Les dattes à Dattier

[Zrun]

Les actions de groupes ne sont pas au programme de sup, il faudrait les définir un peu pour que ça soit accessible
Et j’avais la flemme d’écrire tous les cas donc j’avais mis une justification pas trop sérieuse ...

[Nicolas Patrois]

Pas besoin d’action de groupe même si j’ai glissé l’expression.
On voit juste que les mouvements « légaux » déplacent les étiquettes et donc sont des compositions de permutations (cycles d’ordre 4) à supports disjoints.
La signature fonctionne si on permute deux pièces, pas si on permute deux étiquettes.

[Nicolas Patrois]

Sauf que les mouvements « légaux » font un 4-cycle pour les coins et un 4-cycle pour les arêtes donc la signature « totale » est paire.

[matmeca_mcf1]

Si on distingue les actions sur les étiquettes de coin et sur les étiquettes de milieu d'arêtes. Une rotation élémentaire d'un quart de tour est

• sur les étiquettes de coins une permutation constituée de 3 4-cycles (signature -1)
• sur les étiquettes de milieu d'arête une permutation constituée de 2 4-cycles (signature 1)

Si on ne regarde que l'action de groupe sur les étiquettes de milieu d'arêtes, (et on peut car une permutation n'envoie jamais un milieu d'arête sur un coin), la permutation a une signature égal à 1 et on peut conlure pour l'interversion des deux étiquettes d'un même bloc de milieu d'arête.

Pour l'échange de deux étiquettes d'un même coin, c'est juste une impossibilité géométrique car cela revient à faire une réflexion par rapport à un plan et on ne pourra pas changer l'orientation du coin avec des rotations même en arrachant le coin du cube, en le tournant comme on veut et en le recollant au cube.

Effectivement, il faut faire plus attention car une même couleur est présente sur plusieurs étiquettes (ainsi échanger deux étiquette de même couleur ne change rien), mais on devrait obtenir des impossibilités géométriques en échangeant deux étiquettes de couleurs différentes provenant de blocs différents.

[matmeca_mcf1]

Par impossibilité géométrique, j'entends un cas où même en prenant les blocs un par un et en les réarrangeant un par un dans un cube, on ne pourrait pas résoudre le problème. Par exemple si on échange les étiquettes de deux blocs centre de face de deux faces non opposées, on ne peut pas résoudre car il y a trois paires de couleurs tel que deux couleurs d'une même paire ne sont jamais présentes simultanément sur le même bloc, et ces paires correspondent aux couleurs qui se trouvent sur des faces opposés une fois le cube résolu.

Si on intervertit deux étiquettes (non portés sur des blocs de centre de face) et qu'on change le nombre de blocs milieux d'arêtes portant une couleur A et une couleur B ou le nombre de blocs de coin portant une couleur A, B et C, il est géométriquement impossible de résoudre le cube car même en désassemblant le cube, en bougeant individuellement les différents blocs, et en réassemblant le cube, on ne pourrait pas résoudre.

Un cas où il n'y a pas d'impossibilité géométrique manifeste, c'est si on intervertit les étiquettes de couleurs B et C de deux blocs milieux d'arêtes, portant pour l'un les couleurs A et B et l'autre les couleurs A et C. Pas de problème d'orientation et le nombre de blocs de même type (avec les même couleurs dans la même orientation) ne change pas. Pareil si on intervertit deux étiquettes d'un même bloc milieu d'arête. Mais même sans impossibilité géométrique, la signature nous permet de conclure dans ce dernier cas alors qu'elle ne nous permet de conclure dans le premier cas.

[matmeca_mcf1]

On regarde un cube avec 6 couleurs $ 0 $, $ 1 $, $ 2 $, $ 3 $, $ 4 $ et $ 5 $.

Pour le cube résolu,

• Le nombre de bloc à une étiquette (qu'on appellera 1-bloc) portant la couleur $ x\in\{0,\ldots,5\} $ est égal à $ 1 $.
  
