Forum des énigmes mathématiques :
ENIGMA 10: Intersections ...

Bonjour tout le monde,

une petite énigme géométrique pour le mois de Décembre

On va dessiner dans le plan n droites distinctes "en position générale". .

Pouvez vous me dire:

i) en combien de points ces droites se coupent-elles?

ii) Combien de nouvelles droites sont déterminées par les points d'intersections précédents?

AIDE:

pour n=4



Bonne réflexion !

_{PS: Comme toujours, une petite démonstration mathématique est obligatoire}

Bonjour,

Si on prend n points, on obtient : droites (nombres triangulaires)

Avec ces droites, on peut obtenir nouvelles droites (nombres "tritriangulaires" ici : )

1) n(n-1)/2 points d'intersection.
2)(n⁴-6n³+11n²-6n)/8 nouvelles droites.

Bonsoir,

i) celle-là, c'est une aide pour se mettre en jambes...
Un point est l'intersection de deux droites, donc à chaque couple de droites parmi les n, on a un point.
Soit points ou plus simplement points.

ii) Ici, je continue avec le dénombrement.
n droites déterminent _{(cas général i.e. non confondues et sans qu'ils y ait 3 droites concourantes)} points (d'après i)).

De plus ces points sont répartis en n alignement _{(il y a n droites)} de n-1 points _{(chaque droite est coupée par les (n-1) autres)}.
Ainsi, pour chacun des points, il y a nouvelles droites qui partent
_{( chaque point fait parti de deux droites donc de deux alignements de n-1 points,
donc au total de points j'enlève tous les points alignés avec celui considéré).}

Enfin, en comptant ainsi _{(comme une droite est définie par deux points)}, j'ai tout compté en double.

Finalement j'ai donc soit plus joliment ( ou encore ) nouvelles droites.

Merci pour l'énigme.

_{PS:
Pour 4, cela donne bien 6 points et 3 nouvelles droites.
Pour 5, on a 10 points et 15 nouvelles droites.
Pour 6, on a 15 points et 45 nouvelles droites (à ce niveau, il faut exclure toute tentative de figure...)
Enfin, on peut aussi faire une récurrence à partir de n=4, pour prouver les deux formules.}

Salut monrow
Points d'intersection
n droites distinctes concourantes (appelees droites noires): chaque nouvelle droite n, coupe les n-1 precedentes droites presentes, donc creee n-1 nouveaux points
Donc pour n droites noires, le nombre de points vaut la somme des x-1 pour x allant de 1 a n:
d'apres la formule de la somme des n premiers termes
Nouvelles droites
Chacun de ces P points d'intersection va creer une nouvelle droite (qu'on appelle droite bleue, par honneur au schema ) avec tout autre point d'intersection qui ne se trouve pas sur une meme droite que lui.
Pour un point d'intersection particulier (appele A), un nouveau point B pour creer une nouvelle droite bleue est creee a chaque fois que deux droites ne passant pas par A se coupent.
Pour n droites bleues, n-2 ne passent pas par A, donc il reste autant de points B que n-2 droites peuvent en creer, soit points B pour chaque points A (d'apres la formule de P mais avec n-2 a la place de n)
Il existe P points A, on pourra donc creer droites bleues (sur 2 car une droite bleue necessite 2 points d'intersection)
Il y aura donc droites bleues
Merci pour l'enigme (j'espere que la demo est acceptable)

bonjour
i) n(n-1)/2 points : chaque droite en rencontre n-1 autres, soit un produit de n(n-1) points; mais chaque point compte deux fois dans ce produit, car dans les deux droites dont il est l'unique intersection, on a compté que la première rencontre la seconde ET que la seconde a rencontré la première

