Enigme géométrique (en couleur)

[invite35452583]

On divise un triangle BRV (bleu-rouge-vert) en n² "petits" triangles égaux. (n est un entier non nul)
Pour ce faire, on divise les côtés en n parties de même longueur ce qui donne 3(n-1) nouveaux sommets (qu'on appellera latéraux).
On trace ensuite les parallèles aux côtés du triangle BVR passant par ces sommets latéraux (ainsi 2 segments sont tracés à partir de chacun de ces sommets latéraux.) Cette opération crée n(n-1)/2 nouveaux sommets qu'on appelera intérieurs.
Un petit triangle est naturellement un triangle de la figure ainsi obtenue ne contenant aucun sommet en son intérieur. On peut vérifier qu'ils sont en nombre de n².
Le luxe de détail numérique est juste là pour s'assurer que la figure est la bonne (il suffit de construire les cas n=1, 2, 3, 4 pour s'en assurer : ça va vite avec ces petits nombres).
Maintenant, on attribue une couleur bleue, rouge ou verte (et seulement une de celle là) à chaque sommet : les sommets B, V et R, les sommets latéraux et les sommets intérieurs.
Chaque petit triangle a donc 3 couleurs aux sommets (non nécessairement distincts). Un triangle est dit blanc si il a les trois couleurs à ses sommets.
Le but est de montrer qu'il y a au moins un triangle blanc.
Evidemment il faut ajouter une règle (sinon on colore tous les sommets de la même couleur et adieu les triangles blancs), la voici :
un sommet latéral ne peut recevoir qu'une couleur de son côté : s'il est sur le côté BR, il est soit bleu soit rouge mais pas vert; s'il est sur le côté BV, il est soit bleu soit vert mais pas rouge; et l'équivalent s'il est sur le côté RV.
Cette simple règle suffit à imposer à ce qu'il y ait toujours un triangle blanc, joli non? Mais pourquoi?
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[yat]

Un essai par l'absurde

On a colorié les sommets de sorte qu'aucun triangle ne soit blanc. On va appeler 'antirouge' ( ) une ligne brisée orientée qui part d'un sommet bleu, ne passe que par des sommets bleus ou verts, et arrive sur un sommet vert. La base du triangle est une antirouge par définition. On marque tous les sommets qui font partie de cette antirouge, et on effectue le processus itératif suivant :
-On choisit deux sommets consécutifs de l'antirouge qui ne sont pas de la même couleur (ce qui est toujours possible puisqu'on part d'un sommet bleu et qu'on va vers un sommet vert). On marque l'autre sommet de chacun des deux triangles qui contiennent les deux sommets choisis.
-En gardant le même point de départ, on trace une nouvelle antirouge, avec la méthode suivante (considérant que le triangle RVB est dans le sens horaire) : quand on arrive à un sommet, on choisit le prochain sommet marqué dans le sens trigonométrique en commencant par celui qui vient juste après le sommet d'ou on vient (ou de l'extérieur du triangle si on est en B). On aboutit au même point d'arrivée.

En itérant ainsi, on peut l'ensemble des points marqués reste un ensemble connexe, l'antirouge que l'on construit sera toujours sa frontière extérieure (il peut se former des trous à l'intérieur, mais ça n'a pas d'importance). Les sommets de couleurs différentes que l'on choisit ne peuvent pas se trouver sur une arète du triangle de départ, qui ne peut pas tolérer à la fois des sommets bleus et verts. Pour tout couple choisi on aura donc le sommet d'un des deux triangles qui ne sera pas encore marqué (celui qui est à l'extérieur de l'ensemble, puisqu'on a choisi deux points de sa frontière. En traçant l'antirouge avec la méthode indiquée, il existe nécessairement). On peut donc itérer à l'infini, et marquer autant de points que l'on veut. Or il existe un nombre fini de sommets, contradiction.

Bon, il doit y avoir des petits trous par-ci par-là, mais globalement je pense que c'est une démo qui marche.

