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Je sais pas si mon raisonnement suis bien les regles de l'enonce... mais pour moi n=1
Donc tout tas de 2 billes se partage en 2 tas de 1 bille qui ont la meme masse, autrement dit toute bille a la meme masse que sa voisine
Donc toutes les billes ont la meme masse

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si on est au seconde peut-on resoudre ce probleme ou c'est un niveau au dessus?

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Si tu prends n=1 tu as 3 billes

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C'est d'un niveau bien au dessus

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J'ai l'impression que quelque chose m'echappe... si n=1 alors j'ai 3 billes, tout tas de 2 billes divise en 2 donnera 2 billes de meme masse... donc les 3 billes ont la meme masse

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Oui et ? C'est bien ce qu'on veut prouver non?

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Je crois avoir compris...
n est quelconque; on a un tas de n billes (tas A), l'autre tas de n billes (tas B) et une derniere bille J
A et B ont la meme masse
Soit D une bille de B; si on retire D du tas B et qu'on insere J au tas B, alors M est la bille a part; le tas A est reste le meme, avec la meme masse; et d'apres l'enonce le nouveau tas B a la meme masse que A, donc que l'ancien tas B
Donc echanger les billes J et M n'a pas change la masse du tas B
D'ou: J et M ont la meme masse
Comme on peut echanger chaque bille avec n'importe quelle autre bille en suivant le meme procede, on conserve a chaque fois la meme masse... d'ou on en deduit que chaque bille a la meme masse que n'importe quelle autre bille

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Pourquoi?

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On n'a pas touche au tas A pendant qu'on faisait l'echange dans le tas B, donc le tas A a garde les memes billes, donc la meme masse

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Oups pardon j'ai pas côté le bon endroit.

Je réitère :


Pourquoi?
On a pas dit que si on avait 2 tas de n billes alors ils avaient la même masse, on a juste dit qu'on pouvait créer 2 tas de n billes qui avaient la même masse

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Aie, j'aurais du detailler un peu plus...
De plus j'ai ecrit D et M alors que c'est la meme bille...

Avant l'echange, on a un tas A, un tas B, une bille M
A et B contiennent chacun n billes
D'apres l'enonce A et B ont la meme masse (appelee XY)
La masse totale des billes est 2XY+M_M

Ensuite on sort la bille J du tas B, et on insere la bille M au tas B
B a perdu et gagne une bille, il possede n billes de nouveau
A n'a pas ete modifie, il possede toujours n billes, et la masse de A est toujours la meme: XY

A et B ont tous les 2 n billes, d'apres l'enonce ils ont donc la meme masse, qui est XY
La masse totale des billes est toujours 2XY+M_M
La masse totale des billes est egalement la masse des 2 tas, plus la masse de la bille a l'exterieur qui est J: la masse totale est 2XY+M_J

D'ou: 2XY+M_M=2XY+M_J
M_M=M_J
Donc ces 2 billes particulieres ont la meme masse

J et M sont 2 billes quelconques; et en appliquant ce raisonnement a l'infini, on arrive a ce que chaque bille a la meme masse que tout autre bille quelconque...

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on doit utiliser les tiroirs?

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Tu as refait l'erreur. Pourquoi A et B auraient-ils toujours la même masse?
L'énoncé ne dit pas que tout couple de tas de n bille ont toujours la même masse ! Là est ton erreur.

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Je ne sais pas si les tiroirs peuvent nous permettent d'arriver à la solution. Peut être, si tu as une solution avec les tiroirs je suis preneur

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Ok desole

Je demande confirmation alors: l'enonce dit que si on prend toutes les billes sauf une, on trouvera forcement au moins un partage en 2 tas de n billes qui conduira a 2 tas de meme masse...

Est-ce cela?

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J'ai pas le temps (et surtout pas le niveau lol), mais par curiosité, ça utilise quoi comme notion ? Espaces vectoriels ? Matrices ? Probas ? ch et sh ?

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Oui, ne pas confondre "pour tout" et "il existe"

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Ma preuve utilise les matrices, maintenant il y en a surement d'autres

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Aie...
Je ne crois pas avoir le niveau pour resoudre celui-la, desole...

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Ma preuve utilise des outils de sup "inconnus" des terminale (bien que tout élève de terminale et même de 6éme ait déjà utilisé un tableau de nombre :lol3: )

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Je voudrais savoir si je suis sur la bonne voie.