ii) avec ces n(n-1)/2 = (n²-n)/2 points, on peut former [(n²-n)/2] * [(n³-n)/2 - 1] /2 paires soit [(n²-n)/2]*[(n²-n-2)/2]/2
= (n²-n)(n²-n-2)/8 = n⁴-2n³-n²+2n)/8 paires
mais de ce résultat, il faut soustraire le nombre de paires de points appartenant aux droites déjà tracées
chacune des droites rencontrent n-1 autres et portent n-1 points tracés; avec ces n-1 points, on peut faire (n-1)(n-2)/2 paires; avec les n droites : n(n-1)(n-2)/2 paires à soustraire du résultat
n(n-1)(n-2)/2 = (n³-3n³+2n)/2 = (4n³-12n³+8n)/8
le nombre demandé est :
n⁴-2n³-n²+2n)/8 - (4n³-12n³+8n)/8
= (n⁴-2n³-n²+2n-4n³+12n³-8n)/8
= (n⁴-6n³+11n²-6n)/8

bonjour

1/ pour calculer le nbre de points d'intersection il suffit de prendre nos n droites 2 à 2, ce qui fait C_n²=n(n-1)/2 points d'intersection.

2/ une nouvelle droite est obtenu en reliant l'intersection de 2 droites par l'intersction de 2 autres droites(distinctes que les 2 premières), ainsi:
-/ par (D1 D2) passera C_n-2² nouvelles droites (avec n-2 le nbre de droites distinctes de D1 et D2, C_n-2² sera donc le nbre de toutes les combinaision de ces n-2 droites prix 2 à 2 soit le nbre de nouvelles droites passant par (D1 D2).
-/ de même par (D1 D3) passera C_n-2² nouvelles droites.
-/ .
-/ .
-/ .
-/ par (D1 Dn) passera C_n-2² nouvelles droites.
==> ce qui fait en tt (n-1)C_n-2² nouvelles droites coupants D1.
______________

-/ par (D2 D3) passera C_n-3² nouvelles droites (avec n-3 le nbre de droites distinctes de D1, D2 et D3 C_n-3² sera donc le nbre de toutes les combinaision de ces n-3 droites prix 2 à 2 soit le nbre de nouvelles droites passant par (D2 D3) en illiminant biensures les nouvelles droites qui coupent D1 et qui sont déjà calculés) .
-/ de même par (D2 D4) passera C_n-3² nouvelles droites.
-/ .
-/ .
-/ .
-/ par (D2 Dn) passera C_n-3² nouvelles droites.
==> ce qui fait en tt (n-2)C_n-3² nouvelles droites coupants D2.
______________
.
.
.
______________
-/ par (Dn-3 Dn-2) passera C_n-(n-2)² nouvelles droites (avec n-(n-2) le nbre de droites distinctes de D1,D2,...,Dn-3 et Dn-2 C_n-(n-2)² sera donc le nbre de toutes les combinaision de ces n-(n-2) droites prix 2 à 2 soit le nbre de nouvelles droites passant par (Dn-3 Dn-2)en illiminants les cas déjà calculés.
-/ de même par (Dn-3 Dn-1) passera C_n-(n-2)² nouvelles droites.
-/ par (Dn-3 Dn) passera C_n-(n-2)² nouvelles droites.
==> ce qui fait en tt (n-(n-3))C_n-(n-2)² nouvelles droites coupants Dn-3.
_______________
à partir de Dn-2 on obtient plus de nouvelles droites puisque le fait d'associer à Dn-2 soit Dn-1 soit Dn ne nous laissera qu'une seule droite donc aucune combinaison 2 droites ...
_______________

On obtient alors un nbre total de nouvelles droites égale à _k=1n-3 (n-k)C_n-k-1² = _k=1n-3 (n-k)(n-k-1)!/((n-k-3)!.2!) =
_k=1n-3 3.(n-k)!/((n-k-3)!.3!) = 3_k=1n-3 C_n-k³ (avec n biensûre le nbre de droites).
________________________________________________________________

