Inscription / Connexion Nouveau Sujet
Niveau 3 *
Partager :

ENIGMA 10: Intersections ...***

Posté par
monrow Posteur d'énigmes
01-12-07 à 17:45

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". 3$\rm n\ge 4.

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

ENIGMA 10: Intersections ...

Bonne réflexion !

PS: Comme toujours, une petite démonstration mathématique est obligatoire

Posté par
jamo Moderateur
re : ENIGMA 10: Intersections ...*** 01-12-07 à 18:41

perduBonjour,

Si on prend n points, on obtient : 4$\frac{n(n-1)}{2} droites (nombres triangulaires)

Avec ces droites, on peut obtenir 4$\frac{n(n-1)(n-2)(n-3)}{8} nouvelles droites (nombres "tritriangulaires" ici : )

Posté par
Nofutur2
re : ENIGMA 10: Intersections ...*** 01-12-07 à 18:50

perdu1) n(n-1)/2 points d'intersection.
2)(n4-6n3+11n2-6n)/8 nouvelles droites.

Posté par
manpower
re : ENIGMA 10: Intersections ...*** 01-12-07 à 21:16

gagnéBonsoir,

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 \(n\\2\) points ou plus simplement \red \rm \frac{n(n-1)}{2} 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) \frac{n(n-1)}{2} 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 \frac{n(n-1)}{2}-[(n-1)\times 2+1]=\frac{(n-2)(n-3)}{2} 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 \frac{n(n-1)}{2}\times \frac{1}{2}\times \frac{(n-2)(n-3)}{2} soit plus joliment \red \rm \frac{n(n-1)(n-2)(n-3)}{8} ( ou encore \frac{n^4-6n^3+11n^2-6n}{8} ) 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.

Posté par
dami22sui
re : ENIGMA 10: Intersections ...*** 01-12-07 à 21:23

gagnéSalut 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:
\large P = \sum_{x=1}^n (x-1) = \frac{(n-1)n}{2} 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 \large \frac{(n-2)(n-3)}{2} 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 \large \frac{P\frac{(n-2)(n-3)}{2}}{2} droites bleues (sur 2 car une droite bleue necessite 2 points d'intersection)
Il y aura donc \Large \frac{n(n-1)(n-2)(n-3)}{8} droites bleues
Merci pour l'enigme (j'espere que la demo est acceptable)

Posté par
plumemeteore
re : ENIGMA 10: Intersections ...*** 01-12-07 à 23:20

gagnébonjour
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

Posté par
master_och
re : ENIGMA 10: Intersections ...*** 02-12-07 à 15:20

gagnébonjour

1/ pour calculer le nbre de points d'intersection il suffit de prendre nos n droites 2 à 2, ce qui fait Cn2=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 Cn-22 nouvelles droites (avec n-2 le nbre de droites distinctes de D1 et D2, Cn-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 Cn-22 nouvelles droites.
-/ .
-/ .
-/ .
-/ par (D1 Dn) passera Cn-22 nouvelles droites.
==> ce qui fait en tt (n-1)Cn-22 nouvelles droites coupants D1.
______________

-/ par (D2 D3) passera Cn-32 nouvelles droites (avec n-3 le nbre de droites distinctes de D1, D2 et D3 Cn-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 Cn-32 nouvelles droites.
-/ .
-/ .
-/ .
-/ par (D2 Dn) passera Cn-32 nouvelles droites.
==> ce qui fait en tt (n-2)Cn-32 nouvelles droites coupants D2.
______________
.
.
.
______________
-/ par (Dn-3 Dn-2) passera Cn-(n-2)2 nouvelles droites (avec n-(n-2) le nbre de droites distinctes de D1,D2,...,Dn-3 et Dn-2 Cn-(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 Cn-(n-2)2 nouvelles droites.
-/ par (Dn-3 Dn) passera Cn-(n-2)2 nouvelles droites.
==> ce qui fait en tt (n-(n-3))Cn-(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)Cn-k-12 = k=1n-3 (n-k)(n-k-1)!/((n-k-3)!.2!) =
k=1n-3 3.(n-k)!/((n-k-3)!.3!) = 3k=1n-3 Cn-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 3k=1n-3 Cn-k3 par supposition.
maintenant calculons le nbre de nouvelles droites obtenues en ajoutant une droite Dn+1.
-/ par (Dn+1 D1) passera Cn-12 nouvelles droites ((n-1) présente le nbre de droites différents de D1 et Dn+1)
-/.
-/.
-/ par (Dn+1 Dn) passera Cn-12 nouvelles droites.
ce qui fait en tt n.Cn-12 nouvelles droites ajoutés en introduisant la droite Dn+1.
donc pour (n+1) droites on obtient n.Cn-12 + 3p=1n-3 Cn-p3 = 3Cn3 + 3p=1n-3 Cn-p3 = 3p=0n-3 Cn-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 3p=0n-3 Cn-p3 = 3k=1n-2 Cn-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 Cn-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 3
k=1n-3 Cn-k3 - X

Merci bien pour l'énigme .

