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Les charleries

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Ce blogue contient des souvenirs, des anecdotes, des opinions, de la fiction, des bribes d’histoire, des récréations et des documents d’archives.

Charles-É. Jean

Propos mathématiques

# 6020             12 septembre 2021

Égalités de polygonaux

Un nombre polygonal est un nombre qui peut être représenté par un polygone régulier constitué de points disposés de façon symétrique. Voici quatre ordres de polygonaux :

 

 

Un même nombre peut appartenir à plusieurs ordres de polygonaux. Par exemple, 45 est à la fois triangulaire et hexagonal.

 

La notion de suite arithmétique joue un rôle important dans l’existence de ces nombres. En effet, ceux-ci sont formés par l’addition des éléments d’une suite toujours à partir de 1. Voici la distribution pour les cinq plus petits nombres polygonaux d’ordres 3 à 6 :

 

Nombres triangulaires ou d’ordre 3 : suite de raison 1

 

1

1 + 2

1 + 2 + 3

1 + 2 + 3 + 4

1 + 2 + 3 + 4 + 5

1

3

6

10

15

 

Nombres carrés ou d’ordre 4 : suite de raison 2

 

1

1 + 3

1 + 3 + 5

1 + 3 + 5 + 7

1 + 3 + 5 + 7 + 9

1

4

9

16

25

 

Nombres pentagonaux ou d’ordre 5 : suite de raison 3

 

1

1 + 4

1 + 4 + 7

1 + 4 + 7 + 10

1 + 4 + 7 + 10 + 13

1

5

12

22

35

 

Nombres hexagonaux ou d’ordre 6 : suite de raison 4

 

1

1 + 5

1 + 5 + 9

1 + 5 + 9 + 13

1 + 5 + 9 + 13 + 17

1

6

15

28

45

 

Par exemple, pour les nombres hectogonaux ou polygonaux d’ordre 100, le premier nombre est 1, le deuxième 100 et la raison 98. On aura donc la suite : 1, 100, 297, 592, 985, etc. En effet, 1 + 99 = 100, 1 + 99 + 197 = 297, 1 + 99 + 197 + 295 = 592, etc.

 

Nous donnons six propositions qui s’appliquent lorsqu’une égalité est vraie pour les nombres polygonaux de tous les ordres. Ces égalités découlent souvent de carrés magiques.

 

Proposition 1

On peut additionner un même nombre à chaque base. On retrouve alors une nouvelle égalité.

 

Soit l’égalité 1P + 7P + 10P = 2P + 5P + 11P = 216 où p est l’exposant pentagonal.

 

Par exemple, on additionne 9 à chacune des bases. On obtient :

10P + 16P + 19P = 11P + 14P + 20P = 1053

 

Si l’exposant est 2, on écrira : 12 + 72 + 102 = 22 + 52 + 112 = 150.

En additionnant 9 à chacune des bases, on obtient :

102 + 162 + 192 = 112 + 142 + 202 = 717

 

Proposition 2

On peut, de chaque base, soustraire un même nombre. On retrouve alors une nouvelle égalité. Par exemple, en partant de la dernière égalité, on soustrait 9. On obtient les égalités de départ.

 

Il est fort probable alors que des bases négatives apparaîtront. Pour donner un exemple avec les triangulaires, il faut savoir que 0Δ = 0, -1Δ = 0, -2Δ = 1, -3Δ = 3, -4Δ = 6, etc.

 

Proposition 3

On peut multiplier chaque base par un même nombre. On retrouve alors une nouvelle égalité.

 

Soit l’égalité 2Δ + 7Δ + 9Δ = 3Δ + 5Δ + 10Δ = 76 où Δ est l’exposant triangulaire.

 

Par exemple, on multiplie par 4 chacune des bases. On obtient :

8Δ + 28Δ + 36Δ = 12Δ + 20Δ + 40Δ = 1108

 

Si l’exposant est 2, on écrira : 22 + 72 + 92 = 32 + 52 + 102 = 134.