[invitec314d025]

J'aime bien tes antirouges yat
Juste sur la conclusion, pour moi on n'itère pas à l'infini en obtenant une contradiction avec le nombre fini de sommets, mais on démontre que le sommet R est soit vert soit bleu.
Bon j'imagine qu'il doit y avoir des démos moins algorithmiques, mais beau travail

[yat]

J'aime bien tes antirouges yat

Merci

Juste sur la conclusion, pour moi on n'itère pas à l'infini en obtenant une contradiction avec le nombre fini de sommets, mais on démontre que le sommet R est soit vert soit bleu.

En fait c'est à ça que je voulais aboutir. Mon but était de partir d'une région bicolore minimale et de montrer qu'on pouvait récursivement l'étendre à tous les points du triangle. Après avoir défini l'itération pour agrandir la région, j'ai essayé de parler du sommet, mais je me suis rendu compte que le moyen le plus simple était qu'à chaque itération on pouvait toujours ajouter un point, donc la conclusion était plus rapide pour moi en disant qu'il y avait un nombre fini de points.
C'est donc bien là un bug de mon raisonnement : Quand je dis que les deux sommets choisis ne peuvent pas se trouver tous deux sur des arètes du triangle de départ, ça ne marche plus quand on a tout rempli sauf le sommet rouge. Il y a donc bien une condition limite dans la méthode, on ne peut pas itérer à l'infini mais on aboutit bien forcément à un triangle blanc tout en haut. Merci de cette correction.

[A voir en vidéo sur Futura]

[invite6f9f6925]

Et un essai par récurrence.

Note : On appelle RVB(n), un triangle RVB subdivisé en n² petit triangles.

Pour n=1, ça marche.
On suppose vraie la propriété de coloriage pour tout RVB(n).
Subdiviser un triangle RVB en (n+1)² petits triangles revient à rajouter une ligne de petits triangles à un côté du triangle RVB déjà subdivisé en n² petits triangles.

Ce bloc de petits triangles se compose de 2 "Lignes de Sommets" :
- LS(n+1) = les n+2 sommets latéraux du nouveau triangle RVB(n+1)
- LS(n) = les n+1 sommets (anciennement latéraux) de l'ancien triangle RVB(n)

Maintenant on applique la règle de "coloriage" au nouveau triangle RVB(n+1) en ne s'interessant qu'à la ligne des 2n+1 petits triangles.

LS(n+1) ne contient que 2 couleurs de sommet.
LS(n) peut contenir 2 ou 3 couleurs de sommet.

Si LS(n) contient uniquement les mêmes couleurs que LS(n+1) alors le sous-triangle RVB(n) obtenu en enlevant la ligne LS(n+1) est un triangle qui vérifie les règles de coloriage imposée et donc d'après l'hypothèse de récurrence qui contient un triangle blanc.

Lemme : Si LS(n) contient au moins un sommet de couleur différente des sommets de LS(n+1) alors la ligne de triangles définie par LS(n+1) et LS(n) contient un triangle blanc.


Reste à démontrer ce lemme... par récurrence.

[invite6f9f6925]

oups... le lemme est faux.

[invite35452583]

globalement je pense que c'est une démo qui marche.

je pense aussi mais :

Bon, il doit y avoir des petits trous par-ci par-là

Oui, en voici :

-En gardant le même point de départ, on trace une nouvelle antirouge, avec la méthode suivante (considérant que le triangle RVB est dans le sens horaire) : quand on arrive à un sommet, on choisit le prochain sommet marqué dans le sens trigonométrique en commencant par celui qui vient juste après le sommet d'ou on vient (ou de l'extérieur du triangle si on est en B). On aboutit au même point d'arrivée.

Je pense que tu t'es trompé de sens sinon tu avances vers le côté BV qui supportera très bien une antirouge. D'ailleurs si ton antirouge de départ est ce côté BV (seul antirouge trivial car en avançant à l'aveuglette tu peux avoir un côté tout bleu entouré de 2 points rouges : tu n'as pas de contradiction avec pas de triangle blanc et tu n'arrives plus à avancer) tu n'avances pas d'un pouce alors tu auras marqué beaucoup de sommets mais toujours les mêmes. Revenons y car là il y a, sous réserve de réparation un trou béant.