Maintenant pour m'assurer de ce résultat je l'ai démontré par récurrence:
pour n=4 la relation est vrai
supposons que la relation est vrai à l'ordre n et demontrons quelle est est vrai à l'ordre (n+1)
les droites D1,D2... Dn forment 3_k=1n-3 C_n-k³ par supposition.
maintenant calculons le nbre de nouvelles droites obtenues en ajoutant une droite Dn+1.
-/ par (Dn+1 D1) passera C_n-1² nouvelles droites ((n-1) présente le nbre de droites différents de D1 et Dn+1)
-/.
-/.
-/ par (Dn+1 Dn) passera C_n-1² nouvelles droites.
ce qui fait en tt n.C_n-1² nouvelles droites ajoutés en introduisant la droite Dn+1.
donc pour (n+1) droites on obtient n.C_n-1² + 3_p=1n-3 C_n-p³ = 3C_n³ + 3_p=1n-3 C_n-p³ = 3_p=0n-3 C_n-p³.
soit k=p+1 donc pour p=0 on obtient k=1 et pour p=n-3 k=n-2 et on a p=k-1
d'ou 3_p=0n-3 C_n-p³ = 3_k=1n-2 C_n-k+1³  la relation est donc vrai à l'ordre n+1.

ccl: n>=4 on a n droites en position generale formeront 3. _k=1n-3 C_n-k³ nouvelles droites .
__________________________________

_{mon résultat n'est vrai que si la condition suivante est vérifiée:
3 intersections obtenues en prenant 6 droites quelconques 2 à 2 doivent toujours être non alignés sinon le nbre de nouvelles droites diminuera selon le nbre de ces intersections alignés, c.a.d en posant X le nbre des triplets d'intersections vérifiants la condition précédente le nbre de nouvelles droites sera 3k=1n-3} C_n-k³ _{- X}

Merci bien pour l'énigme .

Bonjour,

Je trouve les réponses suivantes :

i) point d'intersections

ii) nouvelles droites générées par ces points.

Merci pour l'énigma !

bonjour
la solution est (n⁴-6n³+11n²-6n)/8
mais on vérifie par développement et réduction que le numérateur est égal à n(n-1)(n-2)(n-3) (égalité suggérée par le tableur)
donc une forme plus simple et plus facilement calculable de la solution est n(n-1)(n-2)(n-3)/8

Bonjour!
Si k(n) est le nombre de points d'intersections deux à deux des n droites, la dernière droite placée coupe les n-1 premières en n-1 points ,d'où la formule de récurrence:
k(n)=k(n-1)+n-1.
En partant de k(2)=1, on a immédiatement
k(n)=n(n-1)/2.

En joignant deux de ces points, on obtient une nouvelle droite pourvu que ces deux points ne soient pas  sur la même  droite initiale.
Partant d'un point A intersection de deux des droites D1 et D2, on peut donc le joindre à un point B choisi parmi les points d'intersections de D3,...,Dn.
Le nombre de points B possibles est donc
k(n-2)=(n-2)(n-3)/2.
Comme A peut être choisi de n(n-1)/2 façons, cela donne n(n-1)(n-2)(n-3)/4 couples (A,B) convenables.
Comme le couple (A,B) et le couple (B,A) donnent la même droite, cela donne n(n-1)(n-2)(n-3)/8 droites convenables.
Ces droites sont toutes différentes. Si elles ne l'étaient pas, cela voudrait dire que parmi les points d'intersection deux à deux des n droites, il y a trois points ABC qui sont alignés sans que 2 d'entre eux soient sur la même des n droites. Cela est contradictoire avec le fait que les n droites sont en position générale: quand on a placé les n-1 premières droites, il apparaît un certain nombre de points à éviter pour la dernière droite. Placée de façon quelconque, elle les évitera effectivement.
La réponse à la deuxième question est donc:
n(n-1)(n-2)(n-3)/8.