Posté par
vince909
re : ENIGMA 10: Intersections ...*** 02-12-07 à 17:40

perduBonjour,

Je trouve les réponses suivantes :

i) \frac{n^2-n}{2} point d'intersections

ii) \frac{n^4 - 6 \times n^3 + 11 \times n^2 - 6 \times n}{8} nouvelles droites générées par ces points.

Merci pour l'énigma !

Posté par
plumemeteore
re : ENIGMA 10: Intersections ...*** 02-12-07 à 18:03

gagnébonjour
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

Posté par
rogerd
Intersections 02-12-07 à 18:11

gagnéBonjour!
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.

Posté par
mouss_34
re : ENIGMA 10: Intersections ...*** 02-12-07 à 19:37

perduI)6
II)3
pas sur

Posté par
dhalte
re : ENIGMA 10: Intersections ...*** 02-12-07 à 21:27

gagnéPosition 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 :
\({n\\2}\)=\frac{n(n-1)}2
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 : \({n-2\\2}\)=\frac{(n-2)(n-3)}2.
Donc par ce point I, on trace \({n-2\\2}\)=\frac{(n-2)(n-3)}2 nouvelles droites.
Donc on trace en tout \({n\\2}\)\times\({n-2\\2}\)=\frac{n(n-1)}2\times\frac{(n-2)(n-3)}2 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
\frac12\({n\\2}\)\times\({n-2\\2}\)=\frac18n(n-1)(n-2)(n-3)

Autre méthode menant au même résultat :
soit p=\({n\\2}\) ce nombre de points. On y fait passer d=\({p\\2}\) 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 q=\({n-1\\2}\) fois.
Le nombre de droites nouvelles est donc d-nq. Le calcul mène au même résultat qu'avec la première méthode.

Posté par tibo95640 (invité)^^ 02-12-07 à 22:48

perduBonjour,
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.

Posté par
frenicle
re : ENIGMA 10: Intersections ...*** 02-12-07 à 23:09

gagnéBonjour 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

Posté par
Ju007
re : ENIGMA 10: Intersections ...*** 02-12-07 à 23:36

gagnéBonjour,

alors...

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

Ainsi,

\Large\fbox{\spadesuit \,\,\textrm{Ma reponse est }\frac{n(n-1)}{2}=\(n\\2\)\,\textrm{intersections.} \,\,\spadesuit}

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 \frac{n(n-1)}{2} intersections ces 2(n-2) points plus 1 qui correspond à l'intersection elle-même. On trouve alors, après calcul, \large \frac{(n-2)(n-3)}{2} possibilités de nouvelles droites partant de ce point.

Donc, il suffit de multiplier ce nombre au nombre total d'intersections, soit \frac{n(n-1)}{2}, divisé par 2, pour éviter les doublons. (Chaque droite est en effet compté deux fois, une pour chacun des points qui la construit)

\Large\fbox{\clubsuit\,\,\textrm{On trouve alors }\frac{n(n-1)(n-2)(n-3)}{8}=3\(n\\4\) \,\textrm{nouvelles droites.} \,\,\clubsuit}

Posté par
ITMETIC
re : ENIGMA 10: Intersections ...*** 03-12-07 à 17:10

gagnéSoient D1, D2,…,Dn les n droites et Pij l'intersection de Di et Dj

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 Pij=Pji)

Appelons N ce nombre

Regardons les droites passant par les points Pij et Pi'j'

Si i=i' on définit la droite Di, si j=j' on définit la droite Dj

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

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

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

Posté par
chocwoman
intersections 03-12-07 à 20:34

gagnéi)
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.

Posté par
master_och
re : ENIGMA 10: Intersections ...*** 03-12-07 à 22:31

gagnébonsoir 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 pj uplet de couples de droites vérifiants cette propriété on doit soustraire de la formule générale Cpj2 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 "pj uplet" de couples de droites(j entre 1 et q, et chaque pj uplet donne pj points alignés, et pj>2 biensûre j{1,2,...,q})notre résultat exacte sera donc:
3k=1n-3Cn-k3  -  j=1qCpj2  +  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 .

ENIGMA 10: Intersections ...

Posté par
veleda
re : ENIGMA 10: Intersections ...*** 03-12-07 à 22:47

gagnébonsoir,
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

Posté par
Livia_C
re : ENIGMA 10: Intersections ...*** 04-12-07 à 12:53

gagnéBonjour,
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.

