{ (a a1, 2,...,an)∈Cn a1≠a2≠ ≠... an} et

Problème G243. Par une après-midi pluvieuse

Solution de Claude Felloneau

1. Soit ^C=

{

^{1, 2,..,c}

}

l’ensemble des couleurs utilisables. Chaque coloriage d’un polygone régulier à n sommets est défini par un n-uplet

(

a a1, 2,...,a_n

)

∈Cⁿ avec a₁≠a₂≠ ≠... a_n ≠a₁.

Pour tout entier naturel n ? 1, on note : ^Fn=

{ (

^{a a1, 2,...,an}

)

^{∈Cn a1≠a2≠ ≠... an}

}

^et

( )

{

^{1, 2,..., n 1 2 ... 1}

}

n n n

E = a a a ∈C a= ≠a a ≠ ≠a ≠a et α =_n card E( _n) et β =_n card F( _n).

( ) ( )

{ }

1 2

1 2 1 1

1

, ,...,

, ,..., _{n n} ^{n n}

n n

a a a F

a a a F

a C a

+ +

+

 ∈

∈ ⇔

 ∈ − , donc β = − β_n+1 (c 1) _n.

( )

( )

( )

{ } ( )

{ }

1 2

1 2 1 2

1

1 2 1 1

1 1 1 1

1

1 1

, ,...,

, ,..., , ,...,

, ,..., ou

,

n n

n n n n n

n

n n

n n n

n n

n

a a a F

a a a E a a a F E

a C

a a a E

a C a a a C a

a a

a a

+ + +

+ +

+ +

 ∈

 ∈  ∈  ∈ −

  

∈ ⇔ ⇔ 

∈ − ∈ −

≠  

  

 ≠



Le nombre des n-uplets vérifiant

( )

{ }

1 2

1 1

, ,..., ,

n n

n n

a a a E

a ₊ C a a

 ∈



 ∈ − est (c− α2) _n et celui des n-uplets vérifiant

( )

{ }

1 2

1 1

, ,..., _{n n n}

n

a a a F E

a₊ C a

 ∈ −



 ∈ − est (c− β − α1)( _{n n}).

On a donc : α = − α + − β − α = − β − α_n+1 (c 2) _n (c 1)

(

_{n n}

)

(c 1) _{n n} On en déduit α_n+2= − β − α = −(c 1) _n+1 _n+1 (c 1)

(

α + α − α_n+1 _n

)

_n+1, Soit : α_n+2= − α + − α(c 2) _n+1 (c 1) _n.

L’équation caractéristique de cette récurrence linéaire est X²= −(c 2)X + −c 1. Elle admet deux solutions réelles distinctes ( 1)− et (c−1). On a donc α =_n acⁿ+ −b( 1)ⁿ où a et b sont deux réels que l’on détermine à partir des deux premiers termes α =₁ 0 et α =₂ c c( −1).

On obtient finalement : α = −_n (c 1)ⁿ+ −( 1) (ⁿ c−1).

Pour n ≥ 3, c’est donc le nombre de coloriages distincts d’un polygone régulier à n sommets en utilisant au plus c couleurs.

On suppose que Zig choisit z+1crayons et Puce choisit p+1 couleurs ; l’équation du problème est :

( 1) 12 2 0

n n

p + − p=z + + ε >z avec ^{ε∈ −}

{ }

^{1,1 , z≥1, p≥1 et z+ ≤p 10}

On remarque que pⁿ+ −( 1)ⁿpest divisible par (p p+1) 1

z≠ sinon on a ε =1 et (p p+1)divise 4 donc p = 1. Orpⁿ+ −( 1)ⁿp= + −1 ( 1)ⁿ ≠4. 1

p≠ sinon l’équation s’écrit z¹²+ + ε = + −z 2 1 ( 1)ⁿ ; le second membre est majoré par 2 et le premier est minoré par 2¹² puisque z≥2. Il ne peut y avoir égalité.

Pour p et z strictement supérieurs à 1, le tableau ci-dessous, obtenu avec un tableur, donne les restes des divisions euclidiennes de z¹² +z par (p p+1).

p 2 3 4 5 6 7 8

z p(p+1) mod 6

mod 12

mod 20

mod 30

mod 42

mod 56

mod 72

2 0 6 18 18 24 10 66

3 0 0 4 24 18 4 12

4 2 8 0 20 26 12 68

5 0 6 10 0 6 6 6

6 0 6 2 12 0 14 6

7 2 8 8 8 14 0 8

8 0 0 4 24 30 16 0

On en déduit que les seuls couples (z, p) possibles sont (2, 4), (4, 2), (6, 4), (7, 2).

