# 5875             3 avril 2021

Médaillons à problèmes

Problème. Roméo a un certain nombre de médaillons. À l’ainé de ses enfants, il en donne la moitié. Au deuxième, il donne la moitié de ce qui lui reste. Au troisième, il donne encore la moitié de ce qui lui reste. Il possède alors 20 médaillons. Combien Roméo avait-il de médaillons ?

Solution. Soit n le nombre de médaillons qui restent à Roméo. Examinons les cas où n varie de 1 à 3 en procédant à rebours.

• n = 1

À la fin, Roméo possède 1 médaillon. Au troisième, il donne 1 médaillon. Au deuxième, 2 médaillons. Au premier, 4 médaillons. Il avait 8 médaillons.

• n = 2

À la fin, Roméo possède 2 médaillons. Au troisième, il donne 2 médaillons. Au deuxième, 4 médaillons. Au premier, 8 médaillons. Il avait 16 médaillons.

• n = 3

À la fin, Roméo possède 3 médaillons. Au troisième, il donne 3 médaillons. Au deuxième, 6 médaillons. Au premier, 12 médaillons. Il avait 24 médaillons.

Généralisation

Voici deux démarches lorsqu’il reste n médaillons :

Démarche 1. À la fin, Roméo possède n médaillons. Au troisième, il donne n médaillons. Au deuxième 2n médaillons. Au premier 4n médaillons. Il avait 8n médaillons.

Par exemple, si n = 20 on fait : 20 × 8 = 160. Si Roméo possède 20 médaillons à la fin, c’est qu’il en avait 160.

Démarche 2. Quand il reste 1 médaillon à Roméo, il en avait 8 : 1 × 8 = 8.

Quand il reste 2 médaillons à Roméo, il en avait 16 : 2 × 8 = 16.

Quand il reste 3 médaillons à Roméo, il en avait 24 : 3 × 8 = 24.

Quand il reste n médaillons à Roméo, il en avait 16 : n × 8 = 8n. On fait 20 × 8 = 160. Roméo avait 160 médaillons.

Bref, lorsque n prend différentes valeurs, la réponse est 8n. Par exemple, si on disait qu’il reste 100 médaillons à Roméo, c’est qu’il en avait 800.

Trois problèmes à résoudre (solutions à la fin)

1. Reine donne chaque jour la moitié de ses médaillons plus 1 successivement à ses trois enfants. Il lui reste alors 4 médaillons. Combien Reine avait-elle de médaillons ?

2. Roméo a un certain nombre de dés. À l’ainé de ses enfants, il donne le tiers de ses dés plus 1. Au deuxième, il donne le tiers des dés qui lui restent plus 1. Au troisième, il donne les 9 dés qui restent. Combien Roméo avait-il de dés ?

3. Élodie dépense chaque jour la moitié de ce qu’elle possédait plus 1 $. Après quatre jours, elle a tout dépensé. Quelle somme avait-elle ?

………….

Solution 1. Reine avait 46 médaillons.

Solution 2. Roméo avait 24 dés.

Solution 3. Élodie avait 30 $.

# 5845             15 mars 2021

Expériences en résolution de problèmes

Il y a 20 ans, j’ai mis en ligne un site de mathématiques récréatives Récréomath. De temps à autre, je reçois des messages dans lesquels des enseignants de mathématiques me font part d’expériences qu’ils ont menées en résolution de problèmes. Voici six témoignages :

1. Table d’addition

« J’enseigne en sixième au primaire. J’ai dit aux élèves qu’ils allaient construire une table d’addition. Je les ai invités à préparer une grille 10 × 10, puis d’écrire les nombres de 1 à 9 en abscisse et les mêmes nombres en ordonnée, puis de faire les additions. Quand cela a été fait, je leur ai demandé de trouver des régularités dans la table. Quelques élèves ont trouvé tout de suite des régularités. Je leur ai demandé de trouver d’autres régularités et leur ai dit qu’on en ferait au cours suivant. »

2. Poignées de mains

« J’ai énoncé verbalement à mes élèves le problème suivant : Cinq enfants se rencontrent. Ils donnent chacun à chacun une poignée de mains. Combien de poignées de mains seront données. Je leur ai donné trois minutes pour s’approprier le problème.

Ensuite, j’ai dit aux élèves qu’on ferait une représentation visuelle de la résolution du problème. Je leur ai dit de bien remarquer ce qui se passait, parce que je leur demanderais de décrire sur papier ce qu’ils ont vu. J’ai alors invité cinq élèves à venir former une rangée devant la classe. Je leur ai dit de donner à chacun une poignée. Comme cette représentation se faisait dans le désordre, je leur ai demandé de procéder de façon mieux organisée en leur donnant certains conseils.

