Mathadore66-1.5.23

I°/ Problèmes insolubles, conjectures et autre paradoxes :

A°/ Le paradoxe de Condorcet : Phénomène non transitif.
B°/ Conjecture de FERMAT Puissance niéme :
C°/ Duplicité du cube :
D°/ Trisection d’un angle :
E°/ Le problème de Syracuse :
F°/ La Conjecture de Goldbach :
G°/ Le Problème de Catalan :
H°/ Elkies contradit Euler :
I°/ Le paradoxe de Zénon d’Elée : La flèche
J°/ L'avocat :
K°/ Le segment qui se voulait aussi grand qu'une droite...:
L°/

M°/ Factorielles et carrés :
N°/ Fractions égyptiennes :
O°/ Equations Diophantiennes :
P°/ Côtés et segments remarquables du triangle :
Q°/ Les distances d'un point aux sommets d'un carré :
R°/ La brique parfaite d'Euler :
S°/ Le paradoxe d’Epiménide le Crétois :
T°/ Quelques sophismes :
U°/ Le barbier barbant :
V°/ Le paradoxe de Zénon d’Elée : Achille et la tortue
VI°/ Paradoxe de Socrate et Platon :
VII°/ Les nombres de Ramsey :
VIII°/ Les nombres de Lychrel :
IX°/ Le nombre chromatique du plan :
X°/ Persistance multiplicative :

 

A°/ Le paradoxe de Condorcet : Phénomène non transitif.

Un phénomène transitif respecte l'ordre. Donc : si A < B et B < C alors A < C.

Cependant il existe des phénomènes non transitifs. Ainsi : si A < B et B < C alors A > C.

Chaque résultat l'emporte sur un autre. C'est comme dans le jeu du Chifumi (Pierre-papier-ciseaux), chaque action l'emporte sur une autre.

1°/ L'élection :

Soient trois candidats ou trois options, A, B et C que nous voulons départager par le vote. Si une majorité d'électeurs préfère A à B, nous noterons A>B.

On peut imaginer que si A>B et B>C alors A>C. Et bien cela est faux en général comme le prouve l'exemple suivant.

Lors de l’élection du délégué de classe de 3°2, trois candidats se sont présentés : Véronique, Jules et Olivier.

Dans cette classe de 25 élèves, j’ai donc demandé à chacun de donner ses préférences.

5 élèves préfèrent Jules à Véronique, elle-même préférée à Olivier : J > V > O : 5 voix

Voici les résultats :

J > V > O : 5 voix

J > O > V : 6 voix

O > J > V : 3 voix

O > V > J : 3 voix

V > O > J : 7 voix

V > J > O : 1 voix

Total : 5 + 6 + 3 + 3 + 7 + 1 = 25 élèves

Donc on remarque que :

5 + 6 + 3 = 14 préfère J> V contre 3 + 7 + 1 = 11 pour V > J

5 + 7 + 1 = 13 préfère V>O contre 6 + 3 + 3 = 12 pour O > V

3 + 3 + 7 = 13 préfère O>J contre 5 + 6 + 1 = 12 pour J > O

On a donc J > V, V > O et pourtant O > J alors qu'on s'attendrait à J > O !

Autrement dit aucun classement tel que J > V > O ne peut être considéré comme le classement préféré de la classe, car celui-ci impliquerait que J > O. Dans ce cas, les classements individuels ne peuvent conduire à un classement collectif.

Voici 3 types d’élections :

1/ L’élection précédente s’appelle Vote plurinominal, à un tour, avec échelle de préférences. C’est le vote le plus démocratique par excellence. Avec trois candidats, l’électeur a le choix entre 6 combinaisons possibles. Malheureusement, ce mode de scrutin, qui permet à l’électeur d’exprimer un ordre de préférence sur l’ensemble des candidats, est difficilement applicable dans la pratique. Il butte sur le paradoxe de Condorcet et il y a impossibilité de désigner un vainqueur.

2/ Vote uninominal, à la majorité simple, à un tour. C’est le système anglo-saxon : First past the post. Celui qui remporte le plus de voix au premier tour est élu. Ici se serait Jules car il a 14 voix contre 13 pour Olivier et Véronique.