Posté par
torio
Enigma 10 intersections 04-12-07 à 13:56

gagnéA+

Torio

Enigma 10 intersections

Enigma 10 intersections

Posté par Balek (invité)re : ENIGMA 10: Intersections ...*** 04-12-07 à 21:18

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

Posté par
Mathieucote
re : ENIGMA 10: Intersections ...*** 04-12-07 à 21:47

gagnéPartie 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

Posté par
gloubi
re : ENIGMA 10: Intersections ...*** 05-12-07 à 10:38

gagnéBonjour,

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  

Posté par
piepalm
re : ENIGMA 10: Intersections ...*** 06-12-07 à 16:11

gagnéChacune 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

Posté par lc51 (invité)re : ENIGMA 10: Intersections ...*** 06-12-07 à 18:34

perduI) 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 )

Posté par
yajax
re : ENIGMA 10: Intersections ...*** 07-12-07 à 16:37

perdusoit 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

Posté par
iker
re : ENIGMA 10: Intersections ...*** 08-12-07 à 19:24

gagnéBonjour,
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  I_n le nombre de points d'intersection avec n droites.
 I_n=I_{n-1} + (n-1)
 I_{n-1}=I_{n-2} + (n-2)
et ainsi de suite...

 I_n=(n-1) + (n-2)+(n-3)+...+1+I_1
 I_1=0 car avec une seule droite pas d'intersection possible.

On a donc :
I_n=\sum_{k=1}^{n-1} k
I_n=\frac{(1+(n-1))(n-1)}{2}=\frac{n^{2}-n}{2}

Le nombre de points d'intersection est donc :
 I_n=\frac{n^{2}-n}{2}

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 n \ge 4.)

Nommons ces droites :
 D_i  D_j  D_k  D_l .
Avec ces 4 droites on a les points d'intersection :
 X_{ij}  X_{kl}  X_{ik}  X_{jl}  X_{il}  X_{jk}

Seules 3 droites peuvent être déterminées par ces 6 points d'intersection :
celle passant par  X_{ij} et  X_{kl}
celle passant par  X_{ik} et  X_{jl}
celle passant par  X_{il} et  X_{jk} .

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 :
C_n^4=\frac{n!}{4!(n-4)!}

Au total les intersections obtenues avec les n droites permettent de déterminer 3.C_n^4=\frac{n!}{8.(n-4)!} droites

Posté par
isisstruiss
re : ENIGMA 10: Intersections ...*** 10-12-07 à 15:37

gagnéBonjour,

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
I=\frac{1}{2}n(n-1)

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 D_i et D_j. Sur D_i il y a n-2 autres points d'intersection auxquels x ne peut pas être relié. De même sur D_j. 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
N=\frac{1}{2}I(I-2n+3)=\frac{1}{8}n(n-1)(n-2)(n-3)

Isis

Posté par
alexandros
re : ENIGMA 10: Intersections ...*** 10-12-07 à 19:35

perdu6pts et 35 droites

Posté par gaufre (invité)intersections 11-12-07 à 00:10

perduSi 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.

Posté par
davidh
re : ENIGMA 10: Intersections ...*** 12-12-07 à 11:49

gagnéBonjour,

Appelons les droites D1, D2,...Dn.

i)
D1 coupe D2,...Dn en n-1 points.
D2 coupe D3,...Dn 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 Mij l'intersection des droites Di et Dj.
M12 formera une nouvelle droite avec tous les points de la forme Mij 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 Mij, 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.

Posté par
lo5707
re : ENIGMA 10: Intersections ...*** 12-12-07 à 13:47

gagnéBonjour.

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 un qui donne le nombre de points d'intersection de n droites.
On a :
u4 = 6
u5 = u4 + 4
u6 = u5 + 5
...
uk = uk-1 + k-1

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

uk = 6 + 4 + 5 + 6 + ... + k-1
uk = 6 + \frac{(k+3)(k-4)}{2}
uk = {k(k-1)}{2}

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 vn 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
...
vk = vk-1 + (k-3)\frac{(k-2)(k-1)}{2}

En additionnant,
v4 + v5 + v6 + ... + vk = 3 + v4 + \frac{2\times 3\times 4}{2} + v5 + \frac{3\times 4\times 5}{2} + ... + vk-1 + \frac{(k-3)(k-2)(k-1)}{2}
vk = \sum_{i=1}^{k-3} \frac{i(i+1)(i+2)}{2}


Donc ma réponse est:
i) \frac{n(n-1)}{2} points
ii) \sum_{i=1}^{n-3} \frac{i(i+1)(i+2)}{2} droites.

merci pour cette énigme.

