Merci énormément pour toutes ces vidéos qui m'ont permis de mieux appréhender les concepts abstraits des actions de Groupes. Je me remets aux maths après 7 ans d'inactivité avec pour vocation de passer l'agrégation de maths. Je pense qu'elles vont terriblement me servir pour mes révisions. Continue comme ça !
7 ans, c'est rien, moi, ça fait plus de 30 ans (largement) ! Mon médecin m'a dit que je ne l'aurais jamais et que je ne devrais pas essayer. A présent, il boude car je ne suis pas retourné depuis.
Merci pour cette vidéo de grande qualité. Je comprends enfin comment utiliser la formule de Burnside. La démonstration par le tableau est limpide. Il y a des passages que j'ai pas bien compris, mais je revisionnerai la vidéo à tête reposée. C'est dingue toutes les applications de la théorie des groupes et de leurs actions ! Je vois par exemple que les groupes permettent d'être plus rigoureux quand on fait des dénombrements.
OK, Michel Coste est un plus grand mathématicien, mais en l'occurrence, ici, question pédagogie, c'est parfait ! Effectivement, lors de la prépa agrég , on a eu le collier de perles...( du reste, ici, ça m'a paru limpide).
Pour les triominos, on fait agir D3 ( 6 éléments) sur tous les triplets, Fix(id) a 6^3 éléments, chacune des 3 symétries a un fixateur à 6^2 éléments, chacune des 2 rotations a un fixateur à 6 éléments: 1/6( 6^3 + 3.6^2 + 2.6 ) = 56, le nombre de pièces du jeu ( les points permis vont de 0 à 5, l'ordre est croissant(large) en sens horaire). Le compte y est...
il faut faire 6 fois le nombre de façons de colorier 4 cases sur 9 (à symétrie et rotation près), j'en trouve 10 et les voici: 111100000 111010000 111001000 110110000 110011000 101011000 101001100 100101100 100010110 101010100
Bonjour et merci car grâce à vous j'ai découvert les actions de groupe. J'ai toutefois une question sur le collier de perles. Vous introduisez l'exercice du collier en disant que des coloriages différents correspondent à un même collier car il est possible de le retourner ou de le faire "tourner" puis dans un second temps vous dîtes que par une "rotation" il est impossible d'obtenir le même coloriage, n'est ce pas contradictoire ?
Je veux compter le nombre de collier mais pour cela je commence à compter les coloriages et je regroupe les coloriages qui donnent le même collier, je sais que c'est pas simple...
A propos du collier pour les furieux et les rotations... Supposons que l'on numérote les positions des perles du collier et que l'on ait la suite RVBRVBRVB. Les rotations d'angle d'angles 120° et 240° laisse le collier invariant jusque là je suis. Mais si on fait une rotation d'angle 40°, on obtient le collier VBRVBRVBR. Ce n'est évidemment pas notre collier de départ mais c'est l'un des 1680 colliers déjà compté dans le cas (3,3,3) (à 33' dans la vidéo). Donc ne devrait-on pas compter ce cas (et finalement toutes les rotations d'angle k*40°) dans les rotations laissant invariant le collier ?
On peut préciser que des axes de symétries distincts (passant chacun par une perle verte) fournissent forcément des coloriages tous différents, sinon ces perles vertes étant alors symétriques 2 par 2 (à 120°), elles intercaleraient deux perles consécutives, toutes de la même couleur (on aurait 3 vertes et 6 d'une autre même couleur). Donc ok pour les 9x12 coloriages distincts à orbite de 9.
Je pense que c'était quand-même essentiel de le signaler, car avec d'autres coloriages ( 2 couleurs notamment) , deux axes de symétrie différents ne donnent pas forcément des coloriages différents, on peut le vérifier, et ce compte ne serait plus valable.
Plus exactement, on peut retrouver des coloriages identiques en tournant l'axe de symétrie (passant par une des 3 vertes) et une seule autre couleur. On trouve 3 coloriages identiques à ne compter qu'une seule fois...si les 3 vertes sont chacune positionnées à 1/3 de tour.