3/ Vote uninominal, à la majorité absolue, à deux tours. C’est le système français. Il faut avoir plus de la moitié des voix pour être élu au premier tour, sinon on réalise un deuxième tour. Dans ce cas de figure, si Olivier se désiste au profit de Véronique (ou le contraire), Jules est battu au deuxième tour par 26 voix contre 14 (si le report est total).

2°/ Les magasins :

Les enseignes de distribution de vantent souvent d'être moins chère que leurs concurrents. Mais est-ce 3 magasins peuvent être plus économiques à la fois les uns avec les autres ?

Voici 3 magasins qui vendent 3 produits identiques.	Comparons les magasins 1 et 2. C'est 2 qui est plus économique.
Comparons les magasins 2 et 3. C'est 3 qui est plus économique.	Comparons les magasins 1 et 3. C'est 1 qui est plus économique.

Donc : Magasin 3 < Magasin 2 puis Magasin 2 < Magasin 1 mais Magasin 1 < Magasin 3 ???? Il n'y a pas de magasins plus économiques que les autres, cela va dépendre du produit.

Les publiciataires ont encore de beaux jours devant eux pour nous vendre leurs salades.

3° Les dés :

Voici 3 dés un peu particulier. Lequel a le plus de chance de nous faire gagner ?

Représentons les issues possibles et leurs résultats sont forme de tableau :

De nouveau, contrairement à ce que l'on pouvez imaginer, le bleu l'emporte sur le vert.

B°/ Conjecture de FERMAT Puissance niéme :

Quel que soit a un nombre entier, il n’existe pas 2 autres entiers b et c tels que : aⁿ = bⁿ + cⁿ avec n >2

Fermat établira tout de même une preuve pour n = 4.
Plus tard, le suisse Leonhard Euler (1707 ; 1783) propose une démonstration pour n = 3. En 1828, l’allemand Peter Lejeune-Dirichlet (1805 ; 1859) la démontre pour n = 5, puis en 1840, Gabriel Lamé (1795 ; 1870) et Joseph Liouville (1809 ; 1882) pour n = 7.
La course folle après la conjecture de Fermat est lancée. Les plus grands mathématiciens et savants s’affrontent pour être le premier à venir à bout de cette étonnante conjecture à l'énoncé si simple mais dont la démonstration semble inaccessible. Il faut dire que des récompenses très appréciables sont promises. L’Académie des sciences de Paris promet une médaille d’or et une somme de 300 000 francs or. La Société royale de Göttingen offre 50 000$ (actuel) correspondant au prix Wolfskehl crée en 1908.

C’est en 1993 que la conjecture défraie la chronique. Les médias de toutes parts annoncent la fin de ce grand mythe des mathématiques, qui résistait depuis plus de 350 ans à toutes les démonstrations.
Le héros s’appelle Andrew Wiles, un anglais né à Cambridge en 1953. Sa mère, professeur de mathématiques l’initie très jeune au maniement des nombres.
C’est à l’âge de 10 ans qu’il tombe dans le piège de Fermat en empruntant à la bibliothèque un manuel d’histoire des mathématiques traitant de la conjecture de Fermat.

« Cela avait l’air si simple, et pourtant aucun des grands mathématiciens de l’histoire n’avait pu le résoudre. » Wiles

Pas si simple ! Wiles doit travailler dans le plus grand secret, le risque est trop grand, pense-t-il de se faire voler sa démonstration. Seuls ses plus proches collègues sont au courant de ses travaux. Il faudra à Wiles sept années d’isolement et de labeur pour arriver à bout, croyait-il, le 23 juin 1993 de la conjecture de Fermat. A l’Institut Isaac Newton de Cambridge, Il expose sa démonstration devant une assemblée de savants. L'idée de Wiles est remarquable, en passant par les courbes elliptiques, il unifie différentes branches des mathématiques pour prouver la conjecture de Fermat...
... Mais après plusieurs semaines, on s’aperçoit que sa preuve comporte une faille.

Andrew Wiles

Même si Wiles tente corriger son erreur, après ce revers, c'est le doute puis le désarroi qui l'emportent.
Quand le matin du lundi 19 septembre 1994, assis à son bureau, Wiles a de façon tout à fait inattendue une incroyable révélation. Il réalise ce qui empêche sa démonstration de fonctionner et se remet alors au travail.
En mai 1995, il publie la correction de sa démonstration qui est ensuite officiellement reconnue dans le monde scientifique. Celle-ci fait tout de même plus de 1000 pages. Fermat avait raison de dire qu’elle ne pouvait tenir dans sa marge !!!