Après cela, les élèves ont décrit le procédé utilisé par écrit. J’ai demandé à un élève de venir expliquer ce procédé. J’ai alors proposé aux élèves de résoudre le même problème avec 10 enfants. Un élève s’est exclamé : Cela donnera le double de poignées de mains. Je leur ai demandé s’ils étaient d’accord avec cela et leur ai dit de proposer une solution. »

3. Cartes de problèmes

« J’ai préparé des cartes de problèmes adaptés à mes élèves. À un moment donné pendant la semaine, je place les élèves en équipes de trois ou de quatre. Je remets à chaque équipe le même problème. Après un certain temps, une équipe est invitée à venir expliquer aux autres leur compréhension du problème, où ils en sont rendus et ce qu’ils ont découvert. Par la suite, les élèves continuent à résoudre le problème. Si le temps manque, la tâche se poursuit au cours suivant. »

4. Problème du jour

« Je suis actuellement enseignant en CE2 et je mets en place dans ma classe « le problème du jour ». Je donne un problème à un élève la veille. Il cherche la solution à la maison (avec ou sans aide) et le lendemain, après vérification de la réponse, il présente lui-même le problème à ses camarades qui, à leur tour, essaient de le résoudre. On liste ensuite nos points de réussite, nos difficultés et nos stratégies.

Le but de cette activité est d’entraîner quotidiennement les élèves à résoudre des problèmes et à entretenir les stratégies mises en place. »

5. La valeur de p

« J’ai demandé aux élèves d’estimer la valeur de p. Je leur ai proposé de tracer un grand cercle avec un compas, puis de mesurer le diamètre. Je leur ai dit de prendre une corde et de mesurer la circonférence. Je leur ai dit de diviser le résultat obtenu pour la circonférence par le diamètre et de venir inscrire le quotient au tableau avec quatre décimales. Je leur ai rappelé la valeur de p. Chacun a alors calculé sa marge d’erreur.

Dans un groupe, l’un des élèves a alors dit que pour mesurer la circonférence, il avait tracé deux diamètres perpendiculaires et qu’il avait d’abord mesuré le quart de la circonférence pour multiplier ensuite par 4. Dans un autre groupe, je leur ai demandé de choisir cinq résultats au hasard et de prendre la moyenne. »

6. Angles d’un triangle

« Je leur enseignais que la somme des angles intérieurs d’un triangle est de 180 degrés. J’ai demandé aux élèves de vérifier la mesure de chaque angle avec un rapporteur d’angle et d’en faire la somme. Après cette première expérience, j’ai demandé aux élèves de tracer un triangle quelconque et de noircir les angles. Je leur ai dit de découper les angles et de les placer pour que les trois zones noircies soient adjacentes. »

Conclusion

J’ai envie de conclure en disant : « Il n’y a pas de petits problèmes ; ils sont tous grands. » En effet, le but visé est, avant tout, d’habituer l’élève à résoudre des problèmes. Tant mieux, si de nouvelles connaissances sont associées à cette démarche. Mais, elles doivent arriver principalement comme des compléments. En effet, avec la technologie contemporaine, il est plus facile d’acquérir des connaissances que des habiletés.

# 5815             24 février 2021

Folles dépenses

Problème. Mélodie dépense chaque jour la moitié de ce qu’elle possédait plus 2 $. Après quatre jours, elle a tout dépensé.

Quelle somme avait-elle ?

* * * *

Nous vous présentons six stratégies.

Stratégie 1. On procède par tâtonnement.

On suppose que Mélodie a 54 $. Le premier jour, elle dépense d’abord 27 $, puis 2 $, ce qui fait une dépense de 29 $. Il lui reste : 54 – 29 = 25 $. Ce dernier montant ne peut pas être impair car on doit diviser par un nombre pair.

On suppose que Mélodie a 56 $. On fait : (56 – 4)/2 = 26. Il lui reste 26 $. On fait : (26 – 4)/2 = 11. Il lui reste 11 $. Ce montant ne peut pas être impair.

Cette stratégie peut exiger un temps considérable. Toutefois, même si elle ne donne pas de résultat comme c’est le cas ici, elle a l’avantage de nous aider à préciser une démarche à suivre.

Stratégie 2. On procède par régression.

Une condition connue, c’est le 0 $ de la fin. Procédons du connu à l’inconnu, soit par régression ou à rebours. On doit transformer les données par des opérations inverses. La soustraction devient une addition. La division devient une multiplication. Précédemment, on soustrayait 4 et on divisait par 2. Dans le cas de la régression, on multiplie par 2 et additionne 4.