• Pour z=2 et p=4, on a ε =1et l’équation s’écrit : 4ⁿ+ −( 1) 4ⁿ =2¹²+4, soit 4ⁿ⁻¹+ −( 1)ⁿ=2¹⁰+1. Puisque n ≥ 3, on a ( 1)− ⁿ ≡1 (4) donc ( 1)− ⁿ=1 d’où 4ⁿ=2¹² ; ce qui donne n = 6.

• Pour z=4 et p=2, on a ε = −1et l’équation s’écrit : 2ⁿ+ −( 1) 2ⁿ =4¹²+2, soit

1 23

2ⁿ⁻ + −( 1)ⁿ =2 +1. Puisque n ≥ 3, on a ( 1)− ⁿ ≡1 (4) donc ( 1)− ⁿ =1 d’où 2ⁿ⁻¹=2²³ ; ce qui donne n = 24.

• Pour z=6 et p=4, on a ε = −1et l’équation s’écrit : 4ⁿ+ −( 1) 4ⁿ =6¹²+4. Il n’y a pas de solution car le second membre est congru à 1 modulo 3 et le premier à 0 ou 2 modulo 3.

• Pour z=7 et p=2, on a ε = −1et l’équation s’écrit : 2ⁿ+ −( 1) 2ⁿ =7¹²+5.Puisque n ≥ 3, on a 2( 1)− ⁿ ≡6 (8) donc ( 1)− ⁿ ≡ −1 (4)d’où ( 1)− ⁿ= −1. On a alors 2ⁿ=7¹²+7, ce qui est impossible car le second membre est divisible par 7 et le premier ne l’est pas.

Finalement, il y a deux solutions :

- Soit Zig a choisi 3 crayons (4098 coloriages possibles) et Puce a choisi 5 crayons pour colorier un hexagone régulier (4100 coloriages possibles).

- Soit Zig a choisi 5 crayons (16 777 220 coloriages possibles) et Puce a choisi 3 crayons pour colorier un polygone régulier à 24 sommets (16 777 218 coloriages possibles).

2. Soit γ_nle nombre de coloriages avec au plus c couleurs d’un polygone régulier à n sommets en considérant comme identiques les coloriages superposables par rotation.

Soit G le groupe cyclique engendré par la rotation d’ordre n qui fait passer d’un secteur au suivant.

En faisant agir G sur l’ensemble En (de la partie 1), le théorème de Burnside-Frobenius donne :

( )

1

n G

card A

nσ∈ ^σ

β =

∑

^{où Aσ = ∈}

{

^{x En σ =x x}

}

^.

Pour σ∈G, l’ordre d de σ divise n, et en faisant agir σ sur les n secteurs, on obtient n

d orbites.

Pour qu’un coloriage appartienne à A_σ, il faut et il suffit que les secteurs d’une même orbite soient de la même couleur. Chaque coloriage de A_σ est donc défini de manière unique par la donnée d’un élément _n

d

E . Ainsi

( )

n

d

card A_σ = α .

Le nombre d’éléments d’ordre d dans G est ( )ϕ d où ϕest l’indicateur d’Euler.

On obtient donc :

divise

1 ( )

n n

d n d

n n

γ =

∑

ϕ α ^.

Le tableau ci-dessous donne des valeurs de γ_n en fonction de n et c.

n 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13

c

2 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0

3 2 6 6 14 18 36 58 108 186 352 630

4 8 24 48 130 312 834 2192 5934 16104 44368 122640

5 20 70 204 700 2340 8230 29140 104968 381300 1398500 5162220 6 40 165 624 2635 11160 48915 217040 976887 4438920 20346485 93900240 7 70 336 1554 7826 39990 210126 1119790 6047412 32981550 181402676 1004668770 8 112 616 3360 19684 117648 720916 4483808 28249228 179756976 1153450872 7453000800 9 168 1044 6552 43800 299592 2097684 14913192 107377488 780903144 5726645688 42288908760 10 240 1665 11808 88725 683280 5381685 43046880 348684381 2852823600 23535840225 1,95528E+11

Il y a au moins une solution au problème :

Zig a choisi 3 crayons (352 coloriages possibles), et Puce a choisi 7 crayons pour colorier un carré (336 coloriages possibles).

J’ignore s’il y a d’autres solutions …