Il reçoit alors un prix spécial par le congrès international des mathématiciens qui attribue habituellement la médaille Field (l’équivalent du prix Nobel en mathématiques), les 300 000 francs or de l’Académie des sciences, le prix Wolfskehl et surtout la fierté de voir la conjecture de Fermat changer de statut et de nom pour devenir le Théorème de Fermat-Wiles.

Cela marche avec n = 2. Il s’agit des triplets Pythagoriciens ( 3² + 4² = 5² par exemple).

C°/ Duplicité du cube : Soit un cube d’arête a. Il est impossible de trouver un autre cube d’arête b dont l’aire ou le volume soit le double du premier. En effet :

Arête	Surface	Volume
a	a²	a3
b	b²	b3

2 x a² = b² 2 x a³ = b³

2 = b²/a² 2 = b³/a³

= b/a = b/a

Or ni ni ne sont des rationnels, donc ils ne peuvent s‘écrire comme tel c’est à dire sous la forme d’un rapport de 2 nombres entiers b/a.

D°/ Trisection d’un angle :

A l’aide d ‘une règle et d’un compas, il est impossible de partager un angle b donné, en 3 angles a égaux.

E°/ Le problème de Syracuse :

L'origine du problème n'est pas claire. Il semble que le mathématicien Lothar Collatz soit le premier à avoir, au début des années 1930, rencontré ce que l'on appelle, depuis, l'algorithme de Collatz ou le problème 3 N + 1. Vers 1950, Helmut Hasse, un ami de Collatz, introduisit le problème à l'Université de Syracuse (aux États-Unis et non en Sicile). C'est pour cette raison que le problème est maintenant connu sous le nom de conjoncture de Syracuse.

Recommencez de même avec le résultat... Vous arriverez fatalement à 1 au bout d'un nombre h (la hauteur du nombre initial) d'opérations. Mais quelle peut être la hauteur maximale ?

À l'heure actuelle, la conjoncture de Syracuse a été vérifiée pour tout nombre inférieur à mille milliards, mais on ne sait toujours pas prouver qu'elle est vraie pour tous les entiers !

F°/ La Conjecture de Goldbach: http://fr.wikipedia.org/wiki/Conjecture_de_Goldbach

En 1742, Christian Goldbach proposa à Leonhard Euler la conjecture suivante: "Tout nombre entier supérieur à 5 est somme de deux nombres premiers".

Enoncé modernisé en : Tout nombre pair supérieur à 2 est la somme de deux nombres premiers.

Cette conjecture a fait l'objet de recherches par plusieurs théoriciens des nombres et a été vérifiée par ordinateur pour tous les nombres pairs jusqu'à 2.10¹⁸ à la date de novembre 2010. Voici un site qui propose de décomposer les nombres : http://wims.unice.fr/wims/wims.cgi?session=C0213EEABB.2&+lang=fr&+module=tool%2Fnumber%2Fgoldbach.fr

Mais aujourd'hui encore personne n'a pu prouver qu'elle était valable pour TOUS les entiers !!

G°/ Le Problème de Catalan :

En 1844, Catalan proposa l'énoncé suivant: les seuls puissances parfaites consécutives sont 8 et 9. Autrement dit l'équation x^p - y^q = 1, avec x, y, p et q entiers n'admet comme solution que le couple (8,9). On sait depuis 20 ans qu'il n'y a en tout cas qu'un nombre fini de solutions, on connait également la borne supérieure de ces solutions, mais elle est si élevée que même à l'aide des ordinateurs les plus puissants, on n'a jamais pu trouver d'autres solutions à l'équation. Apparemment la conjecture de Catalan a de beaux jours devant elle...

H°/ Elkies contradit Euler :

Mais même les plus grands mathématiciens peuvent se tromper dans leurs conjectures: ainsi Leonhard Euler (1707/1783) qui avait prévu que la somme de trois bicarrés ne pouvait être un bicarré, c'est-à-dire que l'équation a⁴ + b⁴ + c⁴ =d⁴ n'admet aucune solution avec a,b,c,d entiers naturels. Or il se trompait !! Car l'américain N. Elkies a trouvé une solution à cette équation en 1988 !! Et on sait de plus qu'il n'y a qu'une solution avec d inférieur à 1 million.