En multipliant par 4 chacune des bases, on obtient :

82 + 282 + 362 = 122 + 202 + 402 = 2144

 

Proposition 4

On peut diviser chaque base par un même nombre. On retrouve alors une nouvelle égalité. Les bases de ces nouvelles égalités seront composées en grande partie par des nombres fractionnaires. Cela ne rend pas fausse l’égalité, mais elle manque d’élégance. Par exemple, en divisant par 8 la dernière égalité de la proposition 3, on obtient :

1 + 3,5 + 4,5 = 1,5 + 2,5 + 5 = 33,5

 

 Proposition 5

On peut ajouter un même chiffre devant chaque base. On retrouve alors une nouvelle égalité.

 

Dans ce cas, il faut considérer que toutes les bases ont le même nombre de chiffres, quitte à ajouter un ou des 0 devant certains nombres. Par exemple, dans l’égalité 42 + 82 + 112 + 152 = 52 + 62 + 132 + 142 = 426, on considère 4, 8, 5 et 6 comme étant 04, 08, 05 et 06. Si on ajoute 1 au début, on peut écrire :

1042 + 1082 + 1112 + 1152 = 1052 + 1062 + 1132 + 1142 = 48 026

 

Proposition 6

On peut ajouter un même chiffre après chaque base. On retrouve alors une nouvelle égalité.

 

À partir de la première égalité de la proposition précédente, si on ajoute 1 à la fin de chaque base, on peut écrire :

412 + 812 + 1112 + 1512 = 512 + 612 + 1312 + 1412 = 43 364

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# 5990             12 juin 2021

Des égalités de carrés

On peut trouver des égalités de carrés en faisant des opérations sur des fractions de sommes. On procède de la façon suivante :

 

On détermine le nombre n d’entiers qu’on devra choisir.

On choisit une somme : cette somme doit tenir compte de la valeur de n et elle doit être divisible par n/2.

• On choisit les n entiers.

• On divise la somme par n/2.

• Du résultat, on soustrait chacun des n entiers.

• On élève au carré chaque élément.

• On écrit le carré des éléments choisis dans le premier membre et, dans l’autre membre, le carré des éléments déduits.

 

Six carrés

Cas 1. On choisit quatre entiers dont l’un est le quart de la somme.

 

Exemple. Choisissons 4, 7, 8, 13. La somme est 32. On divise par 2. Le résultat est 16. En soustrayant de 16, on obtient : 12, 9, 8, 3. On peut écrire :

42 + 72 + 82 + 132 = 32 + 82 + 92 + 122 = 298

 

Comme 82 apparaît dans chaque membre de l’égalité, on le biffe. On a alors :

42 + 72 + 132 = 32 + 92 + 122 = 234

 

Cas 2. On choisit six entiers dont l’un est le sixième de la somme et dont un couple est le tiers de la somme.

 

Exemple. Choisissons 1,  5, 6, 7, 8, 9. La somme est 36. On divise par 3. Le résultat est 12. En soustrayant de 12, on obtient : 11, 7, 6, 5, 4, 3. Après avoir biffé les doublons de part et d’autre, on peut écrire :

12 + 82 + 92 = 32 + 42 + 112 = 146

 

Huit carrés

Cas 1. On choisit quatre entiers dont aucun n’est le quart de la somme. De plus, l’addition d’éléments pris deux à deux ne donne pas la moitié de la somme.

 

Exemple 1. Choisissons 1, 7, 9, 13. La somme est 30. La moitié de la somme est 15. De 15, on soustrait chacun de ces quatre éléments. On obtient : 14, 8, 6, 2. On peut écrire :

12 + 72 + 92 + 132 = 22 + 62 + 82 + 142 = 300

 

Exemple 2. Choisissons 3, 5, 9, 21. La somme est 38. La demi-somme est 19. En soustrayant de 19, on obtient : 16, 14, 10, - 2. On peut écrire :

32 + 52 + 92 + 212 = 22 + 102 + 142 + 162 = 556

 

On aura compris qu’on accepte les nombres négatifs et, comme le carré d’un nombre négatif est positif, on peut considérer l’élément comme positif.

 

 

Cas 2. On choisit huit entiers dont quatre appartiennent à des couples dont la somme est le quart de la somme.