Quatrième jour : 0

Troisième jour : 0 × 2 + 4 = 4

Deuxième jour : 4 × 2 + 4 = 12

Premier jour : 12 × 2 + 4 = 28

Auparavant : 28 × 2 + 4 = 60

Mélodie avait 60 $. Elle dépense 32 $ le premier jour. Il lui en reste 28. Elle dépense 16 $ le deuxième jour. Il lui en reste 12. Elle dépense 8 $ le troisième jour. Il lui en reste 4. Elle dépense 4 $ le quatrième jour. Il lui en reste 0. Si le nombre de jours dépassait 4, on n’aurait qu’à appliquer les mêmes calculs.

Stratégie 3. On généralise.

Dans le premier cas, pour passer de 54 $ à 25 $, on pouvait faire : (54 – 4)/2 = 25. Si on remplace 54 par n, on peut écrire (n – 4)/2.

On écrit : (n – 4)/2 = 0 qui est le montant final. D’où n = 4.

On écrit : (n – 4)/2 = 4 qui est le montant précédent. D’où n = 12.

On écrit : (n – 4)/2 = 12 qui est le montant précédent. D’où n = 28.

On écrit : (n – 4)/2 = 28 qui est le montant précédent. D’où n = 60.

Mélodie avait 60 $.                                                         

Stratégie 4. On utilise les propriétés des suites.

Le quatrième jour, Mélodie a 0 $. On fait : 0 × 2 + 4 = 4 comme dans la deuxième stratégie. Le troisième jour, Mélodie a 4 $. La différence pour les deux jours est 4. On multiplie successivement par 2. Les différences seront : 8, 16, 32. On peut écrire : 4 + 8 = 12, 12 + 16 = 28 et 28 + 32 = 60.

Mélodie avait 60 $.

Stratégie 5. On procède par un tableau.

On sait maintenant que, dans la suite, les différences successives sont 4, 8, 16, 32. Le total (m + d) où m est le nombre précédent et d la différence qui suit. On construit le tableau suivant :

Dans le coin inférieur droit, on trouve 60. Mélodie avait 60 $.

Stratégie 6. On procède de façon algébrique.

Soit x la somme que Mélodie avait. Le premier jour, il restera (x – 4)/2 à Mélodie. Pour le deuxième jour, on remplace x par (x – 4)/2 et on simplifie, on obtient (x – 12)/4. Pour le troisième jour, on remplace le dernier x par (x – 4)/2 et on simplifie, on obtient (x – 28)/8. Pour le quatrième jour, on remplace encore le dernier x par (x – 4)/2 et on simplifie, on obtient (x – 60)/16.

On pose : (x – 60)/16 = 0. D’où, x = 60. Mélodie avait 60 $.

Conclusion

En mathématiques récréatives, ce qui est satisfaisant c’est que certains problèmes comme celui-ci peuvent être résolus par plus d’une stratégie. Tentons d’appliquer l’une d’elles sur le problème suivant :

Élodie dépense chaque jour la moitié de ce qu’elle possédait plus 1 $. Après quatre jours, elle a tout dépensé. Quelle somme avait-elle ?

# 5790             9 février 2021

Un mystère éclairci

Les mathématiques et en particulier l’arithmétique fourmillent de situations où, à première vue, on est tenté de parler de mystère. Démontrer que ces situations ont des fondements mathématiques se fait par des outils souvent algébriques. En voici un exemple :

Problème 1

• Choisissez trois chiffres, sauf 0.

• Formez tous les nombres différents de deux chiffres en utilisant deux chiffres à la fois.

• Additionnez ces nombres.

• Additionnez les chiffres choisis.

• Divisez l’avant-dernier résultat par le dernier.

Quel est votre résultat ?

Situation 1

• On choisit 2, 3 et 7.

• On peut former six nombres : 23, 27, 32, 37, 72, 73.

• La somme des six nombres est 264.

• La somme des chiffres est 12.

• On fait : 264 ÷ 12 = 22

Situation 2

• On choisit 1, 5 et 8.

• On peut former six nombres : 15, 18, 51, 58, 81, 85.

• La somme des six nombres est 308.

• La somme des chiffres est 14.

• On fait : 308 ÷ 14 = 22

Le résultat est le même dans les deux situations. On peut essayer avec d’autres chiffres, le résultat sera toujours le même, soit 22. Mystère ! L’algèbre peut venir à notre secours.

Situation 3

• On choisit a, b et c.

• On peut former six nombres : ab, ac, ba, bc, ca et cb . (Ne pas confondre avec la multiplication algébrique.)

• La somme des six nombres pour les unités est 2(a + b + c). Elle est la même pour les dizaines. Toutefois, pour obtenir la valeur engendrée par la dizaine, on doit multiplier par 10. On fait : 20(a + b + c) + 2(a + b + c) = 22(a + b + c).