Cette solution est a = 95800 b = 217519 c = 414560 et d = 422481.

I°/ Le paradoxe de Zénon d’Elée : La flèche

Zénon se tient à huit mètres d'un arbre, et tire une flèche sur lui. Avant que le flèche puisse atteindre l'arbre, elle doit traverser la première moitié des huit mètres. Il faut un certain temps, non nul, à cette flèche pour se déplacer sur cette distance. Ensuite, il lui reste encore quatre mètres à parcourir, dont elle accomplit d'abord la moitié, deux mètres, ce qui lui prend un certain temps. Puis la pierre avance d'un mètre de plus, progresse après d'un demi-mètre et encore d'un quart, et ainsi de suite ad infinitum et à chaque fois avec un temps non nul.

Zénon en conclut que la flèche ne pourra pas frapper l'arbre, puisqu'il faudrait pour cela que soit franchie effectivement une série infinie d'étapes, ce qui est impossible. Le paradoxe se résout en soutenant que le mouvement est continu ; le fait qu'il soit divisible à l'infini ne le rend pas impossible pour autant. De plus, en analyse moderne, le paradoxe est résolu en utilisant fondamentalement le fait qu'une série infinie de nombres strictement positifs peut converger vers un résultat fini.

Ce paradoxe dit de "la dichotomie" c'est à dire division par deux veut montrer l'impossibilité du mouvement. Il tend à mettre en doute la vérité par un raisonnement logique. Par ce paradoxe on peut en déduire que le mouvement ne peut être découpé en une infinité de morceaux. Cependant et les mathématiques nous le confirment si on fait la somme (infinie) de toutes les distances du problème on trouve 1: 1/2+1/4+1/8+... La limite de cette suite vaut 1. Donc on atteindra bien ce point. Mais une limite est ce vers quoi on tend sans jamais l'atteindre...

J°/ L'avocat :

Le sophiste Protagoras avait convenu avec un de ses élèves Euathlus, un étudiant pauvre, qu'il lui enseignerait le droit à la condition qu'Euathlus lui payât cet enseignement dès qu'il aurait gagné son premier procès. Le jeune homme suivit ses leçons, puis finalement devient avocat. Il attendit alors ses premiers clients qui ne virent pas.
Protagoras s'impatienta et décida alors de réclamer à son ancien élève la somme qu'il lui devait. Il l'assigna donc devant les tribunaux.
- Ainsi raisonna Protagoras:
"Ou je gagne le procès, ou tu le gagnes. Si je gagne, tu me paies en exécution du jugement du tribunal. Si tu gagnes, tu me paies d'après notre convention. Dans les deux cas je serai payé".
- "Pas du tout", répliqua Euathlus. "Si je gagne, je n'ai pas à te payer, d'après le jugement du tribunal. Si tu gagnes je n'ai pas à te payer d'après notre convention. Dans les deux cas je n'ai pas à te payer."

Alors que va choisir le tribunal?

Les 2 personnages raisonnent correctement.
Voici comment le tribunal pourrait agir pour dissiper ce paradoxe:

D’abord, le juge décide de faire gagner Euathlus. Il aura ainsi remporté son premier procès.
Ensuite, Protagoras pourra intenter un nouveau procès et pourra se faire rembourser son dû sans créer un nouveau paradoxe.

K°/ Le segment qui se voulait aussi grand qu'une droite...

A chaque point N de [AB], correspond un point unique M de [CD].
Et à chaque point M de [CD] correspond un point unique N de [AB].
Chaque point de chaque segment a son correspondant sur l'autre.

Les deux segments [AB] et [CD] ont donc le même nombre de points mais pas la même longueur...

L/

Soit un triangle rectangle et isocèle de côté 1 et d’hypoténuse

La somme des longueurs des 2 côtés de l'angle droit est 1 + 1 = 2.

Si nous construisons une ligne brisée avec des gradins en angle droit comme sur la figure ci-dessous, il est facile de conclure que sa longueur est toujours égale à 2 (les segments verticaux mis bout à bout ont une longueur de 1 et les horizontaux mis bout à bout ont aussi une longueur de 1).

