Moitié moins dur ?

par **Imod** » 17 Juil 2009, 23:40

Bonsoir :we:

De cent entiers naturels non nuls et inférieurs à 100 dont la somme vaut 200 , peut-on toujours extraire certains nombres dont la somme vaut 100 ?

Amusez-vous bien :zen:

Imod

par **leon1789** » 18 Juil 2009, 01:04

Si on prends les cent entiers 99 , 99, 2 et 0, 0...,0 (97 fois),
leur somme vaut 200, mais on ne peut pas en extraire certains nombres dont la somme vaut 100.

?

par **nodjim** » 18 Juil 2009, 05:20

leon1789 a écrit:Si on prends les cent entiers 99 , 99, 2 et 0, 0...,0 (97 fois),
leur somme vaut 200, mais on ne peut pas en extraire certains nombres dont la somme vaut 100.

?

Le zéro est un entier naturel ?

par **skilveg** » 18 Juil 2009, 07:27

nodjim a écrit:Le zéro est un entier naturel ?

Oui! Peut-être pas pour les anglo-saxons mais pour nous oui ^^

par **nodjim** » 18 Juil 2009, 07:52

Sinon, pour tout N pair, N nombres dont la somme est 2N, on peut toujours extraire une quantité de ces N nombres dont la somme sera N.

La somme des k nombres > 2 additionnée à la somme de (tous moins 2k) "1" vaut N.

Si N impair, on peut obtenir 2N avec N fois 2, et il est impossible d'obtenir N.

par **nodjim** » 18 Juil 2009, 08:15

Pour tout N pair, N nombres < N et dont la somme est 2N:
La somme des N/2 plus petits nombres + la somme des k nombres >2, auquel on ôte 2k "1", vaut N.

par **Imod** » 18 Juil 2009, 09:08

Il faut en effet considérer des entiers naturels non nuls pour que l'exercice ne soit pas trop simple ( je corrige dans le message initial ) .

Imod

par **nodjim** » 18 Juil 2009, 09:37

Il faut que je corrige ma solution, elle ne marche pas tout le temps.

par **leon1789** » 18 Juil 2009, 12:53

Imod a écrit:De cent entiers naturels non nuls et inférieurs à 100 dont la somme vaut 200 , peut-on toujours extraire certains nombres dont la somme vaut 100 ?

Je pense que oui.

Un cas particulier : tous les nombres sont égaux -> ils valent tous 2, et on peut extraire une somme valant 100.

Le cas général : on classe les cent entiers de manière décroissante. En partant du premier (le plus grand), on les ajoute un à un, le maximum possible sans dépasser 100. Puis on complète par des 1 (il y en a suffisamment... tout entier de liste n>2 donne "naissance" à n-2 entiers valant 1)

par **nodjim** » 18 Juil 2009, 16:52

Soit N pair, N nombres < N et tel que S(N)=2N S(N) étant la somme de la valeur des N nombres.
Conjecture: On peut toujours trouver un certain nombre de ces N nombres dont la somme vaut N.

La partition la plus équilibrée est lorsque les N nombres ont pour valeur 2.
Dans ce cas, N/2 nombres ont un total de N. Donc vérifié.

Sinon, pour les autres partitions, on prend les k plus grands nombres tel que S(k)Nb mini de 1>S(k+1)-2(k+1)>N-2(k+1).
Si S(k)>2(k+1) alors
Nb mini de 1>=S(k+1)-2(k+1)>N-2(k+1)>N-S(k)=S(k+1)-S(k). La différence entre les 2 valeurs peut être complétée par les 1, donc vérifié.
Si S(k)<2(k+1), comme S(k)>=2k, S(k)-2(k+1)=-2 ou -1.
Si -2, c'est la partition: 22222222222... donc vérifié.
Si -1, c'est la partition: 32222...22221, donc vérifié.

par **Imod** » 18 Juil 2009, 23:37

Deux réponses assez semblables et correctes pour leon et nodjim :++:

J'avais une autre approche mais il faudra que j'y réfléchisse un peu plus :we:

Imod

par **nodjim** » 19 Juil 2009, 06:21

Imod a écrit:Deux réponses assez semblables et correctes pour leon et nodjim :++:

Imod

Oh, je n'avais pas vu le blanc de Léon, je ne voyais pas sa solution. Oui, c'est bien la même.

