n objets sont marqués de leurs poids en grammes tous distincts qui s’échelonnent entre 1 gramme et n grammes. Zig affirme que tous les marquages sont exacts et qu’à l’aide d’une balance Roberval à double plateau, il va démontrer le poids exact d’au moins l’un d’entre eux avec le plus petit
nombre possible de pesées.
Quand n est égal respectivement à 8, 54 et 2015, Zig affirme que x,y et z pesées lui suffisent. Puce toujours sceptique devant les fanfaronnades de Zig demande une preuve pour chacune des
expériences. Trouver ces preuves et donner les valeurs correspondantes de x,y et z.
Pour les plus courageux : trouver une borne supérieure b(n) du nombre minimal de pesées permettant de démontrer le poids exact d'au moins l'un des n objets.
Une pesée suffit pour n=3 : si les poids marqués 1 et 2 équilibrent celui marqué 3, le marquage de ce dernier est vérifié, puisque c’est le seul poids qui peut en équilibrer deux autres. La même méthode fonctionne pour tout nombre triangulaire (3, 6, 10, 15, 21, 28, 36, ...) puisque n=Tk=k(k+1)/2=1+2+...+k.
De même pour n=4 : 1+2<4 : 4 est le seul poids faisant pencher ainsi la balance, et l’on aura le même résultat pour tout suivant de nombre triangulaire.
Soit un nombre somme de deux nombres triangulaires, n=Ti+Tj, avec i≤j ; si les deux pesées Tj=1+...+j et n=1+...+i+Tj (on a bien i<Tj) sont équilibrées, n est certifié, ainsi que Tj.
Comme tout nombre entier n peut s’exprimer comme somme d’au plus trois nombres triangulaires, la répétition du résultat précédent montre qu’un maximum de trois pesées permettra de certifier n : b(n)=3.
On peut souvent faire mieux, éventuellement en certifiant un autre élément que n.
Par exemple, pour n=8, la seule pesée équilibrée 1+2+3+4+5=7+8 permet de certifier l’élément manquant, 6. Donc x=1.
Pour n=54, comme 1+...+14=105, 1+...+14=54+51 et 1+2+51=54 : y=2.
Pour 2015, 1+...+54<1486 et 1+...+32+1486<2015 permettent de certifier 1486 et 2015. Donc z=2.
