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Euh...

Oui mais ce n'est pas une démonstration

Attention, brank:

tout à fait,merci V@J !

Pour le 6, il faut utiliser la formule de Burnside.
Si $ G $ est un groupe fini qui opère sur $ X $ fini alors le nombre d'orbites de l'action est
$ N = \frac{1}{Card(G)}\sum_{g \in G} Card(X^g) $ où $ X^g = \{x \in X / g.x = x \} $
Ici deux coloriages du cube sont équivalents si on passe de l'un à l'autre par une rotation du cube. Le groupe des rotations laissant globalement invariant un cube est isomorphe à $ S_4 $. En fait il faut voir une rotation qui laisse globalement invariant le cube comme une permutation des grandes diagonales de celui-ci. Le nombre de coloriages du cube avec n couleurs correspond donc au nombre d'orbites lorsque l'on fait agir $ S_4 $ vu comme groupe des rotations laissant invariant le cube.
Il faut donc déterminer la valeur de $ Card(X^g) $ pour chaque rotation $ g $.
Si $ g = id $ alors $ Card(X^g) = n^6 $ car chaque face peut être coloriée de $ n $ façons.
Si $ g = $ rotation d'axe passant par le centre de gravité de deux faces opposées et d'angle $ \frac{\pi}{2} $ alors $ Card(X^g) = n^3 $ car les faces opposées orthogonales à l'axe de la rotation ont chacune une couleur quelconque et les quatres autres ont même couleurs. De plus on a 3 rotations de ce type ce qui fait $ 3n^3 $.
Si $ g = $ rotation d'axe passant par le centre de gravité de deux faces opposées et d'angle $ \frac{3\pi}{2} $ alors $ Card(X^g) = n^3 $ car les faces opposées orthogonales à l'axe de la rotation ont chacune une couleur quelconque et les quatres autres ont même couleurs. De plus on a 3 rotations de ce type ce qui fait $ 3n^3 $.
Si $ g = $ rotation d'axe passant par le centre de gravité de deux faces opposées et d'angle $ \pi $ alors $ Card(X^g) = n^4 $ car les faces opposées orthogonales à l'axe de rotation ont chacune une couleur quelconque et les autres paires de faces opposées ont chacune une même couleur. De plus on a 3 rotations de ce type ce qui fait $ 3n^4 $.
Si $ g = $ rotation d'axe passant par des paires de sommets opposés et d'angle $ \frac{2\pi}{3} $ alors $ Card(X^g) =n^2 $ car aucune face n'est invariante par une telle rotation et comme cette rotation est d'ordre 3 on a $ n^2 $ coloriage qui sont invariant par cette rotation. De plus on a 4 rotations de ce type ce qui fait $ 4n^2 $.
Si $ g = $ rotation d'axe passant par des paires de sommets opposés et d'angle $ \frac{4\pi}{3} $ alors $ Card(X^g) =n^2 $ car aucune face n'est invariante par une telle rotation et elle est d'ordre 3, on a donc $ n^2 $ coloriages invariant par cette rotation et on a 4 rotations de ce type ce qui fait $ 4n^2 $.
Si $ g = $ rotation d'axe passant par les milieux des arêtes opposées et d'angle $ \pi $ alors $ Card(X^g) =n^3 $ car aucune face n'est invariante par une telle rotation et elle est d'ordre 2. De plus on a 6 rotations de ce type ce qui fait $ 6n^3 $.

Donc en sommant tout cela le nombre de coloriage d'un cube avec n couleurs vaut $ \frac{1}{24}(n^6+3n^4+12n^3+8n^2) $

On reprend les notations de Gecko.
On suppose n premier et on pose $ \sigma = (a_1,...a_n) $ et $ \tau = (a_i,a_{i+k}) $
On a alors $ \sigma^{m} \tau \sigma^{-m} = (\sigma^m (a_i),\sigma^m (a_{i+k})) = (a_{i+m \ [n]},a_{i+k+m \ [n]})) $ $ \forall m \in \mathbb{N} $.
En fait on travaille modulo $ n $ sur les indices, on a donc les transpositions $ (a_1,a_{1+k}), (a_2,a_{2+k}) ...(a_{n-k},a_n) (a_1,a_{1+k}) ...(a_n,a_k) $ qui sont dans $ <\sigma,\tau> = $ le sous-groupe engendré par $ \sigma $ et $ \tau $.
Démontrons que la transposition $ (a_1,a_2) \in <\sigma,\tau> $
Remarquons que $ k $ et $ n $ sont premiers entre eux et donc $ k $ est un générateur de $ \mathbb{Z}/n\mathbb{Z} $ et donc
l'application de $ \mathbb{Z}/n\mathbb{Z} $ dans $ \mathbb{Z}/n\mathbb{Z} $ qui à $ i \mapsto k.i $ est bijective puisque l'on sait que c'est même un automorphisme.
$ Aut(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}) $ est isomorphe à $ (\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})^* $ Il existe donc $ i $ tel que $ 1+i.k = 2 \ [n] $. ($ i.e $ est l'inverse de $ k $ modulo $ n $). En travaillant modulo $ n $ sur les indices on a :
$ (a_1,a_2) = (a_{1},a_{1+k})..... $$ (a_{1+(i-2)k},a_{1+(i-1)k})(a_{1+(i-1)k},a_{1+i.k}) (a_{1+(i-2)k},a_{1+(i-1)k}) $...$ (a_{1+k},a_{1+2k})(a_1,a_{1+k}) $
car $ (a_1,a_{i.k})= (a_1,a_2) $
Illustrons la formule ci-dessus à l'aide d'un exemple avec $ n =7 et k =3 $
On a donc les transpositions $ (a_1,a_4) , (a_2,a_5) , (a_3,a_6) , (a_4,a_7) , (a_5,a_1) (a_6,a_2) , (a_7,a_3) $ qui sont dans $ <\sigma,\tau> = $ et on a alors
$ (a_1,a_2) = (a_1,a_4)(a_4,a_7)(a_7,a_3)(a_3,a_6) $$ (a_6,a_2)(a_3,a_6)(a_7,a_3)(a_4,a_7)(a_1,a_4) $
Ici on a $ i =5 $ qui l'inverse de $ 3 $ modulo $ 7 $. Et on a bien $ 1+ik = 1+ 5 \times 3 = 2 \ mod \ 7 $
Donc $ (a_1,a_2) \in <\sigma,\tau> $. On conclut aisément en remarquant que $ \sigma $ et $ (a_1,a_2) $ engendrent $ S_n $

Un peu d'analyse:
Soit $ (t_n) $ une suite réelle, $ p_n=\sum_{k=0}^n t_k $ la suite de ses sommes partielles, que l'on suppose bornée, et $ (a_n) $ une suite positive décroissante tendant vers 0.
Que dire de $ \sum a_n t_n $ ?

C'est ni plus ni moins que le lemme d'abel !