I)6
II)3
pas sur

Position générale veut dire
aucun couple de droites distinctes parallèles
aucun triplet de droites distinctes concourantes

Alors il y a dans le plan autant de points d'intersection que de couples de droites distinctes :

Par contre, parmi les points d'intersection, il y a nécessairement des triplets de points distincts alignés.
Pour chaque point d'intersection I, comptons le nombre de tous les autres points d'intersection qui ne sont pas sur l'une des 2 droites à l'origine de cette intersection I : ils sont obtenus par les intersections des n-2 autres droites : .
Donc par ce point I, on trace nouvelles droites.
Donc on trace en tout droites en choisissant successivement chaque point d'intersection I et en menant les droites par ce point et les autres points en dehors des deux droites à l'origine de I.
Mais par cette méthode, on a tracé chaque nouvelle droite 2 fois.
Le nombre total de nouvelles droites est donc


Autre méthode menant au même résultat :
soit ce nombre de points. On y fait passer droites. Mais ces droites sont souvent confondues avec les droites d'origine : pour chacune des n droites d'origine, il y a n-1 points d'intersection situés dessus. Donc on a compté cette droite fois.
Le nombre de droites nouvelles est donc d-nq. Le calcul mène au même résultat qu'avec la première méthode.

Bonjour,
je n'ai pas compris exactement ce qui est demandé, mais voila ce que je répondrais:

i)pour former un point d'intersection, il faut choisir deux droites parmi les n droite. C'est donc une combinaison de formule:
nC2=n!/(2!(n-2)!)
   =(n-1)n/2

ii)pour former une droite, il faut choisir deux points d'intersection parmi (nC2). On obtient donc:
(nC2)C(2)=(((n-1)n/2)!)/(2!(((n-1)n/2)-2)!)
         =(n²(n-1)²-2n(n-1))/2

aux erreurs de calcul près, je ne peut pas faire mieu.

Bonjour monrow

Il y a n(n - 1)/2 paires de droites parmi n, donc n(n - 1)/2 points d'intersection.

Soit P l'un de ces points. Il est situé sur deux droites, qui portent chacune n - 2 autres de ces points.
On  forme une nouvelle droite, en reliant P aux n(n - 1)/2 - (n - 2 + n - 2 + 1) = (n - 2)(n - 3)/2 autres points d'intersection.

Chacun des n(n - 1)/2 points d'intersection peut donc être relié à (n - 2)(n - 3)/2 autres points d'intersection pour former une nouvelle droite.
Il y a donc  [(n - 2)(n - 3)/2 n(n - 1)/2]/2 = n(n - 1)(n - 2)(n - 3)/8 nouvelles droites dans la figure.
(Il faut diviser par deux le produit car sinon,  (PQ) et (QP) seraient considérées comme deux droites distinctes, alors qu'il s'agit de la même droite).

Pour n = 4, 6 points et 3 nouvelles droites ;
Pour n = 5, 10 points et 15 nouvelles droites ;
Pour n = 6, 15 points et 45 nouvelles droites ;
etc.

Cordialement
Frenicle

Bonjour,

alors...

1) Le premier facile, il suffit de choisir deux droites distinctes parmi n pour une intersection,

Ainsi,



2) On cherche à savoir combien de nouvelles droites sont créées à chaque nouvelle intersection.
Considérons donc une intersection.
On ne peut pas relier ce point à un point appartenant aux deux droites auxquelles il appartenait déjà. On enlève donc au total des intersections ces 2(n-2) points plus 1 qui correspond à l'intersection elle-même. On trouve alors, après calcul, possibilités de nouvelles droites partant de ce point.

Donc, il suffit de multiplier ce nombre au nombre total d'intersections, soit , divisé par 2, pour éviter les doublons. (Chaque droite est en effet compté deux fois, une pour chacun des points qui la construit)

Soient D₁, D₂,…,D_n les n droites et P_ij l'intersection de D_i et D_j

Chacune des n droites rencontre les n-1 autres droites et comme ce sont des droites  "en position générale"  tous les points d'intersection sont différents. (Pas de droites parallèles ou de droites concourantes en un même point)

On a ainsi n(n-1)/2 points d'intersection  (On divise par 2 car P_ij=P_ji)

Appelons N ce nombre

Regardons les droites passant par les points P_ij et P_i'j'

Si i=i' on définit la droite D_i, si j=j' on définit la droite D_j

Les nouvelles droites seront définies pour i<>i' et j<>j'

A partire de P_ij sur la droite Di on compte n-1 P_ij' (y compris P_ij) et sur la droite Dj on compte n-1 P_i'j  (y compris P_ij)

