Problème A717 - Note de Jean Drabbe
D'après Tanya Khovanova [1], le problème est dû à Alexander Shapovalov.
Il est possible d'identifier au moins quatorze bonnes pièces à l'issue de deux pesées faites avec une balance de Roberval à deux plateaux.
Voici les détails d'une méthode décrite sur [1] par un auteur utilisant le pseudonyme Colorblind.
Diviser les 100 pièces en trois groupes A , B , C contenant respectivement 29 pièces, 29 pièces et 42 pièces.
Comparer les poids p(A) et p(B) de A et de B .
1er cas - p(A) ≠ p(B) On peut supposer (pour une raison de symétrie que p(A) < p(B) .
Ceci ne peut se produire que lorsque B contient tout au plus une fausse pièce.
Divisons alors B en trois sous-groupes :
B' avec 14 pièces, B'' avec 14 pièces et B''' avec 1 pièce . Si B' et B'' ont le même poids, les 28 pièces de B'∪B'' sont bonnes.
Si p(B'') < p(B') , les 15 pièces de B'∪B''' sont bonnes.
2ème cas - p(A) = p(B) Dans ce cas, C contient un nombre pair de fausses pièces.
Soient A' une partie de A formée de 14 pièces et a une pièce dans A\A'.
La comparaison de p(C∪{a}) et de p(B∪A') amène à considérer trois sous-cas .
1er sous-cas - p(C∪{a}) = p(B∪A') C contient alors 2 fausses pièces et les 16 pièces de (A\A')∪{a} sont bonnes.
2ème sous-cas - p(C∪{a}) < p(B∪A') Dans ce cas, les 14 pièces de A' sont bonnes.
3ème sous-cas - p(C∪{a}) > p(B∪A') Les 42 pièces de C sont alors bonnes.
[1] http://blog.tanyakhovanova.com/?p=248
