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 #1 - 26-12-2013 07:49:08

nodgim
Elite de Prise2Tete
Enigmes résolues : 0
Messages : 2953

2 rouleaux irrationnls.

Bonjour à tous.
Un rouleau A, de circonférence unité, entraîne sans glissement un rouleau B de circonférence irrationnelle. Le rouleau A comporte un index (point) qui s'imprime sur le rouleau B à chaque tour.
Question: Chaque point ou chaque zone de la circonférence du rouleau B sera t elle marquée par les empreintes de l'index A ?



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 #2 - 26-12-2013 08:17:40

masab
Expert de Prise2Tete
Enigmes résolues : 44
Messages : 681

2 rouleaux irratinnels.

Les empreintes sont dénombrables et partout denses.

Preuve.
Un point du cercle A est repéré par un réel [latex]\mod 1[/latex], l'index étant en 0.

On note [latex]b[/latex] la longueur irrationnelle du cercle B. Un point du cercle B est repéré par un réel [latex]\mod b[/latex].

Au départ l'index en 0 sur la roue A fait une empreinte en 0 sur la roue B.

Après [latex]k[/latex] tours de la roue A ([latex]k[/latex] entier [latex]\geq 0[/latex]), on a une empreinte [latex]k \mod b[/latex] sur la roue B.

Soient [latex]k,k'[/latex] des entiers [latex]\geq0[/latex] . Si [latex]k\not=k'[/latex] alors [latex]k\not\equiv k' \mod b[/latex] ; sinon [latex]k-k'=n\,b[/latex] avec [latex]n[/latex] entier, donc [latex]b[/latex] serait rationnel. Chaque nouvelle empreinte est donc distincte des précédentes. En particulier il y a une infinité dénombrable d'empreintes (dénombrable car elles sont indexées par l'entier [latex]k[/latex]).

Soit un entier [latex]n>0[/latex]. On fait une subdivision de [latex][0,b][/latex] par les [latex]n+1[/latex] points [latex]\frac{r\,b}{n}[/latex] avec [latex]r=0,1,2,...,n[/latex]. Le segment [latex][0,b][/latex] est la réunion des [latex]n[/latex] petits segments [latex]\left[\frac{r\,b}{n},\frac{(r+1)\,b}{n}\right][/latex], [latex]r=0,1,2,,n-1[/latex], tous de longueur [latex]\frac{b}{n}[/latex].

Comme il y a une infinité d'empreintes, il y a au moins 2 empreintes  [latex]k_0[/latex]  et [latex]k_1\ [/latex]  ,  situées [latex]\mod b[/latex] dans un même petit segment, avec [latex]0<k_0<k_1[/latex].  Alors [latex]k_1-k_0[/latex]  est  [latex]\mod b[/latex] dans [latex]\left[-\frac{b}{n},\frac{b}{n}\right][/latex]. Et si on considère les empreintes de la forme [latex]s(k_1-k_0) \mod b[/latex] avec [latex]s[/latex] entier [latex]\geq 1[/latex], on en déduit qu'il y a [latex]\mod b[/latex] au moins une empreinte dans chacun des [latex]n[/latex] segments [latex]\left[\frac{r\,b}{n},\frac{(r+1)\,b}{n}\right][/latex], [latex]r=0,1,2,,n-1[/latex].

Les empreintes sont donc partout denses sur la roue B.
[TeX]\square[/TeX]

 #3 - 26-12-2013 10:28:05

MthS-MlndN
Hors d'u-Sage
Enigmes résolues : 49
Messages : 12,414E+3
Lieu: Rouen

2 royleaux irrationnels.

La réponse est clairement "oui", mais je n'ai aucune piste de démonstration, et ça me frustre au plus haut point.


Podcasts Modern Zeuhl : http://radio-r2r.fr/?p=298

 #4 - 26-12-2013 11:42:20

titoufred
Elite de Prise2Tete
Enigmes résolues : 20
Messages : 1746

2 rouleaux irraionnels.

Le problème n'a pas beaucoup de sens.

 #5 - 26-12-2013 14:25:38

shadock
Elite de Prise2Tete
Enigmes résolues : 39
Messages : 3316

rouleaux irrationnels.

L'ensemble des nombres irrationnels n'est pas dénombrables, donc a fortiori non il ne seront pas tous atteint.

