Les dattes à Dattier

[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.

[Nicolas Patrois]

Le dernier cas de matmeca_mcf1 est un cas où la signature, justement, dit qu’il y a un problème.
C’est comme si on permutait deux arêtes.

[Nicolas Patrois]

Dans le cas qu’il dit non résolu, tu arrives à la fin avec un cube où l’arête xy et l’arête xz voient leurs étiquettes y et z permutées, ce qui revient à permuter les arêtes xy et xz (et uniquement elles deux, pas de coin), c’est-à-dire une transposition de signature impaire sans autre permutation impaire de coins ou (exclusif) impaire d’arêtes pour compenser. Ici, l’orientation est indifférente (que le cube soit bien orienté ou non ne change rien au problème de la position des deux arêtes qui coincent).

[matmeca_mcf1]

Je pense que vous ne parlez pas des mêmes permutations.

On peut effectivement résoudre le dernier cas par la signature mais en regardant la permutation des blocs eux même (tous les blocs à 2 ou 3 étiquettes) et donc sans se préoccuper de la position des étiquettes; alors que pour l'autre cas, on regardait la signature de la permutation des étiquettes situées sur les blocs à deux étiquettes.

Pour le cas qu'il restait (échange des couleurs y et z dun bloc colorié (x,y) et d'un bloc colorié (x,z)). Pour résoudre le cube, on aurait besoin de transposer ces deux blocs. Mais une opération élémentaires crée un 4 cycle sur les blocs à 2 étiquettes, et un 4 cycle sur les blocs à 3 étiquettes donc est de signature 1. Et la transposition de deux blocs à deux étiquettes est de signature -1.

[alvaare]

Bonjour,

187 : une histoire d'exposant cubique
Soit $ p=2^{2^n}+1 $ un nombre premier.
A-t-on $$\forall b \in \mathbb Z/p\mathbb Z, b\neq 1, \sum_{i=1}^{p-1} b^{i^3}=0$$ ?

Bonne journée.

Je pense ne pas avoir bien compris l'énoncé. Pourquoi p est-il premier? On ne doit vérifier le résultat que jusqu'à $n=4$?

[alvaare]

@Alvaare : Es-tu sûr qu'il n'existe pas d'autre nombre premier avec n>4 ?

C'est un résultat sur les nombres de Fermat assez connu, c.f Wikipédia:
https://fr.wikipedia.org/wiki/Nombre_de_Fermat

On ne connaît pas la réponse pour n très grand. Donc je me demande si votre énoncé est:
"Pour tout $n$ tel que $F_{n}$ est premier" ou "pour tout $n$".
C'est à dire, l'importance de p réside-t-elle aussi dans sa primalité, ou seulement dans sa définition ($p=2^{2^n}+1$)?