Un défi par semaine

Août 2015, 2e défi

Le 14 août 2015  - Ecrit par  Ana Rechtman Voir les commentaires (3)
Lire l'article en  

Nous vous proposons un défi du calendrier mathématique 2015 chaque vendredi et sa solution la semaine suivante.

Semaine 33 :

Étant donnés $7$ points sur une droite, on colorie en rouge les milieux de tous les segments déterminés par ces points. Trouver la quantité minimale de points rouges.

Solution du 1er défi de Août :

Enoncé

La réponse est $n=8$.

Le nombre de petits cubes qui n’ont pas de face peinte est $(n-2)(n-2)(n-2) = (n-2)^3$ ; ce sont ceux qui ne touchent aucune des faces du grand cube. Le nombre de petits cubes qui ont une face peinte est $6(n-2)(n-2)=6(n-2)^2$ ; ce sont les cubes qui sont sur les faces mais pas sur les arêtes. Nous devons trouver la valeur de $n$ pour laquelle ces deux nombres sont égaux. On cherche donc la solution de l’équation

$(n-2)^3 = 6 (n-2)^2$

$(n-2) = 6$

$n = 8.$

Post-scriptum :

Calendrier mathématique 2015 - Sous la direction d’Ana Rechtman Bulajich, Anne Alberro Semerena, Radmilla Bulajich Manfrino - Textes : Ian Stewart.
2014, Presses universitaires de Strasbourg. Tous droits réservés.

Article édité par Ana Rechtman

Partager cet article

Pour citer cet article :

Ana Rechtman — «Août 2015, 2e défi» — Images des Mathématiques, CNRS, 2015

Crédits image :

Image à la une - BRIGITTEMARCON / BIOSPHOTO

Commentaire sur l'article

Voir tous les messages - Retourner à l'article

  • Août 2015, 2ème défi

    le 14 août 2015 à 21:13, par Jérôme

    J’ai commencé à résoudre le problème en partant de 2 points puis en incrémentant le nombre de points afin de trouver une relation générale ou d’y arriver progressivement.

    Avec deux points, on ne peut avoir qu’un point rouge, pas très intéressant.

    Avec trois points, notés P1, P2, P3. On voit qu’il y a forcément 2 points rouges, 1 entre P1 et P2, et 1 entre P2 et P3.
    Ensuite il faut un point rouge entre P1 et P3, ce point ne peut pas être au même endroit que les autres points rouges si les trois points son disjoints. Donc on a 3 points rouges.

    Avec quatre points, notés, P1, P2, P3, P4 : On a 3 points rouges pour relier P1 et P2, P2 et P3, P3 et P4.
    Ensuite, il faut relier P1 et P3, P2 et P4, ce qui donne deux nouveaux points rouges.
    Ensuite il faut relier P1 et P4, et là on voit qu’on peut faire coïncider ce point rouge avec celui obtenu entre P2 et P3. Donc on a 5 points rouges.

    On peut recommencer avec cinq points. On arrive alors à déduire une généralité. Pour N points :

    • on voit qu’il y a toujours N−1 points rouges pour relier les points Pk et Pk+1 (k =1 à N−1).
    • on voit qu’il y a toujours N−2 points rouges pour relier les points Pk et Pk+2 (k =1 à N−2), car ces points rouges ne peuvent pas êtres confondus avec les précédents.
    • on voit que pour relier les points Pk et Pk+3, on peut faire confondre les points rouges avec les précédents.
    • idem pour relier les points Pk et Pk+4, Pk et Pk+5, etc.

    Donc pour N points, on a au minimum N−1 + N−2 = 2N−3 points rouges. Dans ce cas les points sont répartis uniformément.
    Dans notre problème, N = 7, donc le nombre minimum de points rouges est 11.

    Répondre à ce message

Laisser un commentaire

Forum sur abonnement

Pour participer à ce forum, vous devez vous enregistrer au préalable. Merci d’indiquer ci-dessous l’identifiant personnel qui vous a été fourni. Si vous n’êtes pas enregistré, vous devez vous inscrire.

Connexions’inscriremot de passe oublié ?