Un défi par semaine

Août 2015, 2e défi

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

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.

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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

Commentaire sur 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.

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  • Août 2015, 2ème défi

    le 14 août 2015 à 23:33, par gedspilett

    7 points distincts sur un axe forment : 7 !/2 !x5 ! = 21 segments distincts et donc un maximum de 21 points rouges distincts .

    Pour réduire ce nombre maxi de points rouges, il faut faire en sorte que certains d’entre eux se confondent et ne fassent plus qu’un par un jeu de symétries .

    Intuitivement, en laissant entre chacun des 7 points consécutifs toujours la même distance, il est facile de voir que les points rouges se situent soit au milieu des 6 segments ainsi formés, soit sur les 5 points intermédiaires, réduisant leur nombre à 11

    Répondre à ce message
  • 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

    Répondre à ce message

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