 

Exemple. Choisissons 1, 4, 5, 7, 8, 10, 12, 13. La somme est 60. Le quart de la somme est 15. De 15, on soustrait chacun de ces huit éléments. On obtient : 14, 11, 10, 8, 7, 5, 3, 2. Après avoir éliminé les doublons, on peut écrire :

12 + 42 + 122 + 132 = 22 + 32 + 112 + 142 = 330

 

Dix carrés

On choisit six entiers dont l’un est le sixième de la somme.

 

Exemple. Choisissons 2, 3, 7, 8, 9, 13. La somme est 42. Le tiers de la somme est 14. De 14, on soustrait chacun de ces six éléments. On obtient : 12, 11, 7, 6, 5, 1. Après avoir éliminé le doublon, on peut écrire :

22 + 32 + 82 + 92 + 132 = 12 + 52 + 62 + 112 + 122 = 327

 

Douze carrés

Cas 1. On choisit six entiers. On prend le tiers de la somme. Aucun entier n’est le sixième de la somme. De plus, l’addition d’éléments pris deux à deux ne donne pas le tiers de la somme.

 

Exemple. Choisissons 2, 4, 8, 12, 13, 15. La somme est 54. Le tiers de la somme est 18. De 18, on soustrait chacun de ces six éléments. On obtient : 16, 14, 10, 6, 5, 3. On peut écrire :

22 + 42 + 82 + 122 + 132 + 152 = 32 + 52 + 62 + 102 + 142 + 162 = 622

 

Cas 2. On choisit huit entiers. L’addition d’éléments pris deux à deux donne le quart de la somme.

 

Exemple. Choisissons 2, 3, 8, 9, 11, 12, 13, 18. La somme est 76. Le quart de la somme est 19. De 19, on soustrait chacun de ces éléments. On obtient : 17, 16, 11, 10, 8, 7, 6, 1. Après avoir biffé deux carrés identiques de part et d’autre, on peut écrire :

22 + 32 + 92 + 122 + 132 + 182 = 12 + 62 + 72 + 102 + 162 + 172 = 731

 

Quatorze carrés

On choisit huit entiers. On prend le quart de la somme. Un entier doit être le huitième de la somme.

 

Exemple. Choisissons 3, 5, 8, 12, 14, 15, 17, 22. La somme est 96. Le quart de la somme est 24. De 24, on soustrait chacun de ces éléments. On obtient : 21, 19, 16, 9, 10, 7, 2. On peut écrire :

32 + 52 + 82 + 142 + 152 + 172 + 222 = 22 + 72 + 92 + 102 + 162 + 192 + 212 = 1292

 

Seize carrés

On choisit huit entiers. On prend le quart de la somme. Aucun entier n’est le huitième de la somme. De plus, l’addition d’éléments pris deux à deux ne donne pas le quart de la somme.

 

Exemple. Choisissons 4, 6, 10, 12, 15, 17, 19, 21. La somme est 104. Le quart de la somme est 26. De 26, on soustrait chacun de ces éléments. On obtient : 22, 20, 16, 14, 11, 9, 7, 5. On peut écrire :

42 + 62 + 102 + 122 + 152 + 172 + 192 + 212 = 52 + 72 + 92 + 112 + 142 + 162 + 202 + 222 = 1612

 

On peut additionner un même nombre à chacune des égalités trouvées dans cet article. En regard du dernier exemple, quand on additionne 1, on obtient :

52 + 72 + 112 + 132 + 162 + 182 + 202 + 222 = 62 + 82 + 102 + 122 + 152 + 172 + 212 + 232 = 1828

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# 5965             27 mai 2021

Magie 4 × 4 et polygonaux

Un nombre polygonal est un nombre qui peut être représenté par un polygone régulier constitué de points disposés de façon symétrique. Voici quatre ordres de polygonaux :

 

 

On peut trouver des égalités de polygonaux à partir d’un carré magique d’ordre 4. Toutefois, il n’existe pas de règle qui nous assure qu’une égalité de polygonaux puisse être tirée des rangées.