Shadock smile


"L'expérience est une lanterne qui n'éclaire que celui qui la porte." L-F. Céline

 #6 - 26-12-2013 15:22:47

JulesV
Passionné de Prise2Tete
Enigmes résolues : 15
Messages : 52

2 riuleaux irrationnels.

Je pense que non. smile

Un point du cercle est atteint ssi il existe n,k tels que  [latex]n-kp = q[/latex] 
([latex] n,k[/latex] des entiers, [latex]p[/latex] la circonférence du cercle B et [latex]q[/latex] le réel sur le cercle)

Si on prend un cercle de circonférence [latex]\sqrt{3}[/latex], le point  [latex]\sqrt{2}[/latex] ne sera pas atteint. On a
[TeX]n-k\sqrt{3}=\sqrt{2} \Leftrightarrow n^{2}= 2 + 2k\sqrt{6}+ k^{2}3       
[/latex]    soit    [latex]\frac{n^{2}- 2 + k^{2}3}{2k}= \sqrt{6} [/TeX]
ce qui est impossible vu que [latex]\sqrt{6}[/latex] est irrationnel.

 #7 - 26-12-2013 17:58:59

nodgim
Elite de Prise2Tete
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Messages : 2953

2 rouleau xirrationnels.

Quelques commentaires sur les réponses données:

Masab, tu as fait une réponse intéressante, mais sans aucune démonstration. ça demanderait un complément.

MathS: tu ne sembles pas pour l'instant avoir pris la mesure du problème, et fais une conclusion hâtive.

Shadock: tu fais une réponse juste et courte, sur la base d'un Cantorisme rigoureux, mais ne dis rien sur la répartition des empreintes. 

JulesV: tu es le seul à démontrer, sans l'aide de théorème connu, que certains points ne peuvent être atteints , bravo. Il existe toute une autre partie de points dans ce cas à laquelle je pensais, tu viens d'en ajouter une autre partie, bravo. Il te reste maintenant à regarder s'il y a des zones vierges de toute empreinte.

Titoufred: pas de sens, pas de sens, peut être, mais pourquoi ?

Pour l'instant, il y a un grand vide sur la question de zones du rouleau B qui pourraient n'être atteintes par aucun point.

 #8 - 26-12-2013 18:34:41

gwen27
Elite de Prise2Tete
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Messages : 5,471E+3

2 rouleaux irratonnels.

A mon avis, à part les premiers entiers qui composent la partie entière de l'irrationnel, aucun nombre rationnel ne peut être marqué. Au second tour, on décale les points de la partie décimale de l'irrationnel (puis de 2 fois cette partie décimale...)

Si on tombe sur un rationnel, c'est que l'irrationnel ne l'est pas , non ? Car n fois sa partie décimale pourrait alors être exprimé avec l'unité et un rationnel.

 #9 - 26-12-2013 18:52:54

nodgim
Elite de Prise2Tete
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2 rouleaux irrationbels.

Oui Gwen. C'est encore une nouvelle série de points qui ne seront pas atteints, celle que j'avais en tête est un peu son alter ego....

 #10 - 26-12-2013 22:12:32

titoufred
Elite de Prise2Tete
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2 rouleaux irrationels.

Ce problème n'a pas de sens posé tel quel car :

1) Une marque ponctuelle, ou un point n'a pas de sens réel. Une marque doit avoir une certaine grosseur pour être visible, un index ponctuel ça n'existe pas. Demander si chaque point du rouleau B va être marqué n'a pas de sens.

2) Parler de longueur irrationnelle pour un objet concret n'a pas de sens. La longueur d'un objet ne pouvant être mesurée précisément, il n'y a pas de sens à parler de longueur irrationnelle.

Oui mais alors, me direz-vous, si l'on va par là, il en serait de même de tous les problèmes géométriques concrets, qui une fois abstraits/modélisés, se résolvent grâce à des objets mathématiques irréels. Par exemple, dire que la diagonale d'un carré de longueur 1 mètre mesure [latex]\sqrt2[/latex] mètres n'aurait pas de sens non plus !
Pas du tout, cela fait sens sans aucun problème. Si une figure concrète en forme (approximative) de carré a un côté qui mesure 1 mètre environ, sa diagonale va mesurer [latex]\sqrt2[/latex] mètres environ (l'approximation dépendant de la précision de mes mesures). Les traductions monde réel/monde mathématique ne sont pas problématiques. Au contraire, dans le problème que tu nous proposes, les traductions monde réel/monde mathématique sont très problématiques et ne font pas sens.