Au total il y aura 2n-3 points P_i'j' avec i'=i ou j=j'  et N-(2n-3) points P_i'j' avec i'<>i et j<>j'


Donc pour chacun des N points on pourra tracer N-(2n-3)) lignes

Au total on pourra donc tracer N(N-(2n-3))/2 chaque ligne ayant été obtenu 2 fois

Après calcul on obtient n(n-1)(n-2)(n-3)/8 nouvelles droites déterminées par les points d'intersections précédents

i)
Les droites se coupent en n(n-1)/2  points.
en effet,la première droite va couper en n-1 points les n-1 droites,
la deuxième droite va couper en n-2 points fois les n-2 droites qui restent,
la troisime droite va couper en n-3 points les n-3 droites suivantes....
jusqu'à l'avant dernière droits qui coupe la dernière en un point.
On a alors (n-1)+(n-2)+(n-3)+......1=n(n-1)/2 points d'intersection.


ii)((n-3)(n-2)(n-1)n)/8 nouvelles droites sont ainsi déterminées par ces points d'intersection.
en effet une droite est définie par 2 points et on a 2C(n(n-1)/2) combinaisons de 2 points parmi les n(n-1)/2 points que l'on a,ce qui fait qu'on peut former ((n-2)(n-1)n(n+1))/8 droites avec nos points d'intersections;il faut enlever à ce nombres celles qui sont déjà connues;il y en a n*(2C(n-1))  (combinaison de 2 parmi (n-1),c'est à dire ((n-2)(n-1)n)/2.
Il nous reste alors ((n-3)(n-2)(n-1)n)/8 nouvelles droites.

bonsoir Monrow

En fait je ne croix pas que ce qui est demandé par l'énigme tiens compte du cas des intersections alignés que j'ai expliqué dans mon poste précédent(2/12/2007), mais quand même je vais corriger la remarque que jai faite la dessus _{en espérant que tu liras attentivement ce qui suit} :
Dans le cas général si p couples de droites distinctes (l'intersection de chacun de ces couples de droites donnera un point) donnent p points alignés, alors toutes les combinaisons de ces p points prix 2 à 2 ne doivent être comptées qu'une seule fois (puisque une nouvelle droite obtenue en reliants 2 points sera la même nouvelle droite obtenue en reliant 2 autres points sur la même ligne) donc à chaque fois ou on trouve un p_j uplet de couples de droites vérifiants cette propriété on doit soustraire de la formule générale C_pj² et on ajoute 1 pour compter la nouvelle droite correspondante une fois et une seule.
Ainsi supposant qu'on a initialement n droites, parmi ces n droites on a q "p_j uplet" de couples de droites(j entre 1 et q, et chaque p_j uplet donne p_j points alignés, et p_j>2 biensûre j{1,2,...,q})notre résultat exacte sera donc:
3_k=1n-3C_n-k³  -  _j=1qC_pj²  +  q.
maintenant pour que ma démo ne soit pas très théorique voir ambique je vais l'illustrer dans un exemple si dessous.
et encore une fois merci pour l'énigme que je trouve très interessante .

bonsoir,
1)une droite rencontre les n-1 autres droites en n-1 points
un point étant commun à deux droites il y a n(n-1)/2 points points d'intersection pour ces n droites "en position générale"donc si E est l'ensemble des points d'intersection card(E)=n(n-1)/2
2)soit A un point de E il est sur deux droites ,sur ces deux droites il y a 2n-3 points de E donc on aura une nouvelle droite en joignant A aux n(n-1)/2-(2n-3) points de E qui ne sont pas sur les deux droites passant par A
par le point A il passe donc (n²-5n+6)/2 nouvelles droites
comme il y a n(n-1)/2 points tels que A il y a donc [(n²-5n+6)/2]n(n-1)/4=n(n-1)(n-2)(n-3)/8 nouvelles droites -il a fallu diviser par deux pour ne pas compter deux fois une même droite
merci pour cette énigme

Bonjour,
1.    n * (n-1)/2 points

La première droite  avec les autres n -1 droites : n-1 points
La 2 ème droite avec les autre n-2 droites       : n-2 points
...
Donc la somme est n-1 + n-2 + ...+1 = n*(n-1)/2


2.    n * (n-1)*(n-2)*(n-3)/8  droites.