J'ai lu ton indication et je cherche une méthode matricielle.

Je me ramène (je pourrais expliquer pourquoi) à considérer une matrice à 2n+1 lignes et 2n+1 colonnes telle que:
*les termes diagonaux sont nuls.
*les autres termes valent 1 ou -1.
*sur une ligne donnée il y a autant de 1 que de -1 et le dernier terme vaut -1 (sauf sur la dernière ligne, où il est nul).

Cette matrice n'est pas de rang 2n+1. Je voudrais montrer qu'elle est de rang 2n, peut-être en considérant le déterminant "en haut et à gauche".

Si je suis sur la bonne voie, suis-je encore loin du but?

Merci!

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Mais il faut croire que tu ne jures plus que par les matrices en ce moment!

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Préliminaire:
Si un déterminant d'ordre pair comporte des 0 sur la diagonale et, ailleurs, des 1 ou des -1, ce déterminant est non nul.
Preuve: Revenons à la définition du déterminant. Si A est de taille m,  son déterminant est une somme, étendue à toutes les permutations des m premiers entiers de produits  , affectés d'un coefficient valant 1 ou -1, de m termes de la matrice.
Ici, les termes diagonaux sont nuls. Il ne va rester que la somme étendue aux permutations qui ne laissent aucun des m premiers entiers invariants, ce que l'on appelle les dérangements. Or la formule de récurrence qui donne le nombre de dérangements montre que, si m est pair, ce nombre est impair. det(A) est donc la somme d'un nombre  impair de termes qui valent 1 ou -1.
Il est donc non nul.

Reprenons nos billes.
Soit x1,...,x2n+1 leurs masses, dont nous faisons un vecteur colonne V. Soit i le numéro de la pesée où xi n'est pas utilisé.
Affectons chaque masse xj du coefficient cj égal à 1 ou -1 suivant qu'elle est placée sur le plateau de gauche ou le plateau de droite. xi, non utilisé, est affecté du coefficient 0. On obtient une combinaison linéaire des xj , nulle ssi la balance est en équilibre.
De même pour toutes les pesées.
Faisons une matrice B carrée de taille 2n+1 avec tous ces coefficients.
Toutes les pesées seront réussies si le produit BV est nul.
Pour B donnée, il faut donc que V soit dans le noyau de B. Il  y a bien sûr les solutions où toutes les composantes de V sont égales.
Pour montrer qu'il n'y en a pas d'autres, il reste à prouver que le noyau de B est de dimension 1, donc B de rang 2n donc qu'on peut extraire de B, qui n'est pas inversible, une matrice carrée de taille 2n qui soit inversible.
D'après le préliminaire, c'est effectivement le cas de la matrice obtenue en supprimant la dernière ligne et la dernière colonne de B.

OUF !

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je ne sais pas si je simplifie trop le problème mais n'est-il pas possible de faire une récurrence sur n en montrant que si on réalise l'"expérience" sur tout tas de 2n+1 billes et que l'on obtient deux tas de même masse alors toutes les billes ont la même masse.

Donc on peut initialiser à partir de 3 billes (même pour 1 je pense, et cela donnerait deux "tas" de billes de masse nulle).

Pour l'hérédité, on suppose que l'expérience est validée pour 2n+1 bille prouvons que ç'est aussi vrai pour 2(n+1)+1 billes : si l'expérience est validée pour 2n+1 bille, cela signifie qu'on a deux tas de même masse, et si l'on rajoute 2 billes et que les deux tas on encore la même masse, cela signifie que les 2 billes ajoutées ont la même masse et donc que toutes les billes ont la même masse.
Du coup, un très simple raisonnement par récurrence permet de répondre à la question.

Sauf erreur, bien entendu

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C'est plus compliqué que ça:

La propriété au rang n est la suivante:
Si, quel que soit le lot de 2n billes choisi parmi les 2n+1 billes, on peut le partager en deux sous-lots (!) de même masse, c'est que, forcément, toutes les billes ont même masse.

Prouver l'hérédité d'une propriété aussi tordue n'a pas l'air simple.

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ah d'accord je vois où est mon erreur de raisonement, mais n'y aurait-t-il pas (qui sait?) une réponse plus simple que celle que tu as proposé ci-dessus?

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Il doit y avoir plus simple en effet. Les calculs matriciels que j'ai faits se traduisent peut-être simplement en termes de manipulation des billes.