 #11 - 27-12-2013 09:25:46

nodgim
Elite de Prise2Tete
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2 rouleaux irrationnnels.

Titou, pour l'empreinte, j'ai bien précisé que c'était un point, donc sans épaisseur. Si on ne peut effectivement pas le marquer physiquement, sans tomber dans une épaisseur, on peut au moins lui attribuer une abscisse.
Pour la longueur irrationnelle, pour un rouleau, PI est très représentatif, non ? Mais ce n'est pas le seul.
En fait, aujourd'hui, sait on réellement construire à la perfection 2 rouleaux dans une proportion rigoureusement rationnelle ? La réponse est à coup sûr non, cependant on a contourné le problème en créant l'engrenage...

 #12 - 27-12-2013 19:08:20

nodgim
Elite de Prise2Tete
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2 rouleau irrationnels.

Pour autant que je comprenne, ça a l'air bon masab.
Bravo à toi.

 #13 - 27-12-2013 19:22:26

shadock
Elite de Prise2Tete
Enigmes résolues : 39
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2 rouleaux itrationnels.

Je pense que seul les nombres appartenant à [latex]\mathbb{Q}[/latex] seront atteint, mais je dois me tromper, il doit en manquer hmm


"L'expérience est une lanterne qui n'éclaire que celui qui la porte." L-F. Céline

 #14 - 27-12-2013 21:13:13

Sydre
Professionnel de Prise2Tete
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Messages : 144

2 rouleaux ierationnels.

Notations :
[TeX]R[/latex]: rayon du rouleau.

[latex]C[/latex]: circonférence du rouleau.

[latex]\Omega[/latex]: vitesse angulaire du rouleau.

Solution :

Le rouleau A entraîne sans glissement le rouleau B :

[latex]R_A \Omega_A=R_B \Omega_B[/TeX]
Lorsque le rouleau A fait un tour le rouleau B fait [latex]\frac{R_A}{R_B}[/latex] tour(s).

Deux marques successives sont alors séparées par un angle de [latex]\frac{R_A}{R_B} 2 \pi = \frac{C_A}{R_B}[/latex] radians.

La n-ième marque est donc repérée par un angle de [latex](n-1) \frac{C_A}{R_B}[/latex] radians par rapport à la première marque.

Il s'agit ensuite de déterminer si les nouvelles marques finissent par se superposer aux anciennes au bout d'un certain nombre d'impression.

Autrement dit il s'agit de déterminer si :
[TeX]\exists n \in \mathbb{N}^*, \exists (i, j) \in \mathbb{N}^2, (i, j) \ne (n-1, 0), (n-1) \frac{C_A}{R_B}=i \frac{C_A}{R_B} +2j \pi[/TeX]
Auquel cas le motif d'impression sur le rouleau B serait complet dès l'impression de la n-1-ème marque (après ça l'impression "tourne en boucle"), ce qui équivaut à la présence de points non marqués sur le rouleau B.

Dans notre cas [latex]C_A=1[/latex]

On cherche donc à déterminer si :
[TeX]\exists n \in \mathbb{N}^*, \exists (i, j) \in \mathbb{N}^2, (i, j) \ne (n-1, 0), (n-1) \frac{1}{R_B}=i \frac{1}{R_B} +2j \pi[/TeX][TeX]\Longleftrightarrow \exists n \in \mathbb{N}^*, \exists (i, j) \in \mathbb{N}^2, (i, j) \ne (n-1, 0), n-1=i+2j \pi R_B=i+jC_B[/TeX]
Dans notre cas [latex]C_B[/latex] est irrationnel.

Par conséquent [latex]\forall (i, j) \in \mathbb{N}^2, i+jC_B[/latex] est irrationnel et [latex]\nexists n \in \mathbb{N}^*, \exists (i, j) \in \mathbb{N}^2, (i, j) \ne (n-1, 0), n-1=i+jC_B[/latex]

Conclusion : chaque point du rouleau B sera marqué par l'index du rouleau A.

