Un défi par semaine

Mars 2019, 1er défi

Le 1er mars 2019  - Ecrit par  Rechtman, Ana Voir les commentaires (4)
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Nous vous proposons un défi du calendrier mathématique chaque vendredi et sa solution la semaine suivante. Le calendrier 2019 est en librairie !

Semaine 9

Nous disposons de $9$ pièces de monnaie à première vue toutes identiques.
En réalité huit sont authentiques et de poids égal mais une est fausse et plus légère que les autres.
Est-il possible d’identifier la fausse pièce en n’effectuant que deux
pesées sur une balance à plateaux ?

Solution du 4e défi de février :

Enoncé

La solution est $4$.

Si nous appelons $a$ et $b$ ces deux nombres positifs, l’énoncé nous dit que
$a+b\leq ab$.

Nous savons aussi que pour une paire de nombres positifs leur moyenne géométrique $\sqrt{ab}$ est inférieure ou égale à
leur moyenne arithmétique $\frac{a+b}{2}$, nous avons donc :

$a+b\leq ab\leq \left( \frac{a+b}{2}\right) ^{2}$, d’où $a+b\leq \frac{(a+b)^2}{4}$,
ainsi $1\leq \frac{a+b}{4}$.

Nous en déduisons que $a+b\geq 4$. De plus, si nous prenons $a=2$ et
$b=2$, nous avons bien $4=a+b\leq ab=4$. Donc la valeur minimale de
$a+b$ est 4. Observons que si $a+b=3$ alors $a+b>ab$.

Post-scriptum :

Calendrier mathématique 2019 - Sous la direction d’Ana Rechtman, avec la contribution de Nicolas Hussenot - Textes : Claire Coiffard-Marre et Ségolen Geffray. 2018, Presses universitaires de Grenoble. Tous droits réservés.

Disponible en librairie et sur www.pug.fr

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Pour citer cet article :

Rechtman, Ana — «Mars 2019, 1er défi» — Images des Mathématiques, CNRS, 2019

Commentaire sur l'article

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  • Mars 2019, 1er défi

    le 2 mars 2019 à 13:46, par Niak

    La réponse a été donnée, mais pour prolonger, on observe qu’il est inutile de comparer deux ensembles de pièces s’ils ne sont pas de la même taille et qu’en posant $C(n)$ le nombre maximal de pesées nécessaires à déterminer l’intruse parmi $n$ pièces en adoptant une stratégie optimale (i.e. minimisant ce nombre), on a pour $n>2$ (via la comparaison de deux sous-ensembles de taille $m$) :
    \[C(n) = \min_{m>0,\,2m\leq n}1+\max(C(m),C(n-2m))\] et $C(0) = C(1) = 0$, $C(2) = 1$.
    D’où l’on tire (sans démonstration) $C(n) = \lceil\log_3(n)\rceil$ et l’on observe au passage que cet optimal est atteint en adoptant la stratégie assez naturelle consistant à chaque étape à diviser l’ensemble en $3$ sous-ensembles les plus équilibrés possibles.
    Il n’est pas exclu qu’il existe une démonstration plus élégante et moins calculatoire de ces faits...

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