Il y a n*(n-1)/2 points, donc [n*(n-1)/2]*{[n*(n-1)/2]-1}/2 droites au total.
Mais on garde que les nouvelles droites, donc il faut sustraire le nombre de droites dèja existantes.
Donc il faut sustraire n*(n-1)*(n-2)/2.

Merci pour l'énigme.

A+

Torio

Elles se croisent en (n^2-n)/2 points et forment ainsi (n^2-n)/4 nouvelles droites

Partie 1 : en combien de points ces droites se coupent-elles?

D1 = 0
D2 = 1
D3 = 3
D4 = 6
D5 = 10

Dn = ∑(n-1) = (n-1)(n) / 2

Pqartie 2 : Combien de nouvelles droites sont déterminées par les points d'intersections précédents?

D4 : 3 * 1 = 3
D5 : D4 + 4*3 = 3 + 12 = 15
D6 : D5 + 5*6 = 3 +12 +30 = 45
D7 : D6 + 6*10 = 45 + 60 =105

Dn = ∑( (n-1) (n-3) (n-2) / 2 )
La somme est bien de 1 a n étant donné que pour n=1 2 ou 3, l'équation est nulle.

Merci monrow, très belle énigme!
Mathieu

Bonjour,

i) En partant d'une ligne dans le plan, chaque ligne ajoutée va couper les précédentes.

Pour n lignes le nombre d'intersections sera 1+2+...+(n-2)+(n-1) = (n-1)n/2


ii) Sur deux droites, on a en tout 2(n-1)-1 = 2n-3 points d'intersections (entre elles et avec les autres droites).

Partant de ces points, on peut tracer (n-1)n/2-(2n-3) droites.

Comme on a (n-1)n/2 points, on obtient: (n-1)n/2 [(n-1)n/2-(2n-3)] /2 droites.
(on divise par 2 car chaque droite est comptée 2 fois)

En développant un peu ,on trouve:
nombre de nouvelles droites = (n/8).(n³-6n²+11n-6)

Exemples:
n = 4 3 droites supplémentaires.
n = 5 15 droites supplémentaires.
n = 6 45 droites supplémentaires.
n = 7 105 droites supplémentaires.

A+,
Et merci pour l'énigme  

Chacune des n droites a n-1 points d'intersection avec les autres. Chaque point appartenant à deux droites, il y a donc n(n-1)/2 points d'intersection.
Il y a également n(n-1)/2 couples de droites, et sur chacune des deux on trouve n-2 points autres que leur point commun, chacun appartenant à une droite existante en compagnie d'un de l'autre droite du couple. On obtient une nouvelle droite en joignant un de ces points à un des n-3 autres points; chaque point appartenant à deux droites, un couple de points apparaitra dans quatre couples de droites: on pourra donc tracer n(n-1)/2*(n-2)(n-3)/4=n(n-1)(n-2)(n-3)/8 nouvelles droites.
Pour n=4, on trouve 6 points et 3 nouvelles droites

I) il y a 6 point d'intersection pour n=4
II) Ces points forment 3 nouvelles droites


(ça me parait trop facile j'ai du mal comprendre )

soit n le nombre de droite on a la suite suivante pour tout n>=4 Un=6+4+5+6+7+...+(n-1)
Un=6+somme d'une suite arithmétique
Un=6+(n-4)(4+n-1)/2
Donc le nombre de points N en fonction de n est égal à
N=6+(n-4)(n+3)/2=(12+n²-4n+3n-12)/2=n(n-1)/2

Bonjour,
i) Pour dessiner n droites on va d'abord en dessiner n-1. Le fait de dessiner la nième droite va créer n-1 nouveaux points d'intersection, comme fait de dessiner la n-1ième droite en a créé n-2 et ainsi de suite. Soit le nombre de points d'intersection avec n droites.


et ainsi de suite...


car avec une seule droite pas d'intersection possible.