• La somme des chiffres est (a + b + c).

• On fait : 22(a + b + c) ÷ (a + b + c) = 22.

On voit que, peu importe les chiffres choisis, le quotient est toujours 22.

Conclusion

En généralisant et en faisant les opérations algébriques requises, on a élucidé le mystère. Le choix des chiffres peut changer, le résultat sera toujours le même.

# 5755             18 janvier 2021

La bataille des nombres

La bataille des nombres est un jeu de société, ordinairement à deux joueurs, où il faut atteindre un nombre en faisant des additions dans une limite donnée. Voici une première forme de ce jeu :

1. Limite supérieure : 50

Le premier joueur choisit un nombre de 1 à 5. À tour de rôle, chaque joueur choisit un nombre dans le même intervalle et l’additionne au dernier nombre énoncé. Le joueur qui atteint 50 est le gagnant. Le jeu peut se dérouler ainsi :

Joueur A. Il choisit 4.

Joueur B. Il choisit 2 et l’additionne : ce qui fait 6.

Joueur A. Il additionne 5 : ce qui fait 11.

Joueur B. Il additionne 3 : ce qui fait 14.

etc.

Il existe une stratégie gagnante. Cela veut dire que le joueur qui applique cette stratégie est assuré à 100 % de gagner s’il ne fait pas d’erreurs de calcul. Cette stratégie, pour un joueur, consiste à atteindre successivement aussitôt que possible les nombres de la suite arithmétique : 8, 14, 20, 26, 32, 38, 44.

À partir du moment où un joueur connaît le truc, le jeu n’a plus aucun intérêt. Aussi, il est bon d’introduire des variantes.

2. Variante avec des jetons

On applique les mêmes règles sauf que chaque joueur a 10 jetons : 2 jetons par nombre de 1 à 5. Le joueur qui atteint le premier 50 ou plus est le gagnant.

Dans ce cas, il est difficile d’appliquer le truc car les jetons qui permettent d’atteindre un nombre de la suite peuvent manquer.

Si on n’a pas de jetons, chaque joueur écrit les nombres de 1 à 5 deux fois sur un bout de papier et les biffe à mesure qu’il les utilise.

3. Variante à rebours

Au lieu de commencer à 1, on choisit 50 comme nombre de départ. À tour de rôle, chaque joueur soustrait le nombre qu’il a choisi dans l’intervalle de 1 à 5. Le joueur qui atteint 1 le premier est le gagnant.

La stratégie gagnante consiste à atteindre successivement aussitôt que possible les nombres de la suite arithmétique : 49, 43, 37, 31, 25, 19, 13, 7.

4. Modifier la limite supérieure

Au lieu de toujours prendre 50 comme limite supérieure, on peut choisir, par exemple, un nombre de 40 à 60.

Comment choisir cette limite ?

On peut inventer sa propre technique. Voici trois suggestions :

1. Demander à une troisième personne de faire le choix.

2. Placer dans un sac des jetons comportant les nombres de 40 à 60 et tirer un jeton au hasard.

3. Partir de 40. Lancer deux ou trois fois un dé. Additionner.

5. Modifier les intervalles

En 1612, Claude Gaspar Bachet a fixé les bornes de 1 à 100 et l'intervalle de choix de 1 à 10. Dans ce cas, un joueur peut toujours gagner en atteignant successivement aussitôt que possible les nombres de la suite arithmétique : 1, 12, 23, 34, 45, 56, 67, 78 et 89. 

On peut choisir ces règles et adapter les variantes expliquées antérieurement.

6. Jouer à qui perd gagne.

Normalement, le joueur qui atteint la limite supérieure gagne. On peut décider que le perdant est celui qui atteint la limite supérieure ou la dépasse.

7. Plus de deux joueurs

On peut s’adonner à ce jeu à plus de deux joueurs. Dans ce cas, on peut fixer un intervalle différent et une limite supérieure autre.

Conclusion

Ce jeu peut être excellent pour développer le calcul mental en rapport avec l’addition et la soustraction, sans compter le plaisir de faire des mathématiques.

# 5705             18 décembre 2020

Un problème d’âge ancien

Les frères des écoles chrétiennes (FEC) ont contribué d’une façon importante à l’éducation des jeunes québécois. Ils ont enseigné, mais aussi rédigé et édité des manuels scolaires.

