Dénombrement

Bonjour,

Pourriez-vous m'aider à résoudre ces deux problèmes :

1°) S'il existe 5 façons différentes de découper un pentagone régulier en trois triangles.
De combien de façons différentes peut-on découper un 25-gone régulier en 23 triangles

2°) De combien de façons différentes peut-on colorier les 24 faces d’un Tesseract (hypercube de dimension 4)
en rouge, vert et bleu de façon à ce que deux faces ayant une arête commune ne soient jamais coloriées de la même couleur

1°) Dans le cas du 1°) j'ai répondu 25, en m'inspirant de la méthode pour dénombrer les triangles du pentagone régulier.
J'ai noté : 1,2,3,4,5 le pentagone et fait apparaitre pour chaque sommet 3 triangles :
1,2,3
1,3,4
1,4,5

2,3,4
2,4,5
2,5,1
...

Pour en conclure que chaque somme avait une décomposition en 3 triangles.
comme il y a 5 sommets, il y a 5 décompositions.

Est-ce correct ?

Pour le 2°) je n'ai vraiment aucune idée.

Merci pour votre aide

Réponses

  • Bonsoir,

    Avec 25, tu es loin du compte !
    A toute décomposition d'un n-gone en triangles tu peux associer un arbre binaire à n-2 noeuds. Et ça, ça se compte avec les nombres de Catalan.

    Pour la description de l'arbre binaire : on choisit un côté du n-gone comme racine, et les triangles sont les branchements (un côté par où on entre, deux côtés par où on sort). Un petit dessin :
    19495
  • Ah , je vois merci

    c'est donc : (2n) ! / (n ! * (n+1) ! ) avec n = 23

    Et pour le 2°), je n'ai aucune idée :

    De combien de façons différentes peut-on colorier les 24 faces d’un Tesseract (hypercube de dimension 4)
    en rouge, vert et bleu de façon à ce que deux faces ayant une arête commune ne soient jamais coloriées de la même couleur

    Merci
  • Commence par te poser la question de colorier en cube en 3 couleurs en respectant la contrainte que deux faces ayant une arête commune ne sont pas de la même couleur. De combien de façons peut -on procéder ?
    Ensuite, demande-toi, une fois qu'un cube est colorié, de combien de façons on peut étendre ce coloriage au tesseract.
  • Pour le cube,

    Je prends par exemple R (Rouge) pour la face supérieure horizontale :
    Donc les deux surfaces latérales parallèles entre elles sont nécessairement de la même couleur :
    On peut avoir par exemple : vert et vert
    Pour les deux autres surfaces verticales on a nécessairement : Bleu et Bleu
    Pour la surface inférieure horizontale on a nécessairement Rouge.

    On refait le raisonnement précédent en changeant vert par bleu et bleu par vert.

    Donc pour une surface horizontale supérieure coloriée en rouge, on a deux coloriages possibles.
    En remplaçant Rouge par vert ou Bleu, on trouve le coloriage précédent par rotation.

    Je trouve donc 2 coloriages possibles avec 3 couleurs.

    Le parton d'un Tesseract est composé de 8 cubes, cela fait donc 8*2 = 16 couleurs ?
  • Tu penses qu'on identifie deux coloriages qui se déduisent l'un de l'autre par une rotation ? Ca ne me semble pas clair avec l'énoncé du problème. Enfin, en tout cas, ton décompte n'est pas bon.
    Et pour l'extension au Tesseract, ça ne va plus du tout !
  • Merci pour vos réponses, mais cela ne m'aide pas vraiment
  • Ben non, je le reconnais bien volontiers, m'enfin, c'est tout de même à faire , non? Ou alors, ce n'est plus du jeu.

    Pour le coloriage du cube : tu as énuméré correctement ce qui se passe si on n'identifie pas deux coloriages qui se correspondent par une rotation du cube : il y en a 6.
    Par contre, quand tu fais intervenir les rotations du cube, là tu te fiches dedans. Revois ça.

    Ensuite, pour l'extension au tesseract. Je fais faire un abus bien commode : J'appelle l'espace de dimension 3 où se situe notre cube colorié l'espace "horizontal", et la 4e dimension ajoutée la "verticale".
    Donc on a : un cube que j'appellerai cube du bas (niveau 0 pour la verticale) avec ses 6 faces déjà coloriées. 12 faces "verticales" se projetant sur le segment [0,1] de la verticale. 6 faces horizontales au niveau 1 de la verticale.
    A-t-on le choix pour colorier les faces verticales ? Considère qu'une telle face verticale a comme côté une arête horizontale au niveau 0, qui est aussi côté de deux faces horizontales déjà coloriées.
    A-t-on ensuite le choix pour les faces horizontales au niveau 1 ?

    Je ne garantis pas que ce soit le moyen le plus élégant de s'en tirer. Mais je t'ai tout de même sacrément maché le travail, non ?
  • Donc si j'ai bien compris : le cube peut être colorié de 6 façons différentes avec les critères de l'énoncé.
    Ensuite on génére un hypercube de dimension 4 par une translation de ce cube.
    (On obtient uen figure de 12 sommets, 24 faces carrées et 8 faces cubiques)
    Les faces adjacentes ont une et une seule façon d'être coloriée.
    Donc il y a au total : 6x1 =6 solutions possibles

    Est-ce correct ? Merci
  • Qu'en penses-tu ? Je répète, c'est à toi de faire et à toi de te convaincre.

    Et si on identifie deux coloriages qui se déduisent l'un de l'autre par une rotation du tesseract ?
  • Je ne trouve pas cela très élégant de demander les réponses d'un concours en cours sur un forum.
    (Vraiment clair car 2 problèmes directement issus des sujet dans le même post)

    Mes mathematiques sur une etagere

    Si ce n'est pas pour participer mais pour connaître les réponses alors il vaut mieux attendre que le concours soit fermé, ça évite aussi aux réponses de trainer pendant le concours.
  • Pas joli-joli, ça, jeremyjeff !
  • Désolé, j'ai cherché et j'ai pas compris.
    Je voulais juste une confirmation de mes résultats.

    J'attendrai la fin du concours ...
  • Cette discussion devrait être fermée vu qu'elle fait partie d'un concours actuel comme l'a indiqué Rivas !
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