Enigme Generalisation a n moyenne @ Prise2Tete

gabrielduflot · #1

Une petite généralisation du sujet de Vasimolo

n collégiens sont assis autour d'une table et chacun choisit un nombre qu'il révèle à ses voisins de gauche et de droite de façon à ce que chaque élève récupère deux nombres . Les élèves annoncent alors à tour de rôle ( en tournant dans le sens des aiguilles d'une montre ) la moyenne des deux nombres qu'on leur a confiés et bizarrement on entend : 1 ; 2 ; 3 ;... ; n-2 ; n-1 ; n . Peut-on retrouver en fonction de n les nombres choisis par les élèves ?

emaths · #2

Si on appelle $x_i$ pour $i\in\{1,2,\dots,n\}$ les nombres choisis par les élèves, les moyennes nous donnent n équations à n inconnues :
$\left\{\begin{eqnarray} \frac{x_1+x_3} 2 & = & 2\\ \frac{x_2+x_4} 2 & = & 3\\ & \vdots & \\ \frac{x_{n-1}+x_1} 2 & = & n\\ \frac{x_n+x_2}2 & = & 1\\ \end{eqnarry}\right.$
La matrice associée à ce système est circulante. Les valeurs propres de la matrice sont les $1+e^{\frac{4ki\pi}n [/latex] pour [latex]k\in\{0,\dots,n-1}$ . Donc 0 est valeur propre si, et seulement si, n est un multiple de 4.

Pour répondre à l'énigme, je dirais qu'on peut retrouver les nombres choisis par les élèves si, et seulement si, n n'est pas un multiple de 4 (ce qui était le cas pour 10 élèves).

Pour l'études des matrices circulantes, je vous renvoie à http://fr.wikipedia.org/wiki/Matrice_circulante

scrablor · #3

Il n'y a pas de solution si n est multiple de 4 :
Si n=4k, la moyenne 1-3 est inférieure à la moyenne 3-5 donc le 1er annonce moins que le 5ème, le 5ème moins que le 9ème,... donc moins que le (4k-3)ème.
Cela ne permettrait pas à la moyenne du (4k-3)ème et du (4k-1)ème d'être inférieure à la moyenne du (4k-1)ème et du 1er.

Si n n'est pas multiple de 4 :
Je subodore qu'il y a une solution...

* Si n est impair, on devrait avoir une matrice de type (I+A²) avec A^n=I.
* Si n=2*(2k+1), on pourrait se ramèner à deux systèmes de rang impair, de matrice (I+A) avec A^(2k+1)=I.

[EDIT]
Si k=4k+2, on doit avoir (2k+2) pour le 1er, (2k+2+4) pour le 5ème, ... (2k+2+4k) pour l'avant dernier, (-4k+2) pour le 3ème, 4 de plus pour le 7ème, etc. pour les rangs impairs.
Pour les rangs pairs, on procède de manière semblable avec (2k+1) pour le dernier, (-2k+1) pour le 2ème et des écarts de 4 unités tous les 4 rangs.

[EDIT]
Si n est impair, je crois qu'il faut encore séparer 4k+1 et 4k+3 pour établir les formules... Le temps me manquera
Idée plausible : 0 pour le dernier quand n=2k+3 et n pour le dernier quand n=2k+1.

gabrielduflot · #4

Bravo a tous ceux qui ont repondu et bravo a emaths

emaths · #5

J'avais commencé à faire les même calculs, qui consistent en des sommes alternées d'entiers successifs, mais comme il y a 4 cas à considérer, j'ai pas eu le courage d'aller jusqu'au bout.

J'ai aussi essayé d'inverser le système matriciel, mais j'ai rapidement renoncé.

emaths · #6

J'ai terminé le calcul des solutions dans le cas n pair et n/2 impair.

En notant $x_i$ pour $i = 0,\dots,n-1$ les n solutions, j'obtiens

$\fbox{x_i=i+(-1)^{E\left[\frac i 2\right]}\, \frac n 2}$ où $E\left[\frac i 2\right]$ désigne la partie entière de $\frac i 2$ .

C'est bien la réponse de Vasimolo et de scrablor

Pour le cas n impair, j'ai pas fait le calcul en détail, mais les réponses de Vasimolo m'ont l'air correct.

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#1 - 22-08-2009 00:09:09

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