« Pendant la première moitié du 20^e siècle, la communauté occupe un des tout premiers rangs dans l'édition des manuels. Ainsi, durant la décennie 1920, sur les 250 nouveaux manuels publiés au Québec, 37 (14,8 %) sortent de ses presses ; et la ventilation par titre, permettant d'isoler les meilleurs vendeurs, illustre encore mieux la prépondérance des frères des écoles chrétiennes durant la même période : sur les 45 parutions en arithmétique (éditions princeps et réimpressions confondues), 29 (64,4 %) sont leur fait. » (Les manuels scolaires québécois, Université Laval, 2012)

Un des manuels scolaires des FEC est Arithmétique, Cours complémentaire. Dans l’édition de 1926, à la page 351, on peut lire ce problème que nous allons étudier.

« Le carré de l’âge de Simon égale 16 fois l’âge qu’il aura dans 12 ans. Quel est son âge actuel ? »

Ce problème se trouve dans la section des équations du second degré. Par le fait même, l’élève est invité à résoudre ce problème en appliquant la mécanique des équations de ce degré : ce qui est bien, mais ce qui, par ailleurs, ne se situe pas dans la résolution de problèmes où l’élève doit choisir ses stratégies.

1. Compréhension du problème

Il arrive souvent que les élèves sont incapables de traduire un énoncé en des phrases mathématiques. Dans ce cas, les enseignant(e)s de mathématiques sont portés à dire que les élèves ne savent pas lire.

Un truc efficace pour bien comprendre le problème est de faire une hypothèse. Dans ce cas-ci, supposons que l’âge de Simon est 20, on pourra écrire : 20² = 16(20 + 12). On a donc : 400 = 512, ce qui est faux, mais utile pour écrire une équation.

2. Résolution algébrique

Dans l’égalité précédente, 20 est le nombre hypothétique cherché. On le remplace par x. On peut écrire : x² = 16(x + 12). L’équation transformée est x² – 16x – 192 = 0. En décomposant en facteurs, on obtient : (x + 8)(x – 24) = 0. D’où, x' = -8 et x'' = 24. Comme il n’existe pas d’âge négatif, on rejette – 8. Simon a 24 ans.

3. Propriétés des nombres

Si on n’a pas de connaissances algébriques, on peut résoudre ce problème en appliquant les propriétés des nombres. C’est un domaine malheureusement boudé dans l’enseignement des mathématiques.

3.1 Multiples de 4

Comme un des facteurs de l’égalité est 16, le nombre cherché est un multiple de 4. On essaie 4, 8, 12, 16, etc. comme étant le nombre cherché. Par exemple, si on prend 4, on peut écrire 4² = 16(4 + 12), ce qui correspond à 16 = 256. La valeur 4 ne convient pas. On continue jusqu’à 24. Simon a 24 ans.

3.2 Facteur de 16

Comme le nombre de gauche est un carré et que 16 est aussi un carré, il faut que le facteur de 16 soit un carré. On essaie 4, 13, 24. Par exemple, si on prend 13, on peut écrire 13² = 16(13 + 12), ce qui correspond à 169 = 400. La valeur 13 ne convient pas. On vérifie avec 24. Simon a 24 ans.

3.3 Égalité de carrés

Cette stratégie est similaire à la précédente, mais le raisonnement pour y arriver est différent. L’équation est : x² = 16(x + 12). On extrait la racine carrée de part et d’autre. On obtient x = ±4√(x + 12). Pour avoir un carré sous le radical, il faut donner à x les valeurs 4, 13, 24. Simon a 24 ans.

Conclusion

En tablant sur les propriétés des nombres, on peut éviter des calculs qui peuvent s’avérer difficiles. Par exemple, ce n’est pas tout le monde qui peut décomposer x² – 16x – 192 = 0 en facteurs.

Bref, ce problème d’allure simple peut nécessiter jusqu’à quatre stratégies.

# 5675             30 novembre 2020

La Dame de pique

Chaque soir avant de se coucher, Léa joue à la Dame de pique sur son portable. Elle joue toujours deux parties et, quand elle a terminé, elle consulte les statistiques de ses gains. Lorsqu’elle gagne les deux parties, son taux de gain augmente. Lorsqu’elle perd les deux parties, son taux de gain diminue. Cela est évident.

Qu’en est-il lorsqu’elle gagne une partie et qu’elle perd l’autre ? On a tendance à penser que son taux reste stable, mais ce n’est pas toujours le cas. Toutefois, comme le taux est généralement exprimé par un entier, on ne peut pas voir la différence dans les statistiques données en ligne.

Tout d’abord, disons que le taux est identique lorsque le gain suit la perte ou dans le sens inverse. Supposons que Léa a gagné auparavant 45 parties sur 100, en perdant d’abord elle est créditée de 45 parties sur 101. Comme elle gagne la fois suivante, elle atteint 46 parties sur 102. Dans la même hypothèse, en gagnant d’abord elle atteint 46 parties sur 101. Comme elle perd la fois suivante, elle est à 46 parties sur 102. Le résultat final est le même dans les deux cas.