En réitérant le procédé, nous avons toujours une ligne brisée de longueur 2.
Continuons indéfiniment à augmenter le nombre de gradins, nous obtenons une suite de lignes brisées qui se rapprochent de plus en plus de l'hypoténuse du triangle rectangle. On a bien envie de penser que la ligne brisée se confondra à la fin avec l'hypoténuse et donc que sa longueur sera celle de l'hypoténuse donc =2 !!

Explication :

La ligne brisée ne sera pas confondue avec l'hypoténuse du triangle. Elle n'a pas tous ses points sur l'hypoténuse. L'ensemble des points communs à la ligne brisée et l'hypoténuse est un ensemble dénombrable de points et il existe des points intermédiaires non communs à la ligne brisée et l'hypoténuse.
La ligne brisée a une longueur constante 2 et l'hypoténuse a une longueur de .

M°/ Factorielles et carrés :

Existe-t-il un couple d'entiers p > 7 et q tels que la factorielle de p, plus un soit égale à q ?

p! + 1 = q² ?

Il est connu que 4! +1 = 25 = 5²

5! + 1 = 121 = 11²

7! + 1 = 5041 = 71²

On ne connaît pas d'autre solution.

N°/ Fractions égyptiennes :

Un entier n > 1 étant donné, existe-t-il des entiers x, y et z tels que 4/n = 1/x + 1/y + 1/z ?

Les fractions 1/x, 1/y et 1/z dont le numérateur est égal à 1 et le dénominateur est un entier naturel positif, sont appelées fractions égyptiennes.

4/n doit donc être la somme de trois fractions égyptiennes.

On connaît des solutions chaque fois que n est différent de 24k+1

Par exemple, pour n=7, on a : 4/7 = 1/3 + 1/6 + 1/14.

Mais on ne sait pas montrer que le problème est possible pour tout n.

O°/ Equations Diophantiennes :

Il existe 4 nombres a, b, c et d qui vérifient les équations diophantiennes suivantes :

a² + b² = c² + d²
a³ + b³ = c³ + d³
a⁴ + b⁴ = c⁴ + d⁴

Mais on ne connaît pas de relation similaire pour a⁵ + b⁵ = c⁵ + d⁵

P°/ Côtés et segments remarquables du triangle :

On sait résoudre un joli problème dans lequel 17 longueurs dans un triangle sont toutes des nombres entiers : les trois côtés, les trois hauteurs, les trois bissectrices intérieures et les trois bissectrices extérieures, les deux rayons du cercle circonscrit et du cercle inscrit et les trois rayons des cercles exinscrits (cité par Jean Moreau de Saint Martin).

AB = 148622918043600 BC = 160847313900000 AC = 185939494868400

hA = 154413421344000 hb = 142678001321856 hc = 123423876576000

rA = 115810066008000 rb = 132109260483200 rc = 185778647554500

AA’ = 156251676360000 BB’ = 145764785004300 CC’ = 123594942240000

AA’’ = 1009626216480000 BB’’ = 696990236342400 CC’’ = 2346677653320000

r = 46324026403200 R = 96843486910625.

Un autre problème d'énoncé plus simple n'a toujours pas de solution à ce jour : existe-t-il un triangle dont les côtés, les médianes et l'aire s'expriment avec des nombres entiers ?

Q°/ Les distances d'un point aux sommets d'un carré :

On considère dans le plan un carré de côté unité. Existe-t-il un point du plan dont les distances aux quatre sommets du carré s'expriment sous la forme de nombres rationnels ?

En d'autres termes existe-t-il un carré de côté n entier tel qu'il existe un point du plan situé à des distances entières des quatre sommets du carré ? Aucune solution n'existe à ce jour.

On peut rapprocher cet énoncé d'un problème analogue sur la sphère, non résolu à notre connaissance : peut-on tracer quatre cercles de rayons rationnels sur une sphère de rayon unité tels qu'ils soient tangents deux à deux ?

R°/ La brique parfaite d'Euler :

La brique parfaite d'Euler est un parallélépipède rectangle dont les côtés a, b et c, les diagonales des faces
, et et la diagonale principale qui joint deux sommets opposés sont tous des nombres entiers. Aucun exemple de cette brique parfaite n'existe à ce jour.

S°/ Le paradoxe d’Epiménide le Crétois :

Un paradoxe dû à Epiménide le Crétois (Vie siècle av. J.C.). C'est un syllogisme , basé sur le raisonnement logique.