Est-il possible de savoir à quel groupe ( purement algébrique ) est isomorphe celui des pavages d'Escher ? Parmi les groupes de mots sur l'alphabet {s, th,tv, td, Rg, Rd, et inverses} ? peut-être?
je pense qu'il y a plusieurs pavages d'Escher avec des symétries parfois simples et parfois complexes, mais on peut toujours déterminer le groupe associé. Une méthode est donnée ici : therese.eveilleau.pagesperso-orange.fr/pages/jeux_mat/textes/pavage_17_types.htm
Bonjour Gilles bon, j'ai passé une soirée avec le papier de Michel Coste et je pense avoir compris son raisonnement, en fait pour calculer le nombre de coloriages fixes d'un g de D9 (pour après appliquer la formule qui est -ou pas- de Burnside) il fait agir g sur l'ensemble P des perles (au lieu de S des coloriages) et il dit que pour que g laisse invariant un coloriage il faut que toute orbite créée dans P par g soit coloriée uniformément. Par exemple si on prend g = la rotation d'ordre 3 envoyant 1 à 4 etc... elle n'a que trois orbites à savoir O1=1-4-7, O2=2-5-8 et O3=3-6-9, chacune de ces orbites doit avoir la même couleur pour que g laisse invariant le collier, dans ce cas il est clair que la composition du collier doit se faire en multiples de 3 (les trois orbites) ; (9,0,0), (6,3,0), (6,0,3),(3,3,3), (3,6,0) etc, le nombre de coloriages invariants de g devient alors le nombre de manière de colorier les 3 orbites par 3 couleurs soit 3x3x3=27. Après on calcule ces nombre par les coefficients "binomiaux" des polynômes à n (nombre de couleurs ) variables de degré P (nombre de perles). Je suis pas spécialiste mais, par exemple, pour ce cas, le polynôme associé à g est le produit (pour chaque orbite) de la somme des des Xi puissance la taille de l'orbite, ça fait : (X1^3+X2^3+X3^3)^3 ; par exemple si je suis indifférent aux couleurs, le nombre de possibilité est 27 ce qui fait (1+1+1)^3 soit la somme des coefficients du polynôme, mais si je veux par exemple 9 bleus (combinaison (9,0,0)) le nombre d'invariants est évidemment 1 (coefficient de X1^9 dans le polynome) et si je veux 3 bleues et 6 blancs (combinaison (3,6,0)) le nombre d'invariants correspond au coefficient de X1^3*X2^6 soit 3 (X1^3*X2^3*X2^3 + X2^3*X1^3*X2^3 + X2^3*X2^3*X1^3) ce qui correspond aux 3 possibilité de colorier les trois orbites O1, O2 et O3 en une en bleu et 2 en blanc. En fait la formule fait exactement le travail d'énumération des cas, bien que ce dernier est intéressant en soi. Cette formule facilite énormément le calcul d'autres configuration. Par exemple si je veux avoir les colliers avec des boules bleues et vertes il suffit de calculer W(1,1,0) etc....enfin ... j'espère que j'ai bien compris :-) Bien à tous et encore bravo pour ce travail monumental.
envoie moi un mail sur gmail à mathsadultes pour me le demander, je ne le donne pas en commentaire car c'est une récompense de tipeee. Mais je le donne en privé à ceux qui me le demandent ;-)
@@MathsAdultes Et ça permet d'envisager de compter les triominos, les quatuorminos, les quinteminos, etc. Cette formule, elle permet de compter des trucs que j'arrivais pas à compter avant, donc c'est top, merci.
@@nicchagall6075 vu, d'un sommet tu ne peux voir que 3 faces. Une rotation complète serait de 360° Mais pour une rotation qui ferait passer d'une face à celle d'à côté, il faut tourner que d'un tiers de tour (1/nb de faces visibles depuis le sommet). D'où le 360°/3 = 120°
Une petite précision concernant l'énoncé de l'exercice du collier "pour les furieux" dont la tournure m'a perturbé au départ. La rédaction de l'énoncé laisse à penser que le nombre de boules bleues n1, le nombre de boules vertes n2 et le nombre de boules rouges n3 est fixé. Il faudrait donc en déduire le nombre de colliers en fonction de n1, n2 et n3. Mais en fait, il faut bien comprendre que l'énoncé s'arrête à "Combien de colliers de 9 perles différents peut-on réaliser avec des perles bleues, vertes et rouges ?" Le début de la résolution commence donc par "On note, n1 le nombre de perles bleues, n2 le nombre de perles vertes, et n3 le nombre de perles rouges".
C’est sûr que l’exo des colliers pour les furieux est sans doute plus original du point de vue du jury, mais pour le faire tenir en un quart d’heure chrono sans se planter dans les dénombrements... au secours !