Pour tout couple choisi on aura donc le sommet d'un des deux triangles qui ne sera pas encore marqué (celui qui est à l'extérieur de l'ensemble, puisqu'on a choisi deux points de sa frontière. En traçant l'antirouge avec la méthode indiquée, il existe nécessairement). On peut donc itérer à l'infini, et marquer autant de points que l'on veut. Or il existe un nombre fini de sommets, contradiction.

Malheureusement l'antirouge n'est pas aussi gentil que ça!
Contre-exemple (Le sens pour la nouvelle antirouge est modifié):
On commence avec 3 sommets alignés bleu-vert-bleu. On réalise ton itération (il peut arriver que la nouvelle antirouge passe par le premeir de ces points le premier point est B par exemple).les deux sommets respectant le sens de l'itération sont tous les deux bleux. Pour cette itération il y a bien deux nouveaux sommets et on a une suite bleu -bleuvert-bleu-bleu. Mais avec la règle donnée tu marques à l'itération suivante deux points bleus déjà marqués et ton antirouge après deux itérations donne sur ce tronçon bleu-bleu-bleu-bleu tu n'avances plus localement. Ton argument affirmant que tu marques de plus en plus de points ne tient pas car il peut arriver que tu marques une x-ème fois le(s) même(s) point(s). L'argument local ne va pas (l'argument global : tu auras bien un autre bleu-vert au moins mais qui affirme qu'il va marquer réellement un nouveau point?). Globalement, il faudrat également montrer que des phénomènes de boucles ne peuvent pas se produire (ça ne me semble pas aussi évident que ça)

Toujours est-il que je reste d'accord avec ma première remarque : l'intuition est bonne, les problèmes évoqués ci-dessus semblent "réparables".

Je connais deux méthodes (il doit y en avoir d'autres) dont une assez voisine c'est pourquoi j'ai confiance. (L'autre ne relève pas de l'énigme mais d'une résolution mathématique peu intuitive quoique facile à comprendre).
Sinon je ne crois pas qu'une récurrence sur n aboutisse (en gros l'hypothèse sur n s'échappe à n+1 : au mieux on ne raccroche qu'à un seul côté).

[yat]

Je pense que tu t'es trompé de sens sinon tu avances vers le côté BV qui supportera très bien une antirouge.

Tout à fait

Malheureusement l'antirouge n'est pas aussi gentil que ça!
Contre-exemple (Le sens pour la nouvelle antirouge est modifié):
On commence avec 3 sommets alignés bleu-vert-bleu. On réalise ton itération (il peut arriver que la nouvelle antirouge passe par le premeir de ces points le premier point est B par exemple).les deux sommets respectant le sens de l'itération sont tous les deux bleux. Pour cette itération il y a bien deux nouveaux sommets et on a une suite bleu -bleuvert-bleu-bleu. Mais avec la règle donnée tu marques à l'itération suivante deux points bleus déjà marqués et ton antirouge après deux itérations donne sur ce tronçon bleu-bleu-bleu-bleu tu n'avances plus localement.

Je ne comprends pas bien l'exemple, mais être bloqué localement n'est pas génant. L'antirouge contiendra toujours des verts et des bleus, et il y aura donc toujours des endroits ou ça pourra avancer. Il peut se former des trous à l'intérieur comme je l'ai précisé, et ça peut venir de blocages locaux comme celui que tu sembles indiquer.

Ton argument affirmant que tu marques de plus en plus de points ne tient pas car il peut arriver que tu marques une x-ème fois le(s) même(s) point(s). L'argument local ne va pas (l'argument global : tu auras bien un autre bleu-vert au moins mais qui affirme qu'il va marquer réellement un nouveau point?). Globalement, il faudrat également montrer que des phénomènes de boucles ne peuvent pas se produire (ça ne me semble pas aussi évident que ça)

Si, si, je pense. Je passe peut-être dessus un peu brièvement dans ma conclusion, mais une boucle n'est pas génante, on peut avoir des trous à l'intérieur. L'ensemble des points marqués reste donc toujours connexe, et il a toujours une frontière extérieure qui contient des verts et des bleus (c'est l'antirouge), ne donnant pas sur l'extérieur du triangle initial. Pour chaque couple de points bleu et vert, il y a donc toujours un point non marqué à ajouter.

