Un défi par semaine

Septembre 2021, 4e défi

Le 24 septembre 2021  - Ecrit par  Ana Rechtman Voir les commentaires (5)
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Nous vous proposons un défi du calendrier mathématique chaque vendredi et sa solution la semaine suivante.

Le calendrier 2021 est en vente ! Il s’intitule : « Le ciel dans tous ses états ».

De janvier à décembre, à travers 12 textes superbement illustrés, découvrez l’histoire des équations cachées dans les trajectoires des planètes et des étoiles ainsi que le développement des grandes théories qui ont accompagné cette ­aventure.

Semaine 38

Trois piles ont $11$, $7$ et $6$ pièces. Un jeu consiste à déplacer des pièces d’une pile à une autre de sorte qu’à chaque mouvement, une pile double son nombre de pièces et une seule pile diminue son nombre de pièces. Quel est le nombre minimal de mouvements à faire pour obtenir trois piles égales ?

Solution du 3e défi de septembre :

Enoncé

La réponse est : le graphe $2$.

Observons tout d’abord que c’est possible pour le graphe $2$ : il suffit de partir de $A$, de recouvrir tout le contour extérieur du graphe pour revenir en $A$ puis de recouvrir les deux diagonales pour arriver en $B$.

Montrons maintenant que c’est impossible pour les graphes $1$ et $3$. Cela est dû au fait qu’il doit nécessairement y avoir un nombre impair d’arêtes qui partent du sommet $B$.

En effet, quand on recouvre le graphe, à chaque fois que l’on passe par $B$ sans s’y arrêter, on recouvre exactement deux arêtes partant de $B$ et, comme on doit finir en $B$, cela rajoute une arête supplémentaire, ce qui nous donne bien un nombre impair d’arêtes partant de $B$. Or, pour les graphes $1$ et $3$, il y a respectivement deux et quatre arêtes partant de $B$, ce qui rend impossible le recouvrement.

Remarque : en utilisant le même raisonnement, on montre facilement qu’une condition nécessaire pour pouvoir recouvrir un graphe en partant de $A$, en arrivant en $B$, sans jamais lever le crayon ni passer deux fois par la même arête, est que des sommets $A$ et $B$, il parte un nombre impair d’arêtes et que de chacun des autres sommets, il parte un nombre pair d’arêtes.

Si, en revanche, on veut tracer le graphe en partant d’un sommet $A$ et en finissant au sommet $A$, il faut que de chaque sommet parte un nombre pair d’arêtes. Un célèbre théorème d’Euler affirme que ces conditions sont suffisantes.

Post-scriptum :

Calendrier mathématique 2021 - Sous la direction d’Ana Rechtman,

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Pour citer cet article :

Ana Rechtman — «Septembre 2021, 4e défi» — Images des Mathématiques, CNRS, 2021

Commentaire sur l'article

  • Septembre 2021, 4e défi

    le 24 septembre à 08:00, par ROUX

    11 7 6
    11 1 12
    10 2 12
    8 4 12
    8 8 8

    4 mouvements.

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    • Septembre 2021, 4e défi

      le 24 septembre à 08:42, par Al_louarn

      En $3$ mouvements :
      $11,7,6$
      $4,14,6$
      $4,8,12$
      $8,8,8$

      Pour montrer que cette solution est optimale, considérons l’opération inverse qui consiste à déplacer la moitié d’une pile sur une autre. Partant de $8,8,8$, au premier mouvement inverse on remonte forcément à $4,8,12$ dont tous les nombres sont multiples de $4$. Au deuxième mouvement inverse on va donc déplacer $2$ pièces et obtenir $3$ nombres pairs. Il est donc impossible de remonter à $11,7,6$ en deux mouvements.

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      • Septembre 2021, 4e défi

        le 24 septembre à 08:47, par Al_louarn

        Oups, je voulais dire :

        Au deuxième mouvement inverse on va donc déplacer un nombre pair de pièces et obtenir $3$ nombres pairs.

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      • Septembre 2021, 4e défi

        le 24 septembre à 12:40, par ROUX

        @ Al_Louarn
        Bravo et la démonstration de l’optimisation est si simplement belle 😊😊😊
        Merci !

        Répondre à ce message
    • Septembre 2021, 4e défi

      le 24 septembre à 08:47, par pogarreau

      Allez, cherchez un peu plus :-), y’a une solution en 3 mouvements

      Répondre à ce message

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