 #15 - 27-12-2013 22:25:20

titoufred
Elite de Prise2Tete
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2 rouelaux irrationnels.

Nodgim, parler d'une empreinte sans épaisseur, ce n'est pas possible. Soit tu parles d'un point (un objet mathématique idéal), soit tu parles d'une empreinte réelle qui a une épaisseur. Il faut faire un choix. De même avec la longueur irrationnelle d'un rouleau, ça n'a pas de sens. Soit tu parles de longueur d'un objet mathématique (qui est un nombre réel précis), soit tu parles de longueur d'un objet de la vie courante, qui est une mesure imprécise (ie un encadrement) et certainement pas un réel précis.

Ton problème est à l'origine un problème de maths auquel on a voulu donner un habillage concret. Mais, cet habillage est foireux. Alors, je vois bien quel est le problème mathématique sous-jacent dont tu veux nous parler, mais ce problème n'a pas d'application concrète, en tout cas pas celle de ton énoncé.

 #16 - 28-12-2013 10:09:49

nodgim
Elite de Prise2Tete
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2 rouleaux irratipnnels.

Titoufred, je suis d'accord avec toi. Si la présentation 2 rouleaux te gêne, je pourrais poser le problème de la façon suivante:

Soit A un irrationnel, tous les entiers de N modulo A peuvent ils prendre toutes les valeurs possibles entre 0 et A ou au contraire existe t il des abscisses ou des petites zones  qui ne seront jamais atteintes ?

 #17 - 28-12-2013 10:11:20

nodgim
Elite de Prise2Tete
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2 rouleau irrationnels.

Sydre, ta démo est correcte, mais la conclusion hâtive...

 #18 - 28-12-2013 21:34:10

titoufred
Elite de Prise2Tete
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2 rouleeaux irrationnels.

Ok Nodgim.

Voici mes réponses à tes questions pour ce qui est du problème formulé de façon mathématique, avec tes notations :

On considère l'application suivante : [latex]s : \mathbb{N} \rightarrow [0 ; A [[/latex]
telle que  [latex]\overline{s(x)} = \overline{x}[/latex]  dans [latex]\mathbb{R}/A\mathbb{Z}[/latex]

1) [latex]s[/latex] n'est pas surjective puisque [latex]s(\mathbb{N})[/latex] est dénombrable et [latex][0;A[[/latex] non. Il existe une infinité non dénombrable de points qui ne sont pas atteints par [latex]s[/latex].

2) Prouvons maintenant que [latex]s(\mathbb{N})[/latex] est dense dans [latex][0;A[[/latex] :

Pour cela, on considère [latex]x=inf(s(\mathbb{N}^*))[/latex].

a) Nous allons prouver que [latex]x=0[/latex] :

Raisonnons par l'absurde et supposons que [latex]x > 0[/latex].

Notons [latex]y=sup(s(\mathbb{N}^*))[/latex]

i) On prouve d'abord que [latex]y = A-x[/latex] :

En effet, supposons que l'on a [latex]y<A-x[/latex].

Alors on sait qu'il existe des entiers [latex]x'[/latex] et [latex]y'[/latex] dans [latex]\mathbb{N}^*[/latex] tels que
[TeX]x\leq s(x')<A-y[/latex]  et  [latex]y-x<s(y') \leq y[/latex].

Alors [latex]y <s(x')+s(y')< A[/latex].

Puisque [latex]s(x')+s(y')< A[/latex], alors [latex]s(x'+y')=s(x')+s(y')[/TeX]
et donc [latex]y < s(x'+y')[/latex], ce qui est absurde.

De même, supposons que l'on a [latex]y>A-x[/latex].

Alors on sait qu'il existe un entier [latex]y'[/latex] dans [latex]\mathbb{N}^*[/latex] tel que [latex]A-x<s(y')[/latex].

Et il existe un entier [latex]x'[/latex] dans [latex]\mathbb{N}^*[/latex] tel que [latex]x\leq s(x')<x+A-s(y')[/latex]

Alors [latex]A <s(x')+s(y')< x+A[/latex] et donc [latex]s(x'+y')<x[/latex] ce qui est absurde.

ii) Soient [latex]x'[/latex] et [latex]y'[/latex] dans [latex]\mathbb{N}^*[/latex] tels que
[TeX]x\leq s(x')<2x[/latex] et [latex]A-2x<s(y') \leq A-x[/latex].