 

Égalité de huit polygonaux du même ordre

Examinons les possibilités dans le carré magique suivant.

 

1

4

14

15

16

13

3

2

11

10

8

5

6

7

9

12

 

En considérant les triangulaires dont l’exposant est Δ, on peut écrire :

1Δ + 4Δ + 14Δ + 15Δ = 16Δ + 13Δ + 3Δ + 2Δ = 236

 

Cette égalité est vraie pour les polygonaux de tout ordre y compris pour les carrés.

 

En considérant les pentagonaux dont l’exposant est p, on peut écrire :

11P + 10P + 8P + 5P = 6P + 7P + 9P + 12P = 448

 

Cette égalité est vraie pour les polygonaux de tout ordre y compris pour les carrés.

 

En considérant les hexagonaux dont l’exposant est h, on peut écrire :

1h + 13h + 8h + 12h = 4h + 16h + 5h + 9h = 722

 

Étudions un carré magique général dont la somme de chaque rangée horizontale, verticale et diagonale est 2(2a + 3b + 3c).

 

a + 3b + 3c

a + b

a + 2b

a + 3c

a + c

a + 2b + 2c

a + b + 2c

a + 3b + c

a + 2c

a + 2b + c

a + b + c

a + 3b + 2c

a + 3b

a + b + 3c

a + 2b + 3c

a

 

Donnons une valeur à chaque variable. Par exemple, on fait a = 1, b = 2 et c = 5. On obtient le carré magique ci-après dont la somme par rangée est 46.

 

22

3

5

16

6

15

13

12

11

10

8

17

7

18

20

1

 

On peut établir les propositions suivantes :

• La somme des polygonaux d’un même ordre de la première ligne est égale à la somme de ceux de la quatrième ligne.

 

En considérant les pentagonaux, on peut écrire :

22p + 3p + 5p + 16p = 7p + 18p + 20p + 1p = 1138

 

Cette égalité est vraie pour les polygonaux de tout ordre y compris pour les carrés.

 

• La somme des polygonaux d’un même ordre de la deuxième ligne est égale à la somme de ceux de la troisième ligne.

 

En considérant les hexagonaux dont l’exposant est h, on peut écrire :

6h + 15h + 13h + 12h = 11h + 10h + 8h + 17h = 1102

 

Cette égalité est vraie pour les polygonaux de tout ordre y compris pour les carrés.

 

• La somme des polygonaux d’un même ordre de la première colonne est égale à la somme de ceux de la quatrième colonne.

 

En considérant les heptagonaux dont l’exposant est s on peut écrire :

22s + 6s + 11s + 7s = 16s + 12s + 17s + 1s = 1656

 

Cette égalité est vraie pour les polygonaux de tout ordre y compris pour les carrés.

 

• La somme des polygonaux d’un même ordre de la deuxième colonne est égale à la somme de ceux de la troisième colonne.

 

En considérant les octogonaux dont l’exposant est o on peut écrire :

3o + 15o + 10o + 18o = 5o + 13o + 8o + 20o = 1882

 

Cette égalité est vraie pour les polygonaux de tout ordre y compris pour les carrés.

 

 

Égalité de 16 polygonaux du même ordre

Prenons l’égalité qui provient de la première et de la quatrième ligne du carré magique précédent, soit :

22p + 3p + 5p + 16p = 7p + 18p + 20p + 1p

 

Choisissons un nombre supérieur au plus grand de l’égalité. Prenons 23. De 23, soustrayons chaque base et additionnons 23 à chaque base. On peut écrire en ordre numérique :

1p + 7p + 18p + 20p + 26p + 28p + 39p + 45p = 3p + 5p + 16p + 22p + 24p + 30p + 41p + 43p = 8578

 

Cette égalité vaut pour les polygonaux de tout ordre y compris pour les carrés. Cela est aussi vrai pour les cubes.