Voici l'énoncé :

"Tous les Crétois sont des menteurs.

Si tous les Crétois sont des menteurs, alors Epiménide le Crétois est un menteur.

Si Epiménide est un menteur, ce qu'il dit est faux, donc il ne ment pas et ce qu'il dit est vrai."

Donc comme Epiménide dit vrai, tous les Crétois sont des menteurs. Mais comme Epiménide est un Crétois, c'est un menteur.

Et on retombe sur un cercle vicieux.

T°/ Quelques sophismes :

" Un cheval bon marché est rare.

Or ce qui est rare est cher

Donc un cheval bon marché est cher. "

Cette conclusion est contradictoire, pourtant chacune des phrases du raisonnement paraît correcte. Pourquoi parvient-on à un tel résultat ?

On peut ajouter une dose d'humour et le formuler autrement :

" Plus il y a de gruyère, plus il y a de trous.

Or plus il y a de trous, moins il y a de gruyère

Donc plus il y a de gruyère, moins il y a de gruyère .. »

U°/ Le barbier barbant :

Sur l'enseigne d'un barbier est inscrit :
" Je rase tous les hommes du village qui ne se rasent pas eux-mêmes, et seulement ceux-là."
Alors d'après vous qui rase le barbier?

On voit bien le paradoxe. En effet, si le barbier se rase lui-même, alors d'après ce qu'il dit, il ne peut pas se raser. Au contraire s'il ne se rase pas, il doit alors se raser pour respecter son enseigne.

Et là, il y a paradoxe. Donc la condition que définit le barbier crée une contradiction. On ne peut que conclure qu'un barbier qui prétend cet axiome ne peut exister.

V°/ Le paradoxe de Zénon d’Elée : Achille et la tortue

Pour une raison maintenant oubliée dans les brumes du temps, une course avait été organisée entre le héros Achille et une tortue.
Le premier se déplaçant 10 fois plus vite que la seconde, celle-ci démarra avec 100 m d’avance pour équilibrer les chances des deux concurrents.

La première chose à faire pour Achille fût de combler son retard en se rendant à l’endroit de départ de la tortue qui, pendant ce laps de temps, s’était déplacée. Achille dut donc combler ce nouvel handicap alors que la tortue, bien que d'une lenteur désespérante, continuait inexorablement sa route, créant ainsi un handicap supplémentaire...
Battu et furieux, Achille exigea une revanche mais rien n’y fit, ni la longueur de la course, ni la vitesse de déplacement d’Achille.

En effet, aussi petits que soient les handicaps successifs créés par la tortue, Achille mettait toujours un certain temps pour combler chacun d’entre eux et, malgré tous ses efforts, il ne put jamais rattraper la tortue!

Vitesse d’Achille : 10m.s^-1 dA = Distance parcourue par Achille TA = temps de corse d’Achille
Vitesse de la tortue : 1m.s^-1 dt = Distance parcourue par la tortue Tt = temps de corse de la tortue

dA	TA = dA/10 = Tt	dt = Tt
100m	10s	10m
10m	1s	1m
1m	1/10s	1/10m
1/10m	1/100s	1/100m

On le voit bien, dA diminue d’un facteur 10 mais n’est jamais égal à zéro, tout comme TA et Tt.

Par conséquent, le nombre de secondes qui s'écoulent avant qu'Achille ne rattrape la tortue est :

On obtient une somme comportant une infinité de termes. Ce que Zénon d'Elée n'avait pas prévu, c'est que cette somme infinie possède une valeur finie. Les règles sur les séries géométriques montrent en effet sans peine que la somme précédente fait 11s et 1/9.

La manipulation des sommes infinies (on parle de séries) a très longtemps posé des problèmes conceptuels et philosophiques aux mathématiciens. Le cours de Cauchy à l'Ecole Polytechnique en 1820, pourtant un modèle pour l'époque, comporte encore des erreurs à ce sujet. Il faudra attendre la fin du XIXè s., et les travaux de Karl Weierstrass, le législateur de l'analyse, pour que les règles soient clairement établies.

 

VI°/ Paradoxe de Socrate et Platon :

Socrate et Platon sont des philosophes grec du Vᵉ siècle av. J.-C.

Voici un joli paradoxe :

Socrate : Ce que dit Platon est faux.

Platon : Ce que dit Socrate est vrai.

