A713. Revenons à la bonne vieille balance Roberval…

A713. Revenons à la bonne vieille balance Roberval…

Dans le problème A712, nous avons fait une digression avec une balance électronique à un plateau. Revenons à la bonne vieille balance Roberval à deux plateaux sur lesquels on place 100 poids marqués de 1 à 100 grammes de telle sorte que les deux plateaux sont en équilibre. Il y a bien évidemment de multiples façons d’y parvenir. Démontrer que quelle que soit la répartition des poids dans les deux plateaux, il est toujours possible de retirer deux poids de chaque plateau sans rompre l’équilibre.

Qu’en est-il si l’on dispose de poids marqués de 1 à et qui peuvent se répartir en deux sous-ensembles de poids identiques.

Source: 21ème Tournoi des villes automne Junior

Solution

Préliminaires

Appelons et les ensembles des poids de chaque plateau. Puisque les deux plateaux sont en équilibre, on a:

a

A

b

B

nn 1 4

Cherchons, en guise d’échauffement, une condition nécessaire est suffisante sur pour qu’une telle répartition puisse exister.

Condition nécessaire

Le poids de chaque plateau doit être entier, c'est-à-dire, 4|nn 1. On établit le tableau modulo 4 suivant :

0 1 2 3

1 1 2 3 0

1 0 2 2 0

Qui nous permet de conclure que nécessairement 04 ou 34. Condition suffisante

Supposons 4.

La répartition triviale 1 2; 2 !"#$ et 2 2; 1 2 !"#$ convient.

Supposons 4 3.

La répartition triviale 1; 2 % 4 2; 2 !"#$ et 3 % 5 2; 1 2 !"#$ convient.

Ce qui nous permet de conclure que 04 ou 34 est une condition nécessaire est suffisante pour pouvoir répartir les poids en deux sommes égales.

Retirons deux poids

Prenons une répartition quelconque de poids qui convienne. Appelons l’ensemble des poids du plateau contenant le poids et l’ensemble des poids de l’autre plateau. On pose ' sup , ce qui implique ' + . On remarque tout d’abord que ' 1 . En effet ' 1 , ' - ' 1 . et en outre ' 1 /1, 1. Cas 1) Supposons que 234 , 34 + ' et 34 1 .

On a alors une solution au problème en retirant les poids 34 et ' du plateau B et les poids 34 1 et ' 1 du plateau A.

Cas 2) Dans le cas contraire, 83⁹ , 3⁹ ' ou 34 1 . ; 83⁹ < ', /1; 3⁹1 = . On distingue alors les différents sous-cas :

a) '

b) /1; 3⁹⁹1 % ' avec 3⁹⁹+ ' 2 c) /1; ' 21 % '

d) /1; '1

Le cas a) est impossible car ∑?@3 ' + A ∑CDB contredirait l’équilibre.

Le cas b) fournit immédiatement une solution au problème en retirant les poids 344 et ' du plateau B, les poids 3⁹⁹ 1 et ' 1 du plateau A.

Dans les cas c) et d), on constate aisément que la somme des deux plus grands éléments de B est inférieure à la somme des deux plus petits éléments de A, et qu’il n’y a donc pas de solution au problème. Les équations d’équilibre de ces deux cas, s’écrivent alors, en fonction de n et ', respectivement :

c) ^EEFG_H ' 1 ^IIFG_J ; 2'' 1 4 1 KL

d) ^EEFG_H ^MMFG_J ; 2'' 1 1 KN

Situation particulière

Dans la situation particulière où 100, KL et KN n’ont pas de solutions entières (en effet, les racines positives respectives de ces équations du second degré sont ' 3√561 et ' ^{GF√H GTU}_H ).

On conclut donc qu’il est toujours possible de retirer deux poids de chaque plateau sans rompre l’équilibre.

Situation générale

Dans la situation générale, il s’agit de résoudre les équations diophantiennes KL et KN. Résolution de VW

Considérons 2'' 1 4 1 modulo 9. On établit le tableau suivant :

0 1 2 3 4 5 6 7 8 ' 0 1 2 3 4 5 6 7 8

OO P 0 2 6 3 2 3 6 2 0 XYY P Z 4 4 8 7 1 8 1 7 8 Cette équation n’a donc aucune solution entière.

Résolution de V[

Considérons 2'' 1 1. On pose B 2 1 et 3 2' 1. Il vient : 2'' 1 1

23 13 1 B 1B 1 B^H 23^H 1

Il s’agit d’une équation de Pell dont les solutions générales sont:

\B$

3$] \1 21 1]

H$\11]

\B$

3$] 1

4 ^ 2 2

√2 √2_ ^1 √2 0

0 1 √2_^H$^1 √2 1 √2 _ \11]

B$ 1

2 `1 √2a

H$FG1

2 `1 √2a

H$FG

Soit, en revenant à la variable initiale : _$ 1

4 `1 √2a

H$FG1

4 `1 √2a

H$FG1 2

Conclusion

Il est possible de répartir les poids sur deux plateaux de poids égaux, si et seulement si, 04 ou 34. Lorsque cette répartition est possible, il est en outre possible de retirer deux poids de chaque plateau sans rompre l’équilibre, à moins que ne soit de la forme :

1

4 `1 √2a

H$FG1

4 `1 √2a

H$FG1 2

Les valeurs de suivantes permettent donc une répartition équilibrée des poids sur la balance, sans qu’il soit pour autant possible de retirer deux poids de chaque plateau :

0 ; 3 ; 20 ; 119 ; 696 ; 4059 ; 23660 ; 137903 ; 803760; …