Commentaire sur l'article

• Avril 2018, 2e défi

  le 13 avril 2018 à 07:42, par Al_louarn

  En convenant que la distance minimale entre deux points de la croix est $1$, je trouve $9$ carrés de côté $1$, $2$ carrés de côté $\sqrt{5}$, et $2$ carrés de côté $\sqrt{13}$, ce qui fait $13$ carrés en tout.

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• Avril 2018, 2e défi

  le 13 avril 2018 à 08:47, par Kamakor

  Il y en a également quatre carrés de côté $\sqrt(2)$ et quatre de côté $2\sqrt(2)$

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• Avril 2018, 2e défi

  le 13 avril 2018 à 19:04, par drai.david

  Si l’on note $C(n)$ le nombre de carrés dans une croix de côté $n$ (ici, la croix est de côté 2), on a :

  $C(n)=\frac{6n^4-3n^2+(n\mod 2)}{4}$.

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• Avril 2018, 2e défi

  le 19 avril 2018 à 15:48, par Niak

  Joli ! Mais comme cela ne saute pas immédiatement aux yeux (je n’ai pas regardé longuement, mais ça me semblait a priori assez pénible à compter), pourriez-vous détailler votre approche pour arriver à ce résultat ?

  (bon j’imagine qu’on on peut assez facilement se convaincre qu’on a deux polynômes en $n^4$ suivant $n$ pair/impair, calculer de petites valeurs par ordinateur et obtenir la formule par interpolation, mais... bof...)

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• Avril 2018, 2e défi

  le 19 avril 2018 à 16:50, par drai.david

  Malheureusement, je ne suis pas très subtil et j’ai fait comme tu dis...
  Mais la formule donnée plus bas est tout de même plus jolie !
  Tout d’abord, un petit programme sur ma HP Prime fétiche pour trouver de manière brute les 1ères valeurs (j’avais déjà fait programmer ce problème paru dans le calendrier 2014 à mes élèves de 1èreS, sur Casio Graph+ et TI 83...) : 8 secondes pour les 15 premières valeurs sur émulateur.
  Mais pour une preuve par récurrence, j’avoue ne pas y avoir songé...
  Voici le programme pour populariser cette calculette idéale pour la « petite » programmation.
  Et pourvu qu’on ait le bon algo (c’est ça le plus dur !), on peut même valider la plupart des projets Euler dans des temps raisonnables...

  Ici, l’indentation a disparu mais elle est présente dans le programme d’origine...

  EXPORT CARRES_EN_CROIX()
  BEGIN
  {}▶L1 ;
  FOR N FROM 1 TO 15 DO
  3*N-1▶M ;2*N-1▶Q ;0▶T ;2*N▶O ;
  FOR X FROM 0 TO M DO
  FOR Y FROM 0 TO M DO
  IF (X≥N AND X<O) OR (Y≥N AND Y<O) THEN MIN(Q,M-X,Y)▶R ;
  FOR A FROM 1 TO R DO MIN(Q,M-Y,M-X-A)▶S ;
  FOR B FROM 0 TO S DO X+A▶V ;Y+B▶W ;
  IF (V≥N AND V<O) OR (W≥N AND W<O) THEN V+B▶V ;W-A▶W ;
  IF (V≥N AND V<O) OR (W≥N AND W<O) THEN V-A▶V ;W-B▶W ;
  IF (V≥N AND V<O) OR (W≥N AND W<O) THEN T+1▶T ;
  END ;END ;END ;END ;END ;END ;END ;END ;
  CONCAT(L1,T)▶L1 ;
  END ;
  PRINT(L1) ;
  END ;

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• Avril 2018, 2e défi

  le 27 avril 2018 à 22:06, par Niak

  Merci pour cette réponse. Cela me conforte aussi dans l’idée que ce n’est pas simple à dénombrer « directement ». À vrai dire je songeais à des méthodes algébriques. Sans entrer dans les détails, compter les carrés est potentiellement équivalent à compter les cycles de taille $4$ dans un certain graphe (e.g. dont les sommets pourraient représenter les segments reliant deux points, mais il faut faire un peu attention aux orientations, multiplicités, etc) de matrice d’adjacence $M$ (qui devrait être « fortement » diagonale par blocs). Donc calculer $\text{Tr }M^4$, ce qui ouvre éventuellement la voie à tout un arsenal de méthodes issues de la réduction des endomorphismes...

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• Avril 2018, 2e défi

  le 13 avril 2018 à 19:12, par drai.david

  Donc $C(123456789)=348$ $458$ $584$ $197$ $388$ $854$ $793$ $956$ $634$ $734$ $271$.
  $;-)$

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• Avril 2018, 2e défi

  le 13 avril 2018 à 23:54, par drai.david

  En fait, je la préfère comme ça : $C(n)=\frac{3}{4}x^2(2x^2-1)+\frac{1}{8}[1-(-1)^n]$ !

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