On a donc :



Le nombre de points d'intersection est donc :


ii) Pour être déterminés par les points d'intersection dont le nombre a été calculé au point précédent, une droite passe par deux de ces points faisant intervenir 4 droites différentes (ce qui est possible car .)

Nommons ces droites :
.
Avec ces 4 droites on a les points d'intersection :


Seules 3 droites peuvent être déterminées par ces 6 points d'intersection :
celle passant par et
celle passant par et
celle passant par et .

Chaque groupe de 4 droites différentes permet donc d'en déterminer 3.

Il reste à déterminer le nombre de groupe de 4 droites différentes que l'on peut former.
Ce nombre est :


Au total les intersections obtenues avec les n droites permettent de déterminer droites

Bonjour,

En supposant qu'il n'existe pas de paire de droites parallèles dans ce dessin, chacune des n droites intersecte n-1 autres droites. Le nombre d'intersections est donc


Chaque intersection peut être reliée à un certain nombre d'autres intersections. Plus exactement toutes en excluant celles sur ses deux droites de support. Je nomme x l'intersection entre et . Sur il y a n-2 autres points d'intersection auxquels x ne peut pas être relié. De même sur . De plus x ne peut être relié à lui même. Il y a donc 2n-3 points intersections interdits. Chacun des points de I peut être relié à I-2n+3 points. Le nombre de nouvelles droites est donc


Isis

6pts et 35 droites

Si je suppose que "en position générale" veut dire que chaque droite coupe toutes les autres.
Alors chaque droite coupe (n-1)droites. On fait la somme des intersections, sans compter plusieurs fois les mêmes, cela fait n*(n-1)/2 intersections.
Par deux points distincts passe exactement une droite->il y a n*(n-1)/4 nouvelles droites.

Bonjour,

Appelons les droites D₁, D₂,...D_n.

i)
D₁ coupe D₂,...D_n en n-1 points.
D₂ coupe D₃,...D_n en n-2 points.
Au total, le nombre de points d'intersections est la somme (n-1)+(n-2)+...1 soit n(n-1)/2

ii)
Soit M_ij l'intersection des droites D_i et D_j.
M₁₂ formera une nouvelle droite avec tous les points de la forme M_ij où i et j sont compris entre 3 et n.
Cela donne donc (n-2)(n-3)/2 droites.
Comme il y a n(n-1)/2 points M_ij, on obtient n(n-1)(n-2)(n-3)/4 nouvelles droites.
Cette manière de faire conduit à compter deux fois chaque droite.
Le résultat final est donc n(n-1)(n-2)(n-3)/8.

Merci pour l'énigme.

Bonjour.

J'ai commencé par faire un essai avec 5, 6 et 7 droites.
Avec 4 droites, on a 6 points d'intersection.
Si l'on ajoute une 5ème, elle va couper les 4 droites donc on aura 4 points supplémentaires, càd 10.
Puis 15, 21, etc.

Soit la suite u_n qui donne le nombre de points d'intersection de n droites.
On a :
u₄ = 6
u₅ = u₄ + 4
u₆ = u₅ + 5
...
u_k = u_k-1 + k-1

En additionnant:
u₄ + u₅ + u₆ + ... + u_k-1 + u_k = 6 + u₄ + 4 + u₅ + 5 + u₆ + 6 + ... + u_k-1 + k-1

u_k = 6 + 4 + 5 + 6 + ... + k-1
u_k = 6 +
u_k =

Ensuite:

Avec 4 droites, les 6 points forment 3 nouvelles droites
Avec 5, les 10 points forment 15 nouvelles droites.
Puis 45, 105 ...

On remarque graphiquement que, pour l'étape k+1, on rajoute au nombre de droites de l'étape k, k/2 multiplié par le nombre de points d'intersection de l'étape k.