Pourquoi insister que l'ensemble X doit être non vide? C'est une hypothèse qui n'est jamais utilisée. Certes, je ne vois pas d'exemple où on a _besoin_ de la formule de Burnside pour découvrir qu'il y a 0 orbites, mais elle reste valable dans ce cas. Et si l'argument est que le cas de l'ensemble vide n'est pas très intéressant, cela vaut aussi pour un ensemble à un seul élément, donc alors pourquoi pas exiger au moins deux éléments. La seule singularité d'une action sur un ensemble vide qui me vient à l'esprit est que l'action est libre sans être transitive, mais même si c'est exceptionnel, ce n'est pas grave.
Merci beaucoup encore une fois. Vous donnez au public la connaissance.
Ce que vous faites est honorable.
Contenu très intéressant, dans la bonne humeur et avec une très grande humilité.
Merci beaucoup.
Ce générique, ce t-shirt bordeaux m'ont manqué merci pour vos vidéos de qualité
Merci énormément pour toutes ces vidéos qui m'ont permis de mieux appréhender les concepts abstraits des actions de Groupes.
Je me remets aux maths après 7 ans d'inactivité avec pour vocation de passer l'agrégation de maths. Je pense qu'elles vont terriblement me servir pour mes révisions.
Continue comme ça !
7 ans, c'est rien, moi, ça fait plus de 30 ans (largement) ! Mon médecin m'a dit que je ne l'aurais jamais et que je ne devrais pas essayer. A présent, il boude car je ne suis pas retourné depuis.
Merci pour cette vidéo de grande qualité. Je comprends enfin comment utiliser la formule de Burnside. La démonstration par le tableau est limpide.
Il y a des passages que j'ai pas bien compris, mais je revisionnerai la vidéo à tête reposée.
C'est dingue toutes les applications de la théorie des groupes et de leurs actions ! Je vois par exemple que les groupes permettent d'être plus rigoureux quand on fait des dénombrements.
Merci pour votre démo sur la formule de Burnside, elle est bien plus élégante et simple que celles qu'on trouve par ailleurs!
OK, Michel Coste est un plus grand mathématicien, mais en l'occurrence, ici, question pédagogie, c'est parfait ! Effectivement, lors de la prépa agrég , on a eu le collier de perles...( du reste, ici, ça m'a paru limpide).
c'est un sujet qui m'intéresse beaucoup . un super vidéo 👏👏👏👏
Chouette ! une nouvelle vidéo : du coup, je sais ce que je vais faire ce soir :)
Pour les triominos, on fait agir D3 ( 6 éléments) sur tous les triplets, Fix(id) a 6^3 éléments, chacune des 3 symétries a un fixateur à 6^2 éléments, chacune des 2 rotations a un fixateur à 6 éléments: 1/6( 6^3 + 3.6^2 + 2.6 ) = 56, le nombre de pièces du jeu ( les points permis vont de 0 à 5, l'ordre est croissant(large) en sens horaire). Le compte y est...
Très bien expliqué
Merci beaucoup
C'était génial :)
A 1:17:28 je ne comprends pas le lien entre 8n^2 coloriages fixes et la formule de Burnside.
ça devrait être plus clair quelques minutes plus tard quand je fais la somme :-)
très utiles, pour l'externe aussi, merci.
merci
Les p-sous groupe de sylow est il hors programme de l'agrégation externe ??
Je pense que oui, mais il faudrait vérifier dans le rapport de l'an dernier.
@@MathsAdultes merci beaucoup
Bonne continuation
Bonjour, dans le nombre de colliers , je ne comprends pas d’où viennent les 60 dans fix s (cas 5 4 0 ) ? Je ne trouve que 36 . Merci d’avance
il faut faire 6 fois le nombre de façons de colorier 4 cases sur 9 (à symétrie et rotation près), j'en trouve 10 et les voici:
111100000
111010000
111001000
110110000
110011000
101011000
101001100
100101100
100010110
101010100
@@MathsAdultes J’ai compris merci.
Superbe exemple le pb de colliers, c'est hyper concret et ça permet d'aider la compréhension des actions :) Merci bcp !
Bonjour et merci car grâce à vous j'ai découvert les actions de groupe. J'ai toutefois une question sur le collier de perles. Vous introduisez l'exercice du collier en disant que des coloriages différents correspondent à un même collier car il est possible de le retourner ou de le faire "tourner" puis dans un second temps vous dîtes que par une "rotation" il est impossible d'obtenir le même coloriage, n'est ce pas contradictoire ?
on obtient le même collier mais pas le même coloriage, j'avoue que c'est dur à suivre :-)
@@MathsAdultes donc dans cet exercice on compte le nombre de coloriages et non le nombre de collier ? Ce nombre n'est-il pas censé être le même ?
