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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

# 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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