[invite35452583]

être bloqué localement n'est pas génant. L'antirouge contiendra toujours des verts et des bleus, et il y aura donc toujours des endroits ou ça pourra avancer[...] (coupé par moi) Pour chaque couple de points bleu et vert, il y a donc toujours un point non marqué (souligné par moi)à ajouter.

Ce que j'essayais de montrer avec mon exemple (erroné!) est qu'il n'est pas a priori évident que les "nouveaux" points marqués ne soient pas des points qui le soient déjà car dans ce cas ça n'avancerait qu'en apparence. (des "blocages locaux" peuvent exister mais ne durent pas car détruits sur les côtés ce qui restera une affirmation non jusitifiée, le bloquage était là pour dire que l'espoir de nouveaux points ne pouvait pas venir d'une seconde itération,).

Il peut se former des trous à l'intérieur comme je l'ai précisé, et ça peut venir de blocages locaux comme celui que tu sembles indiquer. Si, si, je pense. Je passe peut-être dessus un peu brièvement dans ma conclusion, mais une boucle n'est pas génante, on peut avoir des trous à l'intérieur.

Je pense surtout à une boucle qui forcerait l'antirouge à tourner en rond.

L'ensemble des points marqués reste donc toujours connexe, et il a toujours une frontière extérieure qui contient des verts et des bleus (c'est l'antirouge), ne donnant pas sur l'extérieur du triangle initial.

Oui et non car l'antirouge en cas de trous ne suit plus forcément la frontière extérieur.
Imaginons par exemple un sommet rouge entouré d'un hexagone formé de 6 triangles dont tous les autres sommets sont bleus; l'antirouge après l'avoir entouré va faire un "saut" va se produire (selon la construction initiale : quand le tour est terminé à l'itération suivante l'antirouge "poursuit sa route" sans tourner autour de ce pôle rouge).
L'antirouge ne s'identifie plus alors à la frontière (qui elle contient toujours l'hexagone bleu). Un seul trou d'accord on justifie. Mais on se lance aussi dans une série sans fin d'analyse d'"accidents" si le seul argument est la frontière pour garantir que l'antirouge va terminer sa course (boucle uniquement autour d'une partie des sommets marqués).

Enfin, ceci étant écrit, maintenant (après avoir douté à un moment) je suis sûr que le procédé fonctionne sans devoir colmaté trop d'ennuis (genre spirales, processus récurrent...).
Pour s'en assurer, pour moi il faut s'assurer que :
1) un "nouveau" sommet est nécessairement un sommet qui n'était pas marqué préalablement. (rappel : il y a un défaut dans mon contre-exemple!)
2) L'antirouge ne connaîtra pas de retour en arrière provoquant une boucle sans fin.
Peut-être préféreras-tu colmater ces "petits trous" sinon je pourrai terminer ta démo (encore bravo).

[yat]

Je ne pense pas que tu aies bien suivi l'étape de construction de l'antirouge suivante dans mon premier post...

Ce que j'essayais de montrer avec mon exemple (erroné!) est qu'il n'est pas a priori évident que les "nouveaux" points marqués ne soient pas des points qui le soient déjà car dans ce cas ça n'avancerait qu'en apparence. (des "blocages locaux" peuvent exister mais ne durent pas car détruits sur les côtés ce qui restera une affirmation non jusitifiée, le bloquage était là pour dire que l'espoir de nouveaux points ne pouvait pas venir d'une seconde itération,).