13 + 73 + 183 + 203 + 263 + 283 + 393 + 453 = 33 + 53 + 163 + 223 + 243 + 303 + 413 + 433 = 204 148

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# 5940             12 mai 2021

Magie 3 × 3 et polygonaux

Un nombre polygonal est un nombre qui peut être représenté par un polygone régulier constitué de points disposés de façon symétrique. Voici quatre ordres de polygonaux :

 

 

On peut trouver des égalités de polygonaux à partir d’un seul carré magique et à partir de deux carrés magiques.

 

Un seul carré magique d’ordre 3

Soit le carré magique suivant dans lequel on considère chaque nombre comme étant le rang d’un polygonal :

 

10

1

7

3

6

9

5

11

2

 

Par exemple, considérons les pentagonaux. Sur la première ligne, on a le pentagonal de rang 10, le pentagonal de rang 1, le pentagonal de rang 7. En abrégeant avec l’exposant p qui est mis pour pentagonal, on peut écrire : 10p = 145, 1p = 1, 7p = 70. La somme des pentagonaux est 216.

 

Égalité de six polygonaux du même ordre

Dans tout carré magique 3 × 3, la somme des polygonaux d’un ordre donné est la même dans la première et la troisième ligne. Il en est ainsi pour la première et la troisième colonne.

 

Voici des égalités qui découlent de cette proposition à partir du carré magique donné :

 

a) Triangulaires où est Δ est l’exposant

10Δ + 1Δ + 7Δ = 5Δ + 11Δ + 2Δ = 84

10Δ + 3Δ + 5Δ = 7Δ + 9Δ + 2Δ = 76

 

b) Carrés où 2 est l’exposant

102 + 12 + 72 = 52 + 112 + 22 = 150

102 + 32 + 52 = 72 + 92 + 22 = 134

 

c) Pentagonaux où p est l’exposant

10P + 1P + 7P = 5P + 11P + 2P = 216

10P + 3P + 5P = 7P + 9P + 2P = 192

 

Toutes ces égalités sont vraies pour les polygonaux de tout ordre.

 

Égalité de 12 polygonaux du même ordre

Considérons le même carré magique d’ordre 3. Écrivons sous forme d’égalité les nombres de la première et de la troisième ligne.

10 + 1 + 7 = 5 + 11 + 2 = 18

 

On prend un nombre qui est supérieur au plus grand nombre de cette égalité, ordinairement le suivant. On l’appelle l’opérateur. Dans ce cas-ci, on peut choisir 12. De l’opérateur, on soustrait chacun des nombres de l’égalité, puis on leur additionne l’opérateur. On obtient :

2 + 22 + 11 + 13 + 5 + 19 = 7 + 17 + 1 + 23 + 10 + 14 = 72

 

En considérant les heptagonaux dont l’exposant est s et tout en respectant l’ordre numérique, on peut écrire :

2s + 5s + 11s + 13s + 19s + 22s = 1s + 7s + 10s + 14s + 17s + 23s = 2802

 

Cette égalité est vraie pour les polygonaux de tout ordre. Cela s’applique aussi aux cubes.

23 + 53 + 113 + 133 + 193 + 223 = 13 + 73 + 103 + 143 + 173 + 233 = 21 168

 

Égalité de 24 polygonaux du même ordre

En suivant les mêmes règles et en partant de l’égalité précédente, on peut trouver une égalité de 24 termes. Comme 23 est la plus grande base, on choisit 24 comme opérateur.

 

En considérant les hexagonaux dont l’exposant est h et en respectant l’ordre numérique, on peut écrire :

2h + 5h + 11h + 13h + 19h + 22h + 26h + 29h + 35h + 37h + 43h + 46h = 1h + 7h + 10h + 14h + 17h + 23h + 25h + 31h + 34h + 38h + 41h + 47h = 18 192

 

Cette égalité vaut pour les polygonaux de tout ordre. Cela est aussi vrai pour les cubes.

23 + 53 + 113 + 133 + 193 + 223 + 263 + 293 + 353 + 373 + 433 + 463 = 13 + 73 + 103 + 143 + 173 + 233 + 253 + 313 + 343 + 383 + 413 + 473 = 333 504

 

Deux carrés magiques d’ordre 3

Prenons maintenant deux carrés magiques qui n’ont aucun lien entre eux.