Soit la suite v_n qui donne le nombre de nouvelles droites que forment les points d'intersection de n droites,
on a :
v₄ = 3
v₅ = v₄ + 2*6
v₆ = v₅ + 3*10
v₇ = v₆ + 4*15
...
v_k = v_k-1 +

En additionnant,
v₄ + v₅ + v₆ + ... + v_k = 3 + v₄ + + v₅ + + ... + v_k-1 +
v_k =


Donc ma réponse est:
i) points
ii) droites.

merci pour cette énigme.

I)  n*(n-1)/2

II) n*(n-1)*(n-2)*(n-3)/8

ENIGME CLOTUREE

Il y avait des démos très intéressantes... je suis désolé pour ceux qui ont de bonnes réponses sans démo !

i) il y a autant de points cherchés que de paires de droites parmi
il y en a donc:

ii) Considérons un point A obtenu en i). Il existe exactement deux droites et passant par A (parmi ). Sur comme sur , il y a, en plus de A, exactement points du i). Les points à joindre à A pour obtenir de nouvelles droites sont donc au nombre de  , c'est à dire: . Comme chaque nouvelle droite joint deux points du i), le nombre de nouvelles droites est: , c'est-à-dire: ce qui représente effectivement les nombres triangulaires.

Merci pour votre participation

_{C'était écrit tout petit qu'un démonstration était requise.}

Isis

Salut Iis

non mais c'est une habitude... Je demande toujours de rédiger même une très petite démonstration convaincante dans les énigmes qui s'orientent plutôt côté mathématiques

Bonsoir

Merci d'avoir accepté ma réponse même si j'ai pas répondu comme les autres .

_{Je me demande si quelqun a lu ma remarque dans mon poste du  03/12/2007 à 22:31}

salut master_och

ben ta démo et même ton résultat sont justes et logiques.

J'ai lu ton deuxième poste, j'avoue que j'ai bloqué des fois au début mais  j'ai trouvé très intéressant après avoir compris

Bonsoir Monrow.
Nofutur2 a donné des solutions exactement identiques aux miennes.
Il devrait obtenir un smiley comme moi !

En fait j'ai eu du mal à m'exprimer la dessus, et j'ai pensé qu'on pourra pas comprendre ce que j'ai voulu dire.
En tt cas merci d'avoir pris la peine de suivre tt ce que j'ai écrit.

P-S.
Je viens tout juste de remarquer que c'est faute de démonstration que la réponse de Nofutur2 n'est pas valable.

citation :
Bonsoir Monrow. Nofutur2 a donné des solutions exactement identiques aux miennes. Il devrait obtenir un smiley comme moi !

Moi aussi j'ai donné les bonnes réponses, mais j'ai oublié ma loupe pour lire la dernière consigne ... un peu comme les pubs qui disent que tu as gagné 1 million ... mais en tout petit c'est écrit qu'en fait non ...

enfin, il fallait pas dire que le nombre maximal de point d'intersection était ... parce que sinon, deux droites peuvent être parallèles et c'est faux... Personnelement j'avais pas trouver ii) donc j'ai pas posté

Le terme "n droite en position generale" veux dire qu'il n'y a aucun point de concour primaux, et qu'il n y a aucun couple de droites parallèles secondo _{a ce que je sache}, donc rien a dire l'énoncé est bien claire.

je savais pas ce que voulais dire position générale, mais je reprochait rien a l'énoncé, mais c'était le fait que personne n'ait dit au cas ou certaines était parallèles, etc... mais en fait, c'est pas utile a cause de la position générale

Bonjour
je ne sais pas comment calculer la somme ∑( (n-1) (n-3) (n-2) / 2 )
est-ce que quelqu'un pourrait me dire si elle donne bien la répose qui était de n(n-1)(n-2)(n-3)/8?
merci
Mathieu

Bonjour

citation :
Je ne sais pas comment calculer la somme ∑( (n-1) (n-3) (n-2) / 2 ) est-ce que quelqu'un pourrait me dire si elle donne bien la répose qui était de n(n-1)(n-2)(n-3)/8?

Oui, on a bien  

Cordialement
Frenicle

tout à fait, mais il fallait préciser l'indice de ta somme mathieucote

bon, je te donne un smiley

Merci frenicle
Merci monrow