Reprise du message précédent :
Même pas

Question bête à nouveau, est-ce que la courbe correspondant à (par exemple) la loi de Planck :

 
a un nom particulier, comme on parle d'une exponentielle, d'une parabole ou une gaussienne ?

Tiens au fait, sur l'album de la comtesse du Canard de cette semaine, il y avait cette recommandation (prêtée a Villani ou Blanquer, je ne sais plus): "Il faut changer les maths!"  
 
A+,

Pas vraiment non, juste "loi de Planck".

+1

Qu'est ce qui te fait dire que tous les degrés sont égaux ?
Si on prend le problème avec le nombre de connaissance commune = 1, alors une (la?) solution est une personne connaissant tout le monde, les autres formant des binômes isolés, la forme minimale étant 3 personnes se connaissant toutes. Bien sûr ça ne présage en rien le passage à 2 connaissances communes mais je trouve quand même l'hypothèse assez forte.
edit: en fait je me demande même si une solution existe en dehors de n=4...

 
loi de Planck +1 c'est pas homogène

Je pense que ça s'appelle juste un spectre de corps noir.

 
La personne qui m'a posé le pb m'a fortement suggéré que les degrés étaient égaux Mais j'ai pas de piste pour le prouver, effectivement le cas que tu présentes avec une seule connaissance commune ne vérifie pas cette propriété

 
Pour n strictement supérieur à 4, les degrés de chaque point sont forcément supérieurs ou égaux à 4. Ca se montre par l'absurde en supposant qu'un point a un degré égal à 3 ou moins et écrivant les différents graphes possibles, ça merdoie assez rapidement.
EN appelant a le sommet en question.  
- Si le degré de a est 2 ou moins, c'est trivial.  
- Si le degré de a est 3, appelons b, c et d ces voisins. pour que a est deux sommets communs à b, c et d, il faut que a, b, c et d soient tous voisins deux à deux. Pour relier (a,b,c,d) à un point e du monde extérieur, il y a deux possibilités (modulo les symétries).  
---Soit e est relié à 2 points ou plus de (a,b,c,d), disons b et c. Dans ce cas il y a trois trajets entre b et c donc c'est pas possible.  
---Soit e est relié à un seul point parmi (a,b,c,d). disons b. Dans ce cas il y a un seul trajet entre a et e donc pas possible non plus.
 
 
En supposant à présent que chaque point a un degré au moins égal à 4. Si un point a un degré au moins égal à 5, je sens bien que ça va merdoyer aussi mais pour le coup je n'arrive pas à le prouver pour n>=7 (pour 5 et 6, ça merdoie de façon certaine)
 
Edit : en fait ça ne mène pas très loin. Si on prend 12 points au sommet d'un icosaèdre, ils ont tous un degré 5 avec zéro ou deux chemins entre deux point quelconques donc contrairement à ce que j'espérais on ne se retrouve pas avec trois chemins pour au moins un couple de points.

On se place dans le cas n>4, donc quelque soit i, le degré de i vérifie d(i)>=4.
Soit A la matrice adjacente et B=A²
On a donc B(i,i)=d(i) et B(i,j)=2 si i et j sont différents.
On a donc  
somme (B(i,j))=2n² + somme (d(i)-2))
 
 
Soit k le nombre de chemins entre deux points du graphe.
On a donc également  
somme (B(i,j))=k²
 
donc 2n² + somme (d(i)-2)) = k²
 
Or d(i)>=4 donc k=1/2 * somme(d(i))>=2(n-1)
 
Donc 2n² + somme (d(i)-2)) >= 4(n-1)²
 
par ailleurs d(i)<=(n-1)
donc  
2n² + n (n-1 - 2)>=4(n-1)²
Soit 3n² - 3n >= 4(n-1)²
avec n-1 > 0 donc  
 
3n >= 4(n-1)
Soit 4>=n
 
Ce qui est contradictoire avec l'hypothèse initiale n>4
 
Donc n=4 est la seule solution
 
Méthode totalement inélégante donc je suppose qu'il y a mieux

Salut,

Merci pour ta réponse et tes pistes !

Il y a certainement mieux car tu te trompes

Exemple de solution pour n=16, d=6 (probablement la seule) : https://en.wikipedia.org/wiki/Shrikhande_graph

Dans ton raisonnement, ce que je n'ai pas compris, c'est :

- qu'appelles-tu nombre de chemins entre 2 points exactement ? (a priori, ce nombre est infini, est-ce que tu supposes qu'on n'a pas le droit de repasser par un point ?)
- pourquoi ce nombre serait-il uniforme sur le graphe, et pourquoi serait-ce un carré parfait ?

Ce qu'on peut dire, c'est que la somme des B_i,j est égale à la somme des d(i)² (c'est assez facile à voir : le terme (i,j) de la matrice B est le nombre de chemins de longueur 2 pour aller de i à j. Si on considère un sommet k, chaque chemin partant de k va donc être compté autant de fois que k a de voisins, puisqu'il va être compté chaque fois qu'on relie i et j en passant par k, donc à la fin on a la somme des carrés de degrés).

On a donc somme d(i)² = 2n² + somme (d(i)-2))

Si on fait l'hypothèse (non prouvée) que les d(i) sont tous égaux on a alors nd²=2n²+n(d-2)
ie
d²-d-2(n-1)=0

ie
n = 1 + d(d-1)/2

En revanche tous les (n,d) vérifiant cette équation ne sont pas solution.
- pour d=3, on a n=4 et on retombe sur le cas de base
- pour d=4, on a n=7 et on peut vérifier à la main qu'il est impossible de construire un graphe qui marche
- pour d=6, on a n=16 et on retombe sur le graphe de Shrikhande que j'ai mis en lien

Empiriquement, il semblerait que n doive être un carré parfait pour que ça fonctionne

Voilà, j'ai pas mieux pour l'instant

D'ailleurs je suis curieux de voir pourquoi tu pensais que pour n=6 ça merdoyait de façon certaine

Effectivement, je me suis planté quelque part
 
Il faut que je voie où est mon erreur.