Le truc, c'est que même si c'est pas forcément évident, c'est pourtant bien démontré (en tout cas dans ma tête... il reste manifestement dans mes explications des raccourcis qui t'empêchent de bien cerner le truc. ) L'antirouge est à chaque étape la frontière extérieure d'un ensemble connexe. Quand on est sur une frontière, on a nécessairement d'un coté des points marqués et de l'autre coté des points non marqués.

Je pense surtout à une boucle qui forcerait l'antirouge à tourner en rond.

Là encore, ça ne peut pas arriver puisqu'à chaque itération on définit l'antirouge comme la frontière extérieure de l'ensemble des points marqués.

Oui et non car l'antirouge en cas de trous ne suit plus forcément la frontière extérieur.

Imaginons par exemple un sommet rouge entouré d'un hexagone formé de 6 triangles dont tous les autres sommets sont bleus; l'antirouge après l'avoir entouré va faire un "saut" va se produire (selon la construction initiale : quand le tour est terminé à l'itération suivante l'antirouge "poursuit sa route" sans tourner autour de ce pôle rouge).

Jusque là c'est bon

L'antirouge ne s'identifie plus alors à la frontière (qui elle contient toujours l'hexagone bleu).

Et là tu m'as perdu Comment la frontière extérieure pourrait contenir le trou qui est à l'intérieur ? Pour bien visualiser le truc suis scrupuleusement la méthode de tracé de la frontière, tu verras que le trou est simplement digéré par la zone marquée, et que l'antirouge continue sa course jusqu'au sommet rouge.

Un seul trou d'accord on justifie. Mais on se lance aussi dans une série sans fin d'analyse d'"accidents" si le seul argument est la frontière pour garantir que l'antirouge va terminer sa course (boucle uniquement autour d'une partie des sommets marqués).

J'ai pas compris

Enfin, ceci étant écrit, maintenant (après avoir douté à un moment) je suis sûr que le procédé fonctionne sans devoir colmaté trop d'ennuis (genre spirales, processus récurrent...).
Pour s'en assurer, pour moi il faut s'assurer que :
1) un "nouveau" sommet est nécessairement un sommet qui n'était pas marqué préalablement. (rappel : il y a un défaut dans mon contre-exemple!)
2) L'antirouge ne connaîtra pas de retour en arrière provoquant une boucle sans fin.
Peut-être préféreras-tu colmater ces "petits trous" sinon je pourrai terminer ta démo (encore bravo).

Non, non, je suis à peu près sur que ces "petits trous" n'existent pas. Pour des raisons que j'ai peut-être éxposé un peu laconiquement, l' affirmation 1 est justifiée ici :"Les sommets de couleurs différentes que l'on choisit ne peuvent pas se trouver sur une arète du triangle de départ, qui ne peut pas tolérer à la fois des sommets bleus et verts. Pour tout couple choisi on aura donc le sommet d'un des deux triangles qui ne sera pas encore marqué (celui qui est à l'extérieur de l'ensemble, puisqu'on a choisi deux points de sa frontière. En traçant l'antirouge avec la méthode indiquée, il existe nécessairement)." et l'affirmation 2 découle directement du fait que l'antirouge est la frontière extérieure d'un ensemble de points qui ne peut pas décroitre. Une fois qu'un point est marqué et que l'antirouge a été déviée d'un point, elle ne peut pas y repasser.

[invite45ececbb]

Je n'arrive pas à construire la figure moi enfin j'en trouve plusieurs qui semble répondre au critère alors je dois manquer quelque chose ( peut etre est ce au moment dit de tracer tous les segmenst reliant les sommets latéraux je ne trace que ceux paralléles au coté du traingle principal)

Amicalement belgaran

[invite45ececbb]

pour etre plus précis avec ma figure je trouve (n-2)(n-1) sommets interieurs

[invite45ececbb]

euh (n-1)(n-2)/2 pardon

[yat]

Je n'arrive pas à construire la figure moi

Peut-être avec une figure ? (voir pièce jointe) n=3, 7 sommets intérieurs, 9 petits triangles.

EDIT : petit amalgam : les 7 sommets intérieurs sont en fait 6 sommet latéraux et 1 sommet intérieur.