Si Socrate dit vrai, alors ce que dit Platon est faux. Il faut prendre le contraire de ce que dit Platon, en l’occurrence que Socrate ment, ce qui est le contraire de l’affirmation de départ.

Si par contre, ce que dit Platon est vrai, alors Socrate dit la vérité, c’est-à-dire que Platon ment, ce qui est aussi contraire à l’affirmation de départ.

Voyons les 2 autres cas :

Si Socrate ment, alors ce que dit Platon est vrai, c’est-à-dire que Socrate dit la vérité, ce qui est encore le contraire de l’affirmation de départ.

Si par contre, c’est Platon qui ment, alors Socrate ment aussi, c’est-à-dire que Platon dit la vérité, ce qui est toujours contraire à l’affirmation de départ.

Finalement les deux phrases ne peuvent être correctes en même temps. Cela s’appelle un paradoxe.

VII°/ Les nombres de Ramsey : https://fr.wikipedia.org/wiki/Th%C3%A9or%C3%A8me_de_Ramsey

Théorème de Ramsey (fini) : Pour tout entier c et toute suite d'entiers (n₁, n₂, … , n_c), il existe un entier N tel que pour toute coloration en c couleurs du graphe complet K_N d'ordre N, il existe une couleur i et un sous-graphe complet de K_N d'ordre n_i qui soit monochromatique de couleur i.

En clair, si on prend un nombre de points N et qu'on les relies par un trait de couleur qui est soit rouge ou soit bleu, peut-on trouver un groupe de points qui est relié par la même couleur.

Par exemple :

Pour ces 5 points il y a 3 points qui sont reliés en bleu.	Ici il n'y a aucun points qui sont reliés de la même couleur

r représente le nombre de sommet du polygone bleu et s  représente le nombre de sommet du polygone rouge.

R(4,3) = 9 indique qu'il faut 9 points pour faire des quadrilatères bleus (4 points) et des triangles rouges (3 points) ou vide et versa.

Le tableau ci-dessous montre que l'on est pas capable de déterminer des valeurs exactes pour la plupart des problèmes : 43 points < R(5,5) < 49 points, nous n'avons que des encadrements et pas de valeur exactes.

VIII°/ Les nombres de Lychrel :

Un nombre palindrome est un nombre qui peut se lire de doite à gauche, comme 272 = 272.

Il est surprenant de remarquer que si on ajoute n'importe quel nombre et sont renversé (le même nombre écrit à l'envers), on obtient un nombre palindrome.

par exemple : 143 + 341 = 484

On peut le faire en plusieurs étapes : 153 + 351 = 504 puis 504+ 405 = 909

Mais existe t'il des nombres qui ne respectent pas cette propriété ? On les appelle des nombre de Lychrels et on ne sait pas s'il en existe. On a des soupsons sur le nombre 196 mais sans être capable de le prouver.

Les nombres de Lychrel : https://fr.wikipedia.org/wiki/Nombre_...

La liste des nombres de Lychrel soupçonnés sur OEIS : https://oeis.org/A023108

Pour tester les possibles nombres de Lychrel : http://www.dcode.fr/lychrel-number

IX°/ Le nombre chromatique du plan :

Peut-on colorier une feuille de papier avec un nombre minimal de couleur pour qu'un segment ne puisse pas relier 2 zone de la même couleur ?

Ici ce n'est pas possible.	Ici le segment ne pourra jamais atteindre 2 zone de la même couleur.

La réponse serait un pavage hexagonal avec un nombre ce couleur compris entre 4 et 7. Pas plus de précision.

Un excellent article sur le blog d'eljj : http://eljjdx.canalblog.com/archives/...

X°/ Persistance multiplicative :

Prenons un nombre entier : 53

Multiplions ces 2 chiffres : 5 x 3 = 15

Continuons : 1 x 5 = 5

Nous arrivons à u, nombre composé d'un seul chiffre en cela en 3 étapes. La persistance multiplicative de 53 est donc de 3.

Quel est le nombre qui a la plus grande persistance multiplicative ?

Pour le moment on a trouver le nombre 277 777 788 888 899 donc la persistance multiplicative est de 11. Mais on ne sait pas s'il en a d'autre et si on peut dépasser 11.

Une appli pour calculer la persistance d'un nombre : http://www.micmaths.com/defis/defi_01...