$ pour les sommes ou $(\pi;\pi^2;\pi^3)$ pour les produits. Je donne les deux pour comprendre le lien entre somme et produit. 
Connectez-vous ou Inscrivez-vous pour répondre.
Success message!