[invite45ececbb]

je ne vois toujours pas la figure elle est en cours de validation mais un sommet interieur c'est donc bien du (n-2)(n-1)/2 ca non ?

[yat]

je ne vois toujours pas la figure elle est en cours de validation mais un sommet interieur c'est donc bien du (n-2)(n-1)/2 ca non ?

Oui, c'est bien ça... ta figure ne doit pas être fausse (le n(n-1)/2 doit être une coquille dans l'énoncé), je pense. Par contre ça m'intrigue que tu trouves des solutions. Tu as une image ?

P.S : en cliquant sur le nom de l'image tu devrais pouvoir l'afficher, non ?

[invite45ececbb]

non je n'ai toujours pas accés à ton image il y a marquyé en cours de validation par le site. En ce qui concerne les autres solutions j'ai essayé d'autre coquilles comme travailler avec des parallèles et non des segments ou de relier tous les sommet latéraux entre eux etc ... et evidemment je ne reussissait jamais à faire coller tous les paramètres.

[yat]

non je n'ai toujours pas accés à ton image il y a marquyé en cours de validation par le site.

Ca marche pas non plus en cliquant ici ?

[invite45ececbb]

non , toujours pas validé voila ce qu eme donne l'ecran :

Pièce jointe spécifié non valide ou supprimé. Si vous suivez un lien valide, veuillez notifier le webmaster

[invite35452583]

je ne vois toujours pas la figure elle est en cours de validation mais un sommet interieur c'est donc bien du (n-2)(n-1)/2 ca non ?

Désolé, c'est bien (n-1)(n-2)/2

[invite35452583]

Oups ! : yat, je n’avais pas compris que lorsque tu parles de frontière, implicitement, tu parles de la frontière extérieure.
Celle-ci est nécessairement connexe car l’ensemble des points marqués et des arêtes qui les relient sont connexes (il existe donc bien un chemin antirouge allant de B à V et placé vers le sommet rouge). Des problèmes d’anneau, par exemple, avec un chemin fermé tout bleu à l’extérieur et un tout vert à l’intérieur est un « évènement » qui ne peut pas lui arriver (une grosse partie de mes problèmes est que la frontière, notion que j'utilisais, d’un ensemble connexe n’est pas nécessairement connexe si on entend frontière topologique qui elle contient la frontière des trous intérieurs, l'anneau en est un exemple).
Cette antirouge étant bien définie comme reprécisée ci-dessus ta construction algorithmique de celle-ci la fait bien coïncider avec la frontière extérieure. Cette dernière précision assure que lorsqu’on marque les deux points au moins un des deux était un point non marqué. (Un petit croquis à la main marquant une arête b-v les deux sommets et on voit facilement que si les deux points marqués étaient déjà dans la zone marquée alors un des deux points b ou v seraient à l’intérieur et donc n'a rien à faire sur l'antirouge.)
Ces détails étant réglés, j'aime encore plus ta démo (je craignais qu'elle ne s'alourdisse trop de lemmes techniques).

[invite35452583]

L’énigme ayant trouvé une réponse j’en donne une non algorithmique. (Matthias est "client")

Pour chaque petit triangle on compte le nombre d’arêtes antirouges (bleu-vert les toutes bleues et les toutes vertes ne comptent pas), puis on fait la somme S de tous ses nombres.
1) Les b triangles blancs ont exactement une arête antirouge.
2) Les a triangles antirouges (bleu-bleu-vert ou bleu-vert-vert) ont exactement deux arêtes antirouges.
3) Les c autres types de triangles n’ont aucune arête antirouge.
On a donc S=b+2a+0c. S et b ont même parité.

Recomptons autrement S. Il y a deux types d’arêtes antirouges :
1)les i arêtes intérieures qui sont arêtes de deux triangles et sont donc comptées deux fois dans la somme S (*).
2)les l arêtes latérales (nécessairement sur BV) qui sont arêtes d’un et d’un seul triangle.
On a donc S=2i+l et donc S, l ont même parité ainsi que b et l.