 

10

1

7

 

13

22

16

3

6

9

 

20

17

14

5

11

2

 

18

12

21

 

Égalité de 12 polygonaux du même ordre

La proposition précédente permet de réunir les éléments de certaines rangées :

• Ligne 1 du carré 1 + ligne 1 du carré 2 = ligne 3 du carré 1 + ligne 3 du carré 2

• Ligne 1 du carré 1 + ligne 3 du carré 2 = ligne 3 du carré 1 + ligne 1 du carré 2

• Colonne 1 du carré 1 + colonne 1 du carré 2 = colonne 3 du carré 1 + colonne 3 du carré 2

• Colonne 1 du carré 1 + colonne 3 du carré 2 = colonne 3 du carré 1 + colonne 1 du carré 2

 

En considérant les triangulaires et en respectant l’ordre numérique, on peut écrire par rapport aux lignes 1 et 3 :

1Δ + 7Δ + 10Δ + 13Δ + 16Δ + 22Δ = 2Δ + 5Δ + 11Δ + 12Δ + 18Δ + 21Δ = 564

 

Cette égalité vaut pour les polygonaux de tout ordre. Cela est aussi vrai pour les cubes.

13 + 73 + 103 + 133 + 163 + 223 = 23 + 53 + 113 + 123 + 183 + 213 = 18 285

 

Pour obtenir des égalités comprenant un plus grand nombre de termes, on peut utiliser autant de carrés magiques que l’on veut. Toutefois, s’il y a des doublons de part et d’autre de l’égalité, on les biffe.

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# 5905             21 avril 2021

Récréations mathématiques en classe

Dans le forum du site l’île des mathématiques, en août 2011, un enseignant dont le pseudonyme est jamo a fait une critique de Récréomath. Il conclut en écrivant : « Bon par contre, c'est toujours pareil : c'est bien sympathique d'avoir des exercices ouverts et ludiques à présenter aux élèves, mais en pratique il faut reconnaître que ce n'est pas toujours facile à mettre en application, les élèves prenant ce genre d'activités pas très au sérieux et c'est un peu le bordel à gérer ... ».

 

Cet enseignant a raison. L’exploitation de jeux ou récréations mathématiques à l’école est un art subtil dont la maîtrise est difficile et qui peut se briser sur de nombreux écueils. C’est pourquoi, j’ai pensé proposer quelques pistes pour aider les enseignants à utiliser les mathématiques récréatives à l’école.

 

Avant de plonger dans une telle aventure, en tant qu’enseignant ou enseignante, il faut faire un retour sur soi-même et se demander pourquoi et comment on va procéder.

 

Si on n’a pas de motif pour introduire des problèmes récréatifs en classe, vaut mieux oublier cela. En d’autres mots, si on n’a pas d’objectifs clairs et précis, la situation risque d’être un cauchemar. Il faut donc se convaincre soi-même de l’intérêt de la démarche. Il faut être capable d’y voir des bénéfices pour les élèves et, au besoin, de les noter avant même de commencer. Si l’enseignant n’y croit pas, cela déteindra dans la présentation qu’il en fera aux élèves. Ces derniers se demanderont pourquoi ce soudain changement dans l’évolution de la classe et seront déstabilisés ne sachant pas très bien à quoi cela sert.

 

Prenons comme exemple un enseignant de mathématiques de 10 ans d’expériences au secondaire. Il a l’habitude de livrer les notions aux élèves - d’ailleurs, il le fait bien - et de leur donner des problèmes visant à assimiler ces notions. Les élèves sont en sécurité. L’enseignant sait où il va et les élèves sont imprégnés de cette sécurité.

 

Un bon jour, 10 minutes avant la fin du cours, cet enseignant dit à ses élèves : « Dans le programme de mathématiques, il est écrit qu’on doit vous habituer à la résolution de problèmes. J’en ai préparé un pour vous. Le voici. »

 

Relisez attentivement comment l’enseignant s’est exprimé. Il impute la responsabilité au programme de mathématiques. Donc, il ne s’implique pas personnellement dans cette démarche. Croit-il vraiment aux bénéfices de la résolution de problèmes ? A-t-il réfléchi à son déroulement ? Que signifie pour lui « résolution de problèmes » ? S’est-il demandé ce que signifiait pour ses élèves cette expression ? A-t-il pensé à la réaction de ses élèves ?