S’il est vrai que le taux est identique quand Léa joue deux parties avec gain et perte, il n’est pas vrai que le taux reste toujours stable par rapport au taux de départ à la fin de ces deux parties. Trois cas peuvent se présenter.

1. Le taux est inférieur à 50 %

C’est le cas de l’exemple précédent. Le taux de départ est de 45 %. Après deux parties, Léa a gagné 46 parties sur 102 : ce qui correspond à 45,098 %. Le taux a donc augmenté de 0,098 %, soit près d’un dixième d’un pourcent.

2. Le taux est égal à 50 %

Supposons que 50 parties sur 100 ont été gagnées auparavant. Après deux parties, Léa a gagné 51 parties sur 102 : ce qui correspond à 50 %. Dans ce cas, le taux de gain ne change pas.

3. Le taux est supérieur à 50 %

Supposons que 70 parties sur 100 ont été gagnées auparavant. Après deux parties, Léa a gagné 71 parties sur 102 : ce qui correspond à 69,6 %. Dans ce cas, le taux de gain a diminué de 0,4 %.

Bref, quand on joue deux parties de conclusions différentes, peu importe dans quel sens la perte ou le gain survient, il y a un léger gain au-dessous de 50 %, pas de changement à 50 % et une légère perte au-dessus de 50 %. C’est une loi mathématique cruelle pour les joueurs qui sont heureux de dépasser les 50 % de gain.

# 5640             9 novembre 2020

Un nouveau livre

Je viens de publier aux Éditions Goélette un nouveau livre récréatif. Son titre est Défis logiques. Sur le même modèle, il contient 115 problèmes qui consistent à reconstituer logiquement des ensembles d'éléments ayant des relations entre eux. Voici un exemple :

« 5. Oiseaux choyés

Trois pères ont construit chacun une cabane à oiseaux en des années différentes. Sur chaque cabane, ils ont écrit le nom de leur enfant.

Pères : Alfredo, Claudio, Fernando

Enfants : Bertin, Horace, Magalie

Années : 2017, 2018, 2020

1. Le nom de Magalie n’apparaît pas sur la cabane construite en 2018.

2. La cabane marquée Horace a été construite après celle de Claudio.

3. Fernando a construit sa cabane avant la pandémie de 2020 et n’y a pas écrit Horace.

4. Alfredo a écrit le nom de son garçon sur sa cabane construite après 2017.

5. Claudio n’a pas construit sa cabane en 2017.

Pour chaque père, découvrez le nom de l’enfant et l’année de construction de la cabane. »

# 5625             30 octobre 2020

Polygonaux et carrés magiques

Soit le carré magique d’ordre 3 suivant :

Considérons chaque nombre comme étant le rang d’un nombre triangulaire. Par exemple, on a 11^Δ = 66 (11^Δ se lit triangulaire de rang 11, onzième triangulaire ou 11 triangulaire), 2^Δ = 3, 8 ^Δ = 36, etc. On obtient :

Ce carré n’est pas magique. Toutefois, la somme des triangulaires de la première ligne est 105 comme celle de la troisième ligne. Aussi, la somme des triangulaires de la première colonne est 97 comme celle de la troisième colonne.

Ces égalités de sommes sont-elles toujours vraies ? Commençons par produire un carré magique général.

La somme dans chaque ligne, colonne et diagonale est 0.

Proposition 1. Si on convertit chaque terme en un nombre triangulaire, la somme des nouveaux termes est la même dans la première et la troisième ligne.

Justification. On écrit : x ^Δ + (-x – y) ^Δ + y ^Δ = -y^Δ + (x + y)^Δ - x^Δ. On développe les nombres triangulaires sur le modèle (n² + n)/2 lorsque n est le rang. On a :

(x² + x)/2 + [(x² + 2xy + y²) + (-x – y)]/2 + (y² + y)/2 = (-y² – y)/2 + [(x² + 2xy + y²) + (x + y)]/2 + (x² – x)/2

Après simplification, chaque membre de l’égalité est égal à (x² + xy + y²). La somme est donc la même dans la première ligne et dans la troisième ligne.

Proposition 2. Si on convertit chaque terme en nombre triangulaire, la somme des nouveaux termes est la même dans la première et la troisième colonne.

Justification. On peut procéder de la même façon que précédemment ou encore s’appuyer sur le fait qu’un carré magique demeure magique quand on fait sa rotation.

Proposition 3. Les deux premières propositions sont vraies pour les triangulaires et pour tous les autres nombres polygonaux, soit les carrés, les pentagonaux, les hexagonaux, les heptagonaux, etc.