On recommence en changeant les triangles par les arêtes latérales de BV et les arêtes par les sommets bleus on aboutit à ce que l et le nombre de points bleus parmi B et V (qui est égal à 1) ont même parité.
(Ou on se rend compte que lorsque l’on va de B vers V, la couleur du sommet suivant change si et seulement si on passe par une arête antirouge, comme à l’arrivée on a changé de couleur on est passé par un nombre impair d’antirouge).

On a donc l et incidemment b impair. Il y a donc un nombre impair (donc non nul) de triangles blancs.

Très intuitive non ? (enfin si... pour quelqu'un qui a déjà fait de l'homologie)
(*) : C’est la raison profonde pour laquelle ça marche. Une décomposition en petits triangles qui ne respecte pas cela peut ne pas contenir de triangles blancs. C’est très facile d’en faire un en 4 triangles : on trace une médiane sur laquelle on place deux points intérieurs chacun relié à un seul des deux sommets à la base et je vous laisse colorier en faisant attention.

[invite35452583]

Ce résultat étant montré, ça intéresse quelqu'un une démo (pas très longue, le plus dur est fait.) du théorème de Brouwer : toute application f du disque sur lui-même admet un point fixe (f(x)=x). (théorème généralisable à toutes les dimensions)
Il faut (mais il suffit) d'avoir quelques notions de fermés, de compacité et de coordonnées barycentriques.

[yat]

Oups ! : yat, je n’avais pas compris que lorsque tu parles de frontière, implicitement, tu parles de la frontière extérieure.

Non, non, EXplicitement !

[yat]

L’énigme ayant trouvé une réponse j’en donne une non algorithmique.

C'est tout de suite beaucoup plus élégant

[invite45ececbb]

euh dites pour le triangle coloré ne peut on pas dire qu'en coloriant tous les sommets d'une seule couleur choisie on se ramene au mieux à la fin avec un un hexagone colé au sommet de cette couleur choisie dont le centre ne peut etre choisi autrement qu'en créant un triangle blanc ? ( peut être que dire que colorier tout les sommets d'une couleur donne la meilleure possibilité (en tout cas elle l'égale est un peut trop rapide mais je pense que vous nous l'expliquerez

Amicalement belgaran

[yat]

Pas tout compris dans tes explications...

Déjà l'énoncé impose les couleurs des sommets du triangle de base et interdit une couleur sur chaque sommet latéral. On ne peut donc pas colorier tout de la même couleur. Et si on le faisait quand même pour tous les sommets intérieurs, on aurait nécessairement un triangle blanc, dont l'emplacement dépendrait du coloriage des sommets latéraux et de la couleur choisie pour le reste. Il reste à démontrer qu'il n'existe pas d'autre possibilité.

[invite45ececbb]

Je parle de colorier les sommets en respectant les règles donc il est possible de colorier d'une seule couleur tout les sommets interieurs sauf 1 le premiersommet interieur à coté du sommmet de cette couleur. Il se retrouve au centre d'un hexagone . est ce plus clair ?

Amicalement Belgaran

[yat]

Je parle de colorier les sommets en respectant les règles donc il est possible de colorier d'une seule couleur tout les sommets interieurs sauf 1 le premiersommet interieur à coté du sommmet de cette couleur. Il se retrouve au centre d'un hexagone . est ce plus clair ?

Oui, le shéma est maintenant plus clair... mais je ne vois toujours pas ou tu veux en venir. On peut très bien colorier tout le triangle en rouge sauf la ligne bleu-vert, et qu'on colle un hexagone à coté du sommet rouge ou pas ne change rien à l'affaire : dans les deux cas le problème ne se situe pas de ce coté là, mais du coté de la base bleu-vert. Et il restera quand même à démontrer qu'il n'existe pas d'autre solution, c'est à dire plus simplement, qu'il n'existe pas de solution.

[invite45ececbb]

Si je colorie tous les sommets interieur possibles avec la couleur verte je n'obtient qu'un seul sommet non coloriable moi .