C'est assez évident, mais c'est toujours pareil, le plus difficile est d'apporter la preuve.

par **Imod** » 19 Juil 2009, 22:07

La solution à laquelle j'avais pensé tient bien la route : désolé mais c'est un peu géométrique :ptdr: :ptdr: :ptdr:

Choisir 100 entiers de somme 200 revient à choisir 100 rayons d'un disque partagé en 200 parts égales ( voir l'illustration avec 5 entiers de somme 10 )

S'il y a un diamètre de tracé sur le dessin c'est fini , sinon en remarquant qu'un rayon sur deux est choisi , il suffit de prendre le symétrique de deux parts successives différentes pour obtenir un diamètre et le résultat .

Imod

par **nodjim** » 20 Juil 2009, 13:09

Imod a écrit:..... il suffit de prendre le symétrique de deux parts successives différentes pour obtenir un diamètre et le résultat .

Imod

ça marche à tous les coups, ça ?

par **Imod** » 20 Juil 2009, 22:05

nodjim a écrit:ça marche à tous les coups, ça ?

Il faut bien voir qu'un rayon sur deux est rouge ( choisi ) donc s'il n'y a pas de diamètre rouge , chaque diamètre est formé d'un rayon rouge et d'un rayon noir ( non choisi ) . Si on retourne un bloc de deux parts de tailles différentes on déplace un et un seul rayon rouge tous les autres rayons rouges et noirs conservent leur couleur . Il n'y a plus qu'à conclure :zen:

Imod

par **Imod** » 20 Juil 2009, 22:37

nodjim a écrit:ça marche à tous les coups, ça ?

Il faut bien voir qu'un rayon sur deux est rouge ( choisi ) donc s'il n'y a pas de diamètre rouge , chaque diamètre est formé d'un rayon rouge et d'un rayon noir ( non choisi ) . Si on retourne un bloc de deux parts de tailles différentes on déplace un et un seul rayon rouge tous les autres rayons rouges et noirs conservent leur couleur . Il n'y a plus qu'à conclure :zen:

Imod

PS : pour être tout à fait précis il faudrait ajouter que le rayon rouge déplacé ne peut pas prendre une position diamétralement opposée , pourquoi ?

par **nodjim** » 21 Juil 2009, 15:45

Imod a écrit:Il faut bien voir qu'un rayon sur deux est rouge ( choisi ) donc s'il n'y a pas de diamètre rouge , chaque diamètre est formé d'un rayon rouge et d'un rayon noir ( non choisi ) . Si on retourne un bloc de deux parts de tailles différentes on déplace un et un seul rayon rouge tous les autres rayons rouges et noirs conservent leur couleur . Il n'y a plus qu'à conclure :zen:

Imod

PS : pour être tout à fait précis il faudrait ajouter que le rayon rouge déplacé ne peut pas prendre une position diamétralement opposée , pourquoi ?

Si on retourne un 2 avec un 4, ça risque de ne pas marcher, non ?
Sinon, il n'y a qu' à aller chercher le premier 1 et faire le retournement.
Cette version géométrique est vraiment bien plus puissante que la preuve analytique, elle donne immédiatement de nombreuses solutions.

J'en arrive maintenant à me dire que la marge est vraiment importante, et pour moins de cent nombres<100, on doit pouvoir trouver également cette propriété....

par **Imod** » 21 Juil 2009, 16:02

nodjim a écrit:Si on retourne un 2 avec un 4, ça risque de ne pas marcher, non ?

Si ça marche , bien voir que s'il n'ya pas de diamètre rouge il n'y a pas non plus de diamètre noir : chaque diamètre est bicolore . Echanger un rayon rouge avec un noir non diamétralement opposé crée forcément un diamètre rouge ( un noir aussi mais c'est sans intérêt ) .

Imod

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