Je veux compter le nombre de collier mais pour cela je commence à compter les coloriages et je regroupe les coloriages qui donnent le même collier, je sais que c'est pas simple...
A propos du collier pour les furieux et les rotations...
Supposons que l'on numérote les positions des perles du collier et que l'on ait la suite RVBRVBRVB.
Les rotations d'angle d'angles 120° et 240° laisse le collier invariant jusque là je suis.
Mais si on fait une rotation d'angle 40°, on obtient le collier VBRVBRVBR. Ce n'est évidemment pas notre collier de départ mais c'est l'un des 1680 colliers déjà compté dans le cas (3,3,3) (à 33' dans la vidéo). Donc ne devrait-on pas compter ce cas (et finalement toutes les rotations d'angle k*40°) dans les rotations laissant invariant le collier ?
C'est le même collier selon moi il suffit de le décrire à partir de la seconde perle...
On peut préciser que des axes de symétries distincts (passant chacun par une perle verte) fournissent forcément des coloriages tous différents, sinon ces perles vertes étant alors symétriques 2 par 2 (à 120°), elles intercaleraient deux perles consécutives, toutes de la même couleur (on aurait 3 vertes et 6 d'une autre même couleur). Donc ok pour les 9x12 coloriages distincts à orbite de 9.
Je pense que c'était quand-même essentiel de le signaler, car avec d'autres coloriages ( 2 couleurs notamment) , deux axes de symétrie différents ne donnent pas forcément des coloriages différents, on peut le vérifier, et ce compte ne serait plus valable.
Plus exactement, on peut retrouver des coloriages identiques en tournant l'axe de symétrie (passant par une des 3 vertes) et une seule autre couleur. On trouve 3 coloriages identiques à ne compter qu'une seule fois...si les 3 vertes sont chacune positionnées à 1/3 de tour.
Est-il possible de savoir à quel groupe ( purement algébrique ) est isomorphe celui des pavages d'Escher ? Parmi les groupes de mots sur l'alphabet {s, th,tv, td, Rg, Rd, et inverses} ? peut-être?
je pense qu'il y a plusieurs pavages d'Escher avec des symétries parfois simples et parfois complexes, mais on peut toujours déterminer le groupe associé. Une méthode est donnée ici :
therese.eveilleau.pagesperso-orange.fr/pages/jeux_mat/textes/pavage_17_types.htm
@@MathsAdultes j'évoquais simplement le groupe à 16 éléments précisément de la vidéo. D8 peut-être ?
@@albertrodot4696 oui bonjour, superbe video mais moi aussi je suis un peu derouté par le choix ou la définition des 16 transformation.
Bonjour Gilles bon, j'ai passé une soirée avec le papier de Michel Coste et je pense avoir compris son raisonnement, en fait pour calculer le nombre de coloriages fixes d'un g de D9 (pour après appliquer la formule qui est -ou pas- de Burnside) il fait agir g sur l'ensemble P des perles (au lieu de S des coloriages) et il dit que pour que g laisse invariant un coloriage il faut que toute orbite créée dans P par g soit coloriée uniformément.
Par exemple si on prend g = la rotation d'ordre 3 envoyant 1 à 4 etc... elle n'a que trois orbites à savoir O1=1-4-7, O2=2-5-8 et O3=3-6-9, chacune de ces orbites doit avoir la même couleur pour que g laisse invariant le collier, dans ce cas il est clair que la composition du collier doit se faire en multiples de 3 (les trois orbites) ; (9,0,0), (6,3,0), (6,0,3),(3,3,3), (3,6,0) etc, le nombre de coloriages invariants de g devient alors le nombre de manière de colorier les 3 orbites par 3 couleurs soit 3x3x3=27.
Après on calcule ces nombre par les coefficients "binomiaux" des polynômes à n (nombre de couleurs ) variables de degré P (nombre de perles). Je suis pas spécialiste mais, par exemple, pour ce cas, le polynôme associé à g est le produit (pour chaque orbite) de la somme des des Xi puissance la taille de l'orbite, ça fait : (X1^3+X2^3+X3^3)^3 ; par exemple si je suis indifférent aux couleurs, le nombre de possibilité est 27 ce qui fait (1+1+1)^3 soit la somme des coefficients du polynôme, mais si je veux par exemple 9 bleus (combinaison (9,0,0)) le nombre d'invariants est évidemment 1 (coefficient de X1^9 dans le polynome) et si je veux 3 bleues et 6 blancs (combinaison (3,6,0)) le nombre d'invariants correspond au coefficient de X1^3*X2^6 soit 3 (X1^3*X2^3*X2^3 + X2^3*X1^3*X2^3 + X2^3*X2^3*X1^3) ce qui correspond aux 3 possibilité de colorier les trois orbites O1, O2 et O3 en une en bleu et 2 en blanc. En fait la formule fait exactement le travail d'énumération des cas, bien que ce dernier est intéressant en soi.
