Un défi par semaine

Août 2015, 2e défi

Le 14 août 2015  - Ecrit par  Ana Rechtman Voir les commentaires (3)
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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

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Pour citer cet article :

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

Crédits image :

Image à la une - BRIGITTEMARCON / BIOSPHOTO

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  • Août 2015, 2ème défi

    le 16 août 2015 à 00:10, par Yohan

    Bonjour,
    Je trouve la même réponse que vous. 11 points rouge mais les preuves un peu trop légère.
    Voila ce que j’ai trouvé :
    L’axe munit d’une origine. On pose les sept points sur les abscisses 0 ; 2 ; 4 ; 6 ; 8 ; 10 ; 12.
    Il est facile de vérifier que les milieux des segments formés de ces 7 points ont pour abscisse : les entiers de 1 à 11 et réciproquement si un point à pour abscisse un entier compris entre 1 et 11, il est milieu de l’un des segments formés par ses 7 points.
    Donc nous avons une configuration avec seulement 11 points rouges. (Le maximum est effectivement 21. Je fais un calcul différent 6+5+4+3+2+1=21).

    Supposons qu’il existe une construction avec k points rouges où k<11. Notons m1, ... , mk les abscisses des k points rouges tels que m1<...<mk et a1, ... , a7 les abscisses des 7 points A1, ... A7 du début tels que a1< ...<a7.
    Dans chaque intervalle [mi ;mi+1] il y a au plus l’un des 7 points. Remarque, il y a au plus 9 intervalles [mi ;mi+1]
    D’une façon générale, on ne peut pas avoir une configuration du type aj<mi<aj+1<mi+1<aj+2 car cela impliquerait soit mi l’abscisse du milieu de [AjAj+1] et [Aj+1Aj+2] ou mi+1 l’abscisse du milieu [AjAj+2] et de [Aj+1Aj2] ce qui est absurde.
    Les abscisses s’ordonnent des cette façon a début a1<m1<a2<m2<m3 puis se termine par mk-2<mk-1<a6<mk<a7. Il nous reste à placer 3 abscisses a3 ; a4 ; a5. dans les intervalles [m3 ;m4] ...[mk-3 ;mk-2]. Il y a au plus 5 intervalles [mi ;mi+1] car k est inférieur ou égal à 10. Il y a deux règles au plus un seul par intervalle et pas deux intervalles consécutifs.
    J’en suis là car cela conduit que si k<10, il y a une contradiction. Et pour k=10, je n’ai pas de contradiction. Il doit y avoir un argument supplémentaire.

    Puis je me pose une autre question : Peut-on avoir une configuration avec 12, 13, ....20 milieux puisque l’on a un minorant 11 et un majorant21 ?

    Merci

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