Non, ce n’est pas un billet pour un régime minceur, mais un thème savoureux issu des « Problèmes plaisants et délectables qui se font par les nombres » (Bachet de Méziriac, 1612). D’ailleurs, sans que je le susse, un de mes précédents billets (le tour des 21 cartes) était dans ce recueil. Un cador, ce Bachet (1581-1638), injustement éclipsé par Bezout né cent ans après sa mort.
Etant donnée telle quantité que l’on voudra pesant un nombre de livres depuis 1 jusques à 40 inclusivement (sans toutefois admettre les fractions), on demande combien de poids pour le moins il faudrait employer à cet effet.
Ou : Trouver une série de poids avec lesquels on
puisse faire toutes les pesées en nombre entier depuis 1 jusqu ‘à la somme des poids employés, cette somme étant la plus grande possible relativement au nombre de poids.
S’il n’y a que deux poids a et b, mettons a < b, on peut certes peser b + a, mais on doit aussi peser b + 1 qui lui est inférieur ou égal ; donc a = 1 : s’il n’y a que deux poids, l’un d’eux est forcément 1.
Le poids suivant est 3 : car avec 3 l’on pèse aussi 2 (3 d’un côté de la balance, 1 de l’autre coté) et 4. Tandis qu’avec 2 (et 1 qu’on a déjà) on ne peut peser 4, donc 3 est plus avantageux. D’autre part on ne peut sauter à 4 dès le deuxième poids, car avec 1 et 4 on aurait certes 3 (4 d’un côté de la balance, 1 de l’autre coté) mais il serait impossible d’avoir 2. Il en va de même pour tout poids supérieur à 4, qui ne permet pas de peser 2, même par différence. Donc le second poids est 3.
De proche en proche on peut ainsi démontrer que les quatre premiers poids sont 1, 3, 9, 27 : ce sont ces quatre poids qui permettent d’aller jusqu’à 40 (égal à 27 + 9 + 3 + 1) et de résoudre le problème posé par Bachet. Sachant qu’on peut peser par différence entre les plateaux, par exemple 19 se pèse avec 27 et 1 d’un côté, 9 de l’autre.
La solution générale est, on l’a compris, les poids de type 3n ; les n premiers permettent de peser jusqu’à S = 1 +…+ 3n ; le poids suivant dont on a besoin pour peser est 2S+1, on obtient alors tous les poids entre (S+1) et (2S+1) par différence de pesée sur les plateaux.
Or, S = ½ (3n+1 – 1) (multipliez par 3 : 3S = S +3n+1 – 1) : et donc le poids
suivant (2S+1) c’est bien 3n+1; S étant la dernière pesée possible avec les n premiers poids, on a besoin du poids suivant pour continuer ; ainsi la pesée suivant S, soit ½
(3n+1 +1) s’obtient en mettant 3n+1 d’un côté, tous les autres poids de l’autre [on pèse 3n+1 – S = ½ (3n+1 +1) ]
Un délicieux problème dont je ne vous donne ici que la saveur, vous le lirez bien mieux décrit dans le livre du sieur Bachet que vous trouverez sur Internet (Edition Gauthier-Villars 1884, bibliothèque CNAM, page 154), mais dont j’aimerais bien avoir l’édition originale de 1612 entre les mains !
Sauf erreur de ma part – je n’ai toutefois rien vu sur cette comparaison – ce problème est analogue à celui du minimum de billets ou de pièces de monnaie : trouver un système monétaire qui minimise le nombre de pièces différentes – [à ceci prêt qu’on peut avoir plusieurs pièces de 1, 3, 9, etc dans son porte-monnaie]. Mais il est vrai que payer 19 euros à un commerçant en lui tendant une pièce de 27 et une pièce de 1 serait certes pédagogique mais guère commode !
Jeu de briques
Snake
Pacman
Bubble