Cette formule facilite énormément le calcul d'autres configuration. Par exemple si je veux avoir les colliers avec des boules bleues et vertes il suffit de calculer W(1,1,0) etc....enfin ... j'espère que j'ai bien compris :-) Bien à tous et encore bravo pour ce travail monumental.
Bravo à toi, c'est plus clair ainsi :-)
@@MathsAdultes bonjour gilles, ca serait cool une petite video sur le travail de M Coste
Je n'ai pas compris à 1h20 la rotation à 180° qui passe pas par le milieu des arêtes.
Avec une animation Geogebra j'ai compris.
pourrais je avoir le lien pour le discord de math adulte svp?
envoie moi un mail sur gmail à mathsadultes pour me le demander, je ne le donne pas en commentaire car c'est une récompense de tipeee. Mais je le donne en privé à ceux qui me le demandent ;-)
Il me semble que le nbr de dominos est clairement égal à 1 + 2 + 3 + ... + (n+1) = (n + 1)(n + 2)/2.
Pourquoi sortir la grosse armada ?
pour illustrer la formule de burnside dans un cas simple, mais effectivement dans les cas simple il y a souvent d'autres solutions...
@@MathsAdultes Et ça permet d'envisager de compter les triominos, les quatuorminos, les quinteminos, etc. Cette formule, elle permet de compter des trucs que j'arrivais pas à compter avant, donc c'est top, merci.
@@jardozouille1677 effectivement, les triominos ca serait interessant
bonjour , je n'arrive pas a visualiser le decompte des dominos avec la suite arithmetique ci dessus. j'aimerais bien en savoir plus
Comment on sait que la rotation est de 120° ? Encore du mal à visualiser cette rotation peu courante.
JE ne comprends pas bien ta question Nic...
@@MathsAdultes j'ai visualisé la rotation sur une animation mais j'ai du mal à comprendre d'où sort le 120°.
@@nicchagall6075 vu, d'un sommet tu ne peux voir que 3 faces.
Une rotation complète serait de 360°
Mais pour une rotation qui ferait passer d'une face à celle d'à côté, il faut tourner que d'un tiers de tour (1/nb de faces visibles depuis le sommet). D'où le 360°/3 = 120°
@@palicot merci.
Une petite précision concernant l'énoncé de l'exercice du collier "pour les furieux" dont la tournure m'a perturbé au départ.
La rédaction de l'énoncé laisse à penser que le nombre de boules bleues n1, le nombre de boules vertes n2 et le nombre de boules rouges n3 est fixé. Il faudrait donc en déduire le nombre de colliers en fonction de n1, n2 et n3.
Mais en fait, il faut bien comprendre que l'énoncé s'arrête à "Combien de colliers de 9 perles différents peut-on réaliser avec des perles bleues, vertes et rouges ?"
Le début de la résolution commence donc par "On note, n1 le nombre de perles bleues, n2 le nombre de perles vertes, et n3 le nombre de perles rouges".
Vous avez tout-à-fait raison
les unicolores !
Ils y sont tous, mais juste un tout petit peu plus loin dans la vidéo 😉
C’est sûr que l’exo des colliers pour les furieux est sans doute plus original du point de vue du jury, mais pour le faire tenir en un quart d’heure chrono sans se planter dans les dénombrements... au secours !
Tu en es largement capable ;-)
Pourquoi insister que l'ensemble X doit être non vide? C'est une hypothèse qui n'est jamais utilisée. Certes, je ne vois pas d'exemple où on a _besoin_ de la formule de Burnside pour découvrir qu'il y a 0 orbites, mais elle reste valable dans ce cas. Et si l'argument est que le cas de l'ensemble vide n'est pas très intéressant, cela vaut aussi pour un ensemble à un seul élément, donc alors pourquoi pas exiger au moins deux éléments. La seule singularité d'une action sur un ensemble vide qui me vient à l'esprit est que l'action est libre sans être transitive, mais même si c'est exceptionnel, ce n'est pas grave.
Sur le moment j'ai du penser à un problème à éviter mais là je ne vois plus trop en effet...
Ah ouais 1h26 c'est bien
Merci