Posté par Metaphysik (invité)re : ENIGMA 10: Intersections ...*** 15-12-07 à 10:32

perduI)  n*(n-1)/2

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

Posté par
monrow Posteur d'énigmes
re : ENIGMA 10: Intersections ...*** 15-12-07 à 21:37

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 3$\rm D_1 , D_2 , ... , D_n
il y en a donc: 3$\rm\blue\fbox{C_n^2 =\frac{n(n-1)}{2}}

ii) Considérons un point A obtenu en i). Il existe exactement deux droites 3$\rm D_i et 3$\rm D_j 3$\rm (i<j) passant par A (parmi 3$\rm D_1 , D_2 , ... , D_n). Sur 3$\rm D_i comme sur 3$\rm D_j, il y a, en plus de A, exactement 3$\rm n-2 points du i). Les points à joindre à A pour obtenir de nouvelles droites sont donc au nombre de  3$\rm C_n^2-1-2(n-2), c'est à dire: 3$\rm \frac{(n-2)(n-3)}{2}. Comme chaque nouvelle droite joint deux points du i), le nombre de nouvelles droites est: 3$\rm \frac{1}{2}C_n^2\frac{(n-2)(n-3)}{2}, c'est-à-dire: 3$\rm\blue\fbox{\frac{n(n-1)(n-2)(n-3)}{8}} ce qui représente effectivement les nombres triangulaires.

Merci pour votre participation

Posté par
isisstruiss
re : ENIGMA 10: Intersections ...*** 15-12-07 à 21:59

gagnéC'était écrit tout petit qu'un démonstration était requise.

Isis

Posté par
monrow Posteur d'énigmes
re : ENIGMA 10: Intersections ...*** 15-12-07 à 22:15

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

Posté par
master_och
re : ENIGMA 10: Intersections ...*** 15-12-07 à 22:25

gagnéBonsoir

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

Posté par
monrow Posteur d'énigmes
re : ENIGMA 10: Intersections ...*** 15-12-07 à 22:37

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

Posté par
plumemeteore
re : ENIGMA 10: Intersections ...*** 15-12-07 à 22:41

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

Posté par
master_och
re : ENIGMA 10: Intersections ...*** 15-12-07 à 22:44

gagnéEn 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.

Posté par
plumemeteore
re : ENIGMA 10: Intersections ...*** 15-12-07 à 22:44

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

Posté par
jamo Moderateur
re : ENIGMA 10: Intersections ...*** 15-12-07 à 22:45

perdu

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 ...

Posté par
simon92
re : ENIGMA 10: Intersections ...*** 16-12-07 à 02:24

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

Posté par
master_och
re : ENIGMA 10: Intersections ...*** 16-12-07 à 15:22

gagnéLe 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.

Posté par
simon92
re : ENIGMA 10: Intersections ...*** 16-12-07 à 16:35

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

Posté par
Mathieucote
re : ENIGMA 10: Intersections ...*** 16-12-07 à 20:18

gagnéBonjour
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

Posté par
frenicle
re : ENIGMA 10: Intersections ...*** 16-12-07 à 21:26

gagnéBonjour

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  3$ \sum_{k=1}^n \frac{(k-1)(k-2)(k-3)}{2} = \frac{n(n-1)(n-2)(n-3)}{8}

Cordialement
Frenicle

Posté par
monrow Posteur d'énigmes
re : ENIGMA 10: Intersections ...*** 16-12-07 à 21:39

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

bon, je te donne un smiley

Posté par
Mathieucote
re : ENIGMA 10: Intersections ...*** 17-12-07 à 15:58

gagnéMerci frenicle
Merci monrow

Challenge (énigme mathématique) terminé .
Nombre de participations : 0
:)0,00 %0,00 %:(
0 0

Temps de réponse moyen : 90:31:16.
Répondre à ce sujet

Seuls les membres peuvent poster sur le forum !

Vous devez être connecté pour poster :

Connexion / Inscription Poster un nouveau sujet
Une question ?
Besoin d'aide ?
(Gratuit)
Un modérateur est susceptible de supprimer toute contribution qui ne serait pas en relation avec le thème de discussion abordé, la ligne éditoriale du site, ou qui serait contraire à la loi.


Vous devez être membre accéder à ce service...

Pas encore inscrit ?

1 compte par personne, multi-compte interdit !

Ou identifiez-vous :


Rester sur la page

Désolé, votre version d'Internet Explorer est plus que périmée ! Merci de le mettre à jour ou de télécharger Firefox ou Google Chrome pour utiliser le site. Votre ordinateur vous remerciera !