À partir du carré magique suivant, on peut écrire les égalités ci-après :

a) Triangulaires

14^Δ + 2^Δ + 11^Δ = 7^Δ + 16^Δ + 4^Δ = 174

14^Δ + 6^Δ + 7^Δ = 11^Δ + 12^Δ + 4^Δ = 154

b) Carrés

14² + 2² + 11² = 7² + 16² + 4² = 321

14² + 6² + 7² = 11² + 12² + 4² = 281

c) Pentagonaux où p est l’exposant. Par exemple, 14^p est le quatorzième pentagonal.

14^p + 2^p + 11^p = 7^p + 16^p + 4^p = 468

14^p + 6^p + 7^p = 11^p + 12^p + 4^p = 408

d) Hexagonaux où p est l’exposant. Par exemple, 14^h est le quatorzième hexagonal.

14^h + 2^h + 11^h = 7^h + 16^h + 4^h = 615

14^h + 6^h + 7^h = 11^h + 12^h + 4^h = 535

e) Heptagonaux où s est l’exposant. Par exemple, 14^s est le quatorzième heptagonal.

14^s + 2^s + 11^s = 7^s + 16^s + 4^s = 762

14^s + 6^s + 7^s = 11^s + 12^s + 4^s = 662

e) Octogonaux où o est l’exposant. Par exemple, 14^o est le quatorzième octogonal.

14^o + 2^o + 11^o = 7^o + 16^o + 4^o = 909

14^o + 6^o + 7^o = 11^o + 12^o + 4^o = 789

On note que la différence entre les deux sommes d’un même nombre polygonal est successivement 20, 40, 60, 80, 100 et 120.

Conclusion

Ces découvertes permettent d’approfondir davantage les polygonaux et, espérons-le, d’y trouver ultérieurement d’autres propriétés intéressantes.

# 5600             15 octobre 2020

Des neveux et nièces

Problème 1. Dorothée, Françoise et Gaétane sont trois sœurs. Dorothée a 3 neveux. Françoise a 6 neveux. Gaétane a 5 neveux.

Combien chacune a-t-elle de fils ?

Solution 1. Soit d le nombre de fils de Dorothée, f celui de Françoise, g celui de Gaétane. On écrit :

f + g = 3

d + g = 6

d + f = 5

On additionne les trois équations. On obtient : 2d + 2f + 2g = 14. En simplifiant, on a : d + f + g = 7. Puisque f + g = 3, alors d = 4. Puisque d + g = 6, alors f = 1. Puisque d + f = 5, alors g = 2.

Dorothée a 4 fils. Françoise a 1 fils. Gaétane a 2 fils.

Solution 2. On peut aussi procéder ainsi :

• On additionne les nombres de neveux.

• On divise par 2.

• Du résultat, on soustrait chaque nombre de neveux.

On fait : 3 + 6 + 5 = 14, 14 ÷ 2 = 7, 7 – 3 = 4 (Dorothée), 7 – 6 = 1 (Françoise) et 7 – 5 = 2 (Gaétane).

Dorothée a 4 fils. Françoise a 1 fils. Gaétane a 2 fils.

Problème 2. Marcel, Normand, Pierre et Quentin sont quatre frères. Marcel a 8 nièces. Normand a 7 nièces. Pierre a 9 nièces. Quentin a 6 nièces.

Combien chacun a-t-il de filles ?

Solution 1. Soit m le nombre de filles de Marcel, n celui de Normand, p celui de Pierre et q celui de Quentin. On écrit :

n + p + q = 8

m + p + q = 7

m + n + q = 9

m + n + p = 6

On additionne les trois équations. On obtient : 3m + 3n + 3p + 3q = 30. En simplifiant, on a : m + n + p + q = 10. Puisque n + p + q = 8, alors m = 2. Puisque m + p + q = 7, alors n = 3. Puisque m + n + q = 9, alors p = 1. Puisque m + n + p = 6, alors q = 4.

Marcel a 2 filles. Normand a 3 filles. Pierre a 1 fille. Quentin a 4 filles.

Solution 2. On peut aussi procéder ainsi :

• On additionne les nombres de nièces.

• On divise par 3.

• Du résultat, on soustrait chaque nombre de nièces.

On fait : 8 + 7 + 9 + 6 = 30, 30 ÷ 3 = 10, 10 – 8 = 2 (Marcel), 10 – 7 = 3 (Normand), 10 – 9 = 1 (Pierre), 10 – 6 = 4 (Quentin).

Marcel a 2 filles. Normand a 3 filles. Pierre a 1 fille. Quentin a 4 filles.

Complément

Dans ce dernier cas, pour connaître le nombre de filles, on additionne les nombres de nièces et on divise par 3. Le résultat est 10. On compte 10 filles.