 
Une fois déterminé d(i)>=4 pour tout i, je pensais avoir étudié tous les cas possibles modulo les symétries
 
Cependant ton graphe est un n=20, pas un n=6. Dans ta définition initiale, n c'est le nombre de sommet du graphe, pas le degré.
 
Tu as un contre-exemple pour n=6 ?

Oui pardon l'exemple que j'ai donné c'est d=6, n=16.

Pour n=6 tu as raison, en utilisant que les degrés sont >=4, on voit que l'équation :
somme d (i)^2 = 2n^2 + somme (d (i) -2)
n'a pas de solution.
(Terme de gauche compris entre 96 et 150, terme de droite entre 84 et 90).

Merci

Il y a pas moyen de passer par la combinatoire pure ? A un couple correspond un unique autre couple formés d'individus différents.
Le problème consiste à dire qu'il existe une bijection réciproque des couples possibles dans une population de n individus et à chercher la condition sur n.
Déjà ça pose une condition sur 2 parmi n qui doit être divisible par 2 (mais c'est pas suffisant).

J'ai l'impression que c'est une approche difficile, en tous cas je suis vite bloqué.

Faut chercher du côté des friendship graphs généralisés, ça a l'air de porter sur le problème.
edit: https://community.dur.ac.uk/george. [...] roblem.pdf le chapitre 3 montre que les degrés k sont forcément identiques.
Les solutions au problème sont donc des graphes fortement réguliers de paramètres (n,k,2,2) ( https://en.wikipedia.org/wiki/Strongly_regular_graph ), ça implique :

• n est de la forme k(k+1)/2 + 1 (ce que tu as indiqué avant)
• (n-1+k/(sqrt(k-2))/2 et (n-1-k/(sqrt(k-2))/2 sont entiers (condition sur les multiplicités)

Le deuxième point est intéressant, il implique

• k = m² + 2 avec m entier
• par conséquent 2/m entier

donc m = 1 ou 2, soit n=4, k=3 ou n=16, k=6.

Superbe merci !
J'avais les valeurs propres de la matrice mais il me manquait leur multiplicité  

En tout cas si c'est utilisé pour un recrutement, t'as pas intérêt à lâcher celui qui trouve, parce que dans le genre non-trivial c'est sympa

Je la donnerai ptet si je tombe sur un mec qu'a l'air chaud

Il m'est venu une petite interrogation mathématico-physique:
 
La vitesse de chute de 2 corps vers la Terre (par exemple) est la même car l'accélération de ceux-ci est constante et ne dépend pas de la masse des objets qui tombent. Soit.
 
Mais, en termes stricts, la Terre aussi tombe "légèrement" vers les objets en question, et donc si on lâche d'abord une boule de pétanque, puis une balle de tennis, en précision "infinie", la chute de la boule de pétanque devrait être un peu plus courte (vu que la masse de la boule est supérieure à celle de la balle) ? Me trompe-je ?
 

 
si tu considères 2 corps tu as effectivement les deux qui sont censés se rencontrer au centre de gravité des deux
à partir du moment où tu considères 3 corps ça change pas mal de chose.
je pense que t'as quand même le point de rencontre au centre de gravité des 3.
 
de toute façon c'est quand même une très bonne approximation de considérer la terre comme fixe.

 
Ça va de soit, mais des fois on se retrouve confronté à ce genre de questions alambiquées et je voulais être sûr de pas passer à côté de quelque chose
 

tu as juste, la boule de pétanque a une masse supérieure, donc, elle déforme plus l'espace temps et sa chute est plus courte relativement à la balle de tennis

Dites les pros, quelqu'un pour me calculer les côtes d'un dôme hyperbolique ?
 
Je voudrais un dôme de 40cm3.
 
Avec un diamètre de la base qui tourne entre 3 et 5cm...
 
 
Merci

Supposant une hyperbole d'équation x²/a²-y²/b²=1

Avec un dôme de hauteur H, de diamètre D et de volume V, tu pars de la courbe d'équation y=b*sqrt(x²/a²-1)=f(x) : il faut intégrer la fonction PI*f(x)^2 pour x compris entre a et a+H pour obtenir le volume du dôme.
Ça te donne les équations suivantes :

V = PI*b²H²(3a+H)/(3a²) = 40 cm³
D = 2b*sqrt((H+a)²/a²-1) = entre 3 et 5 cm

Tu as pleins d'hyperboles qui conviennent vu les degrés de liberté

J'ai trouvé une solution pour ce problème trigo où il faut trouver X, mais je suis pas sûr de moi. Je vous exposerai ma solution quand je pourrais faire une anotation du schéma.

Pourriez-vous me partager vos solutions pour voir si je divague ?

Pour moi y'a pas besoin de "trigo"...
 
On sait que la somme des angles d'un triangles = 180.
 
Ensuite c'est des additions/soustractions.
 
 
Non ?

Nope.

Nan, il n'y a pas assez d'informations sur les angles. Il faut en plus en passer par le calcul des longueurs de deux des côtés du triangle dont il faut trouver l'angle X. Pas très élégant, mais je ne vois pas immédiatement comment m'y prendre autrement.

Au final je tombe sur une formule avec 7 sinus différents, c'est prise de tête.

C'est une image bien connue d'Internet, en fait l'angle droit est loin derrière

À peu près, oui...

Je sais pas comment t'as compté, mais j'ai le même résultat avec mes multi sinus.

Ma solution, c'est :