  Le nombre de 2-bloc (bloc portant deux étiquettes) portant les couleurs $ x $ et $ y $ est égal à
  • 0 si $ x=y $.
  • 0 si le 1-bloc portant la couleur $ x $ et le 1-bloc portant la couleur $ y $ sont sur des faces opposées.
  • 1 dans les autres cas
  Le nombre de 3-bloc (bloc portant trois étiquettes) portant les couleurs $ x $, $ y $ et $ z $ est égal à
  • 0 si $ x $, $ y $ et $ z $ ne sont pas distincts.
  • 0 si deux blocs parmi les 1-bloc portant la couleur $ x $, le 1-bloc portant la couleur $ y $, et le 1-bloc portant la couleur $ z $ sont sur des faces opposées.
  • 1 dans les autres cas

Si après l'échange d'étiquette, les cardinaux des blocs portant ne respectent plus ces propriétés, on a une impossibilité. Ce ne sera pas le cas pour tous les échanges d'étiquettes mais ce sera le cas pour beaucoup d'entre eux. Cela devrait permettre de ne se concentrer que sur les cas intéressants.

[matmeca_mcf1]

Je vois cinq cas où on n'a pas d'impossibilité dû aux aux comptage des couleurs sur les différents blocs. Trois vont être résolus en regardant l'orientation des 3-blocs:

• On échange les étiquettes de deux 1-blocs de faces opposés: les 8 3-blocs ne seront plus orientés correctement.
• On échange deux étiquettes d'un même 3-blocs. Ce bloc ne sera plus orienté correctement (l'orientation est imposé par la position des couleurs sur les 1-bloc).
• On échange les étiquettes de couleurs $ z $ et $ w $ d'un 3-bloc de couleur $ \{x,y,z\} $ et d'un 3-blocs de couleurs
  $ \{x,y,w\} $. L'orientation de ces deux 3-blocs n'est plus correct.

Et il reste deux cas où le cube serait résoluble si on pouvait manipuler les blocs indépendamment (en désassemblant le cube et en le réassemblant).

• On échange deux étiquettes d'un même 2-blocs: on va pouvoir s'en sortir avec la signature en regardant l'action de groupe sur les étiquettes des 2-blocs. Une action élémentaire est constitué de 2 4-cycles et donc de signature 1. La transposition de deux étiquette est de signature $ -1 $.
• On échange les étiquettes de couleur $ y $ et $ z $ de deux 2-blocs, l'un de couleurs $ (x,y) $ et l'autre de couleur $ (x,z) $. Je n'ai pas la réponse. L'argument de signature ne passe pas car la permutation permettant de résoudre le cube est constituée de deux 2-cycles (vu qu'on permutera aussi deux étiquettes de même couleur x).

J'ai exclu le cas où on échange des étiquettes de même couleur parce qu'il n'a aucun intérêt.

[Nabuco]

184 : une histoire d'idéaux
Soit $E= C([0,1],[0,1])$ munit de la composition, soit $g \in E$, qui n'est pas injectif.
Montrer qu'il existe un idéal à gauche $I$ pour la composition qui n'est pas $E$.

C'est à dire $\forall h \in I, \forall f \in E, f\circ h \in I$, avec $g \in I$ et $I \neq E$.

Soient a différent de B tel que g(a)=g(b) l ensemble des fonctions f telles que f(a)=f(b) convient.

[matmeca_mcf1]

@Nabuco : Bravo

@Matemaca : cela me semble correct. Bravo

Il reste quand même un cas pour lequel je n'ai pas la réponse.

[Nicolas Patrois]

Si, si, l’argument de signature tient parce qu’on ne peut pas déplacer seulement deux arêtes, il faut en déplacer soit une de plus soit aussi deux coins.
La signature composée de la permutation des arêtes et de celle des coins est paire.