Alors [latex]A-x < s(x') + s(y') < A+x[/TeX]
De deux choses l'une :

-Soit [latex]s(x')+s(y')<A[/latex] et alors [latex]s(x'+y')=s(x')+s(y')>A-x[/latex]

-Soit [latex]s(x')+s(y')\geq A[/latex] et alors [latex]s(x'+y')=s(x')+s(y')-A<x[/latex]

Dans les deux cas, on aboutit à une absurdité.

C'est donc que notre hypothèse [latex]x > 0[/latex] n'est pas bonne. Cela prouve donc que [latex]x = 0[/latex].

b) A partir de là, il est facile de prouver que [latex]s(\mathbb{N})[/latex] est dense dans [latex][0;A[[/latex] :

Soit [latex]z \in [0;A[[/latex] et [latex]\epsilon >0[/latex].
[TeX]inf(s(\mathbb{N}^*))=0[/latex] donc il existe un entier [latex]x' \in \mathbb{N}^*[/latex] tel que [latex]s(x')<\epsilon[/latex].

Comme A est irrationnel et [latex]x' \neq 0[/latex], alors [latex]s(x')\neq 0[/latex].

Finalement, soit [latex]q = E\left(\frac{z}{s(x')}\right)[/latex].

Alors [latex]q\ \leq \frac{z}{s(x')} < q+1[/TeX]
donc [latex]q \times s(x') \leq z < q \times s(x') + s(x')[/latex]

donc [latex]s(q \times x') \leq z < s(q \times x') + \epsilon[/latex]

Ce qui prouve que [latex]s(\mathbb{N})[/latex] est dense dans [latex][0;A[[/latex].

 #19 - 29-12-2013 08:50:36

nodgim
Elite de Prise2Tete
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2 rouleau irrationnels.

C'est parfait Titou, je n'ai pas besoin d'ajouter quoi que ce soit.

Pour les points impossibles à atteindre, on pourrait citer les rationnels (sauf les éventuels quelques entiers du premier tour) ainsi que tous les points x tels que x/A est rationnel.

 #20 - 29-12-2013 15:57:23

titoufred
Elite de Prise2Tete
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2 rouleaux ireationnels.

Même si je détaille pas mal, la démonstration de masab est quand même plus directe.

masab, il y a quand même quelques petits trucs à rectifier dans ta démonstration il me semble :

1) tu inverses le rôle de 1 et de a.

2)  [latex]|a*p_n-q_n|\leq 1/n[/latex] implique que l'image de [latex]\varphi [/latex] possède donc au moins un point dans [latex][0;1/n][/latex] ou dans [latex][1-1/n;1][/latex]

3) petite coquille à la fin, c'est [latex]k \times a \times p_n[/latex]

Es-tu d'accord avec ça ?

 #21 - 29-12-2013 16:20:20

nodgim
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2 riuleaux irrationnels.

Je donne tout de même ma version destinée à ceux qui ne connaissent pas forcément la notion d'indénombrabilité dans R.

La 1ère marque sur le rouleau B sera déclarée à 0, la circonférence a une longueur B, les marques se feront donc entre 0 et B.
La 1ère marque après le zéro interviendra après 1 tour de A (1 unité) et k1 tours de B: Son abscisse sera:
1-k1*B=a1
les marques suivantes se feront aux abscisses:
n-kn*B=an
avec kn tel que: kn*B<n<(kn+1)*B.

On peut tout de suite dire que les marques seront toutes à une abscisse différente.
Supposons an=am
n-kn*B=m-km*B
B=(n-m)/(kn-km) ce qui est impossible car B est irrationnel.

Il y aura donc une infinité de marques.

Au lieu de suivre les "an" les uns après les autres, on va tenter de les choisir judicieusement pour mieux visualiser une répartition régulière.

