Enoncé E664 (Diophante) Auto-espacements
Pour tout entier k ≥ 1, on considère deux suites : la première S2k
est composée des 2k entiers 1,1,2,2,3,3, . . . , k, k inscrits dans une ligne de 2k cases et la seconde S2k+1 est composée de 2k + 1 entiers 0,1,1,2,2,3,3, . . . , k, k inscrits dans une ligne de 2k+ 1 cases.
On cherche un réarrangement des nombres dans chacune de ces deux suites selon les deux cas de figure suivants :
cas n°1 : pour toutmvariant de 1 à k. les deux entiersmsont séparés par m cases intermédiaires.
cas n°2 : pour toutmvariant de 1 à k. les deux entiersmsont séparés par m−1 cases intermédiaires.
Dans chacune des deux suites et selon chacun des deux cas, pour quelles valeurs de k est-ce possible ? Proposez des solutions pour les premières valeurs dek≤10.
Solution de Jean Moreau de Saint-Martin Suite S2k
Dans le cas n° 1 (problème de Langford), la différence des rangs du premier et du second nombremestm+1. SiSest la somme des rangs des premiers nombres de chaque paire, la somme des 2krangs est d’une part
2S+ 2 + 3 +. . .+ (k+ 1) = 2S+k(k+ 3)/2, d’autre part
1 + 2 +. . .+ 2k = k(2k+ 1). Alors S = k(3k−1)/4 qui est un entier seulement quand k ouk+ 1 est multiple de 4.
Exemples : k= 3 : 2,3,1,2,1,3 k= 4 : 2,3,4,2,1,3,1,4
k= 7 : 1,4,1,5,6,7,4,2,3,5,2,6,3,7 k= 8 : 4,5,7,8,1,4,1,5,6,3,7,2,8,3,2,6
Dans le cas n° 2 (variante de Skolem du problème de Langford), la condi- tion de possibilité s’obtient comme dans le cas n° 1. Avecmcomme diffé- rence des rangs des deux nombresm, la somme des 2krangs est d’une part 2S+1+2+. . .+k= 2S+k(k+1)/2, d’autre part 1+2+. . .+2k=k(2k+1).
Alors S = k(3k+ 1)/4 qui est un entier seulement quand k ou k−1 est multiple de 4.
Exemples : k= 1 : 1,1
k= 4 : 1,1,3,4,2,3,2,4 k= 5 : 1,1,5,2,4,2,3,5,4,3
k= 8 : 1,1,5,7,2,8,2,5,6,3,7,4,3,8,6,4 k= 9 : 1,1,6,9,7,5,3,8,6,3,5,7,9,4,2,8,2,4 SuiteS2k+1
Dans le cas n° 2, le problème est possible pour toutk, il suffit de juxtaposer l’ensemble des entiers pairs et l’ensemble des entiers impairs :
a, a−2, . . . ,2,0,2, . . . , a−2, a, b, b−2, . . . ,3,1,1,3, . . . , b−2, b oùa=k−(kmod 2),b= 2k−1−a.
Dans le cas n° 1, si la suiteS2k existe, il suffit de lui accoler le zéro. Sinon, la présence du zéro permet de contourner l’impossibilité de S2k dans les exemples suivants, ce qui conduit à penser que le problème est possible pour toutk:
k= 1 : 1,0,1 k= 2 : 1,2,1,0,2
k= 5 : 5,3,4,2,3,5,2,4,1,0,1 k= 6 : 6,4,2,5,3,2,4,6,3,5,1,0,1
k= 9 : 1,2,1,0,2,9,7,5,3,8,6,4,3,5,7,9,4,6,8 k= 10 : 10,8,6,4,9,7,5,0,4,6,8,10,5,7,9,2,3,1,2,1,3