 

Comment vont réagir les élèves ? Les uns vont considérer ce temps comme une récréation ; les autres vont se dire qu’on résout des problèmes à tous les cours. Ils ne verront pas très bien la pertinence de cet exercice.

 

Deux minutes avant la fin du cours, il donnera la solution au problème, comme il est habitué de le faire. Si certains élèves insistent pour savoir comment ils auraient dû procéder, il se sent insécure et ne sait pas par où commencer. Résultat. L’enseignant est heureux quand la cloche sonne, mais il est malheureux de la tournure des événements. Pourtant, il sait que, d’habitude quand les élèves sortent de classe, ils ont progressé et pourraient même quantifier ce progrès. Là, aucun point de repère. L’exercice a plu à certains élèves et en a ennuyé d’autres. Qu’ont-ils appris ?

 

Ajoutons à cela que la tâche de l’enseignant est déjà très exigeante s’il veut que les élèves atteignent les objectifs des programmes d’enseignement et que peu d’enseignants ont reçu une formation qui leur permettent d’être à l’aise dans l’introduction des récréations mathématiques en classe.

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# 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 $.

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# 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.

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# 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 :

 

Jour

3

2

1

0

m

0

4

12

28

d

4

8

16

32

Total

4

12

28

60

 

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 ?

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# 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.

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# 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.

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# 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 20e 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.

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# 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.

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# 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. »

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# 5625             30 octobre 2020

Polygonaux et carrés magiques

Soit le carré magique d’ordre 3 suivant :

 

11

2

8

4

7

10

6

12

3

 

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

 

66

3

36

10

28

55

21

78

6

 

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.

 

x

-x – y

y

-x + y

0

x – y

-y

x + y

-x

 

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 = -yΔ + (x + y)Δ - xΔ. 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 :

 

14

2

11

6

9

12

7

16

4

 

a) Triangulaires

14Δ + 2Δ + 11Δ = 7Δ + 16Δ + 4Δ = 174

14Δ + 6Δ + 7Δ = 11Δ + 12Δ + 4Δ = 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, 14p est le quatorzième pentagonal.

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

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

 

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

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

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

 

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

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

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

 

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

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

14o + 6o + 7o = 11o + 12o + 4o = 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.

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# 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.

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# 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 :

 

 Xavier

 Yvon

 

x

y

Total : 24 jetons

x - y

2y

 Xavier perd.

2(x – y)

3y - x

 Yvon perd.

 

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

 Yvon

 

12

12

Total : 24 jetons

6

18

 Yvon perd.  Xavier perd la moitié de ses jetons.

15

9

 Xavier perd.  Yvon perd la moitié de ses jetons.

 

 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

 Yvon

Zénon

 

24

24

24

Total : 72 jetons

12

12

48

 Zénon perd. Xavier et Yvon perdent la moitié de leurs jetons.

6

42

24

 Yvon perd. Xavier et Zénon perdent la moitié de leurs jetons.

39

21

12

Xavier perd. Yvon et Zénon perdent la moitié de leurs jetons.

 

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

 Yvon

Zénon

 

27

27

27

Total : 81 jetons

18

18

45

 Zénon perd. Xavier et Yvon perdent le tiers de leurs jetons.

12

39

30

 Yvon perd. Xavier et Zénon perdent le tiers de leurs jetons.

35

26

20

Xavier perd. Yvon et Zénon perdent le tiers de leurs jetons.

 

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

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# 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 :

 

1

 

2

1

2

2

1

2

 

1

1

 

2

1

2

 

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.

 

9

 

3

12

2

1

10

6

 

11

7

 

8

5

4

 

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 :

 

7

 

3

10

4

2

6

9

 

12

8

 

5

11

1

 

Autres sommes possibles

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

 

6

 

10

3

9

11

7

4

 

1

5

 

8

2

12

 

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

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Suite des propos mathématiques