# 5575             30 septembre 2020

Enjeux de jetons

Problème 1. Xavier et Yvon jouent deux parties avec des jetons et en perdent chacun une dans cet ordre. Ils conviennent que celui qui perdra doublera le nombre de jetons de l’autre. À la fin, chacun a 12 jetons.

Combien chacun avait-il de jetons au début ?

Solution 1. Au début, Xavier a x et Yvon a y jetons.

 Xavier perd. Il doit donner y à Yvon. Il reste (x – y) à Xavier et Yvon a 2y.

 Yvon perd. Il doit donner (x – y) à Xavier. Il reste à Yvon (3y – x) et Xavier a (2x – 2y). Ce tableau illustre la situation :

On peut écrire : 2x – 2y = 12 et 3y – x = 12. On trouve que x = 15 et y = 9. Xavier avait 15 jetons et Yvon 9 jetons.

Solution 2. On procède à rebours. Les perdants sont inversés. Les gagnants perdent la moitié de leur avoir.

 Xavier avait 15 jetons et Yvon 9 jetons.

Problème 2. Xavier, Yvon et Zénon jouent trois parties et en perdent chacun une dans cet ordre. Ils conviennent que celui qui perdra doublera le nombre de jetons de l’autre. À la fin, chacun a 24 jetons.

Combien chacun avait-il de jetons au début ?

Solution. On procède à rebours. Les perdants sont inversés. Les gagnants perdent la moitié de leur avoir.

Xavier avait 39 jetons, Yvon 21 jetons et Zénon 12 jetons.

Problème 3. Xavier, Yvon et Zénon jouent trois parties et en perdent chacun une dans cet ordre. Ils conviennent que celui qui perdra donnera à chacun des deux autres la moitié des jetons qu’il a. À la fin, chacun a 27 jetons.

Combien chacun avait-il de jetons au début ?

Solution. On procède à rebours. Les perdants sont inversés. Les gagnants perdent le tiers de leur avoir.

Xavier avait 35 jetons, Yvon 26 jetons et Zénon 20 jetons.

# 5540             9 septembre 2020

Un rectangle magique troué

Problème. Placez les nombres de 1 à 12 dans la grille ci-après pour que la somme soit la même dans chacune des six rangées de trois cases adjacentes.

Solution. Six cases appartiennent à deux rangées : les cases marquées 2. Elles sont de degré 2. Les six autres appartiennent à seulement une rangée. Elles sont de degré 1. Voici l’illustration :

La somme des nombres de 1 à 12 est 78. Supposons qu’on dispose les éléments de 1 à 6 dans les cases de degré 2 et les éléments de 7 à 12 dans les cases de degré 1. On peut alors écrire : 2(1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6) + (7 + 8 + 9 + 10 + 11 + 12) = 99. C’est une somme indexée.

Comme il y a six rangées, on divise 99 par 6. Le quotient est 16,5. En conséquence, la plus petite somme probable par rangée est 17.

La somme par rangée est 17

Pour que la somme par rangée soit 17, il faut que la somme indexée soit 102. En effet, 17 × 6 = 102. Précédemment, la somme indexée trouvée a été de 99. Il y a donc une différence de 3. On peut permuter 4 et 7, 5 et 8, 6 et 9 d’un ensemble à l’autre pour obtenir 102.

■ Permutation de 4 et  de 7

Les cases de degré 2 devront recevoir 1, 2, 3, 5, 6, 7. Pour les cases de degré 1, ce sera 4, 8, 9, 10, 11, 12. On peut écrire : 2(1 + 2 + 3 + 5 + 6 + 7) + (4 + 8 + 9 + 10 + 11 + 12) = 102.

Il n’y a pas de triplets dont la somme est 17 dans les éléments de degré 2. Donc, il n’y a pas de configuration dans ce cas.

■ Permutation de 5 et de 8

On peut écrire : (1 + 2 + 3 + 4 + 6 + 8)2  + (5 + 7 + 9 + 10 + 11 + 12) = 102.

Il y a un seul triplet (3, 6, 8) dans les éléments de degré 2. On commence par placer ce triplet dans la deuxième colonne. Puis, on complète en ayant soin de respecter les degrés. On peut obtenir cette configuration.

■ Permutation de 6 et de 9

On peut écrire : 2(1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 9) + (6 + 7 + 8 + 10 + 11 + 12) = 102.

Dans les éléments de degré 2, il y a un seul triplet (3, 5, 9) dont la somme est 17. Pour configurer la grille, on procède comme précédemment. On peut obtenir :

Autres sommes possibles

Les autres sommes possibles sont de 18 à 22. Voici une configuration quand la somme est 22 :

Tentez de trouver d’autres configurations pour les sommes de 17 à 22.