Quand on a écrit 1-k1*B=a1
Si a1<B/2, on marque a2 en remarquant que 2(1-k1*B)=a2
Si a2<2B/3, on pourra marquer a3=3(1-k1*B).
Si an<nB/(n+1), on pourra marquer a(n+1)=(n+1)*(1-k1*B).
Si an>nB/(n+1), alors c'est que B-an<a1. Comme an=n-kn*B, on définit un nouvel intervalle B-an<intervalles précédents.
L'abscisse de an se réécrit -a'n=an-B=n-(kn+1)*B
2 fois, 3 fois, n-1 fois (au moins) -a'n marquent le rouleau B. Quand on sera revenu proche de 0, il restera une valeur moindre que a'n en valeur absolue, qu'on notera am=m-km*B, et qu'on utilisera à nouveau pour marquer des intervalles réguliers de longueur am. 

Exemple: B=Pi
a0=0; a1=1;a2=2;a3=3; a4 dépasse Pi, donc on écrit a3=Pi-3=-0,14159 modulo Pi.
2(Pi-3)=2Pi-6=a6=2*(-0,14159..) modulo Pi
3(Pi-3)=3Pi-9=a9=3*(-0,14159..) modulo Pi
...
Comme [Pi/a3]=22, on aura:
22(Pi-3)=22Pi-66=a66=-3.1150..modulo Pi donc = 0.026..
a66=66-21Pi=0.026
2*a66=132-42Pi=a132=0.053...
....
[Pi/a66]=118.
118*a66=118(66-21Pi)=a7788=3.1334=-0.00818..modulou Pi.
a7788=2479Pi-7788
Tous les k*a7788 marqueront un intervalle de valeur 0.00818...
.....

Remarque: une petite astuce permet de s'assurer d'avoir un nouvel intervalle moindre que la moitié de l'intervalle précédent. Saurez vous la trouver ?

Ainsi, on peut ad infinitum marquer B par des intervalles tjs plus petits.

Il ne peut donc exister d'intervalle, aussi petit soit il, sans marquage.

Cependant, les "an" ne peuvent accéder à tous les points de l'intervalle.
Exemples:
an=n-kn*B ne peut donner un nombre rationnel que pour kn=0.
n-kn*B=p/q
kn*B=n-p/q
B=(n-p/q)/kn---->impossible car ça impliquerait que B est rationnel.

an=n-kn*B=q*B, avec q rationnel.
n=B*(kn+q) impossible car B irrationnel.

 #22 - 30-12-2013 10:35:32

nodgim
Elite de Prise2Tete
Enigmes résolues : 0
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2 rouleaux irrayionnels.

Au fait, à Titou ou Masab, quand dit-on d'un cardinal d'un sous-ensemble qu'il est dense dans son ensemble ? Cela implique t il une proportion non nulle ?

 #23 - 31-12-2013 00:49:58

titoufred
Elite de Prise2Tete
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Messages : 1746

2 rouleaux irrtionnels.

La densité n'est pas une histoire de cardinal.

Dans [latex]\mathbb{R}[/latex], on dit qu'une partie [latex]B[/latex] d'un ensemble [latex]A[/latex] est dense dans [latex]A[/latex] si
[TeX]\forall a \in A, \forall \epsilon > 0, \exists b \in B[/latex] tel que [latex]|a-b| \leq \epsilon[/TeX]

 #24 - 31-12-2013 08:46:28

nodgim
Elite de Prise2Tete
Enigmes résolues : 0
Messages : 2953

2 rouleau irrationnels.

OK, merci Titoufred, je m'en doutais un peu, tu me confirmes.
La démo de masab peut encore être raccourcie (je le fais court):

Il y a une infinité de pts imprimés dans le segment, il y a donc une infinité d'intervalles de longueur nulle. Or, on peut imprimer 2 pts séparés par un intervalle de longueur nulle sur tout le segment. Les points imprimés sont donc partout dense dans le segment.

 #25 - 31-12-2013 09:54:24

masab
Expert de Prise2Tete
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2 eouleaux irrationnels.

> nodgim : Il y a une infinité de pts dans le segment
Oui, et même une infinité non dénombrable.

> nodgim : il y a donc une infinité d'intervalles nuls.
Du moins il y a une infinité d'intervalles réduits à un point (c-à-d de longueur nulle).

> nodgim : Or, on peut reproduire cet intervalle nul sur tout le segment.
A tout point a du segment on peut associer le singleton {a}.

> nodgim : ça évite de passer par le 1/n.

CONCLUSION : Je ne comprends pas la conclusion...

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