Solutions de l'énigme 3

solution de l'énigme 3 a

On veut d'abord obtenir toutes les suites croissantes x < y < z telles que x + y + z = 16
On part de x = 1, y le plus petit entier supérieur à x qui convienne, on complète avec y pour que x + y + z = 16
En diminuant y tant que y < z on écrit les lignes suivantes
On incrémente x et on recommence, ceci tant qu'on a x < y, ce qui donne :
1 6 9
1 7 8
2 5 9
2 6 8
3 4 9
3 5 8
3 6 7
4 5 7

 

Reste à les placer sur le damier en les alignant, ce qui se fait en essayant diverses combinaisons (je ne connais pas d'autre méthode pour cette étape), ce qui donne :

solution de l'énigme 3 b

On note a, b, c, d, e les 5 nombres cherchés.
Les deux sommes les plus petites sont a + b = 0 (1) et a + c = 2 (2)
Les deux sommes les plus grandes sont c + e = 13 (3) et d + e = 15 (4)
La somme de toutes les sommes (a + b) + (a + c) + (a + d) + (a + e) + (b + c) + ... + (d + e) est égale à 0+2+4+4+6+8+9+11+13+15=72
mais cette somme contient 4 fois chacune des 5 lettres donc 4(a + b + c + d + e) = 72 d'ou a + b + c + d + e = 18 (5)
(a + b) + c + (d + e) = 18 [d'après (5)], a + b = 0 [d'après (1)] et d + e = 15 [d'après (4)] donc c = 3 (6).
d'où e = 10 [d'après (3)] puis d = 5 [d'après (4)] ; et a = -1 [d'après (2) et (6)] donc b = 1 [d'après (1)]
D'où les 5 nombres -1, 1, 3, 5, 10.

Deuxième point d'étape pour l'énigme 3

énigme 3a

 

Un petit coup de pouce :
Les pions doivent être disposés de la façon suivante dans les cases
3 8 5
4 7 2
9 1 6
Le 3 dans la case en haut à gauche, le 8 dans la case en haut au milieu, etc, mais ... pas au centre de chaque case !
Et les alignements de pions ne sont pas les alignements de cases !
Une aide en image (mais attention, ce n'est pas nécessairement un alignement qui répond à la question) :

énigme 3b

Lu dans un grimoire :
La somme des 15 sommes tu feras, la somme des 5 nombres tu en déduiras,
la somme des 2 plus petits tu devineras, la somme des 2 plus grands tu révéleras.
De tout cela le nombre du milieu tu en induiras.

Et le reste s'en suivra

Les réponses et les énigmes suivantes vendredi.

Merci à toutes et à tous pour votre participation active.

Premier point d'étape pour le problème 3

Beaucoup de grincements de neurones cette fois : les questions seraient elles trop difficiles ?

énigme 3a :

La difficulté vient du fait qu'encore une fois on se laisse distraire par le sens que l'on ajoute à la formulation de l'énoncé. Même en évitant les "dérives" de certain.e.s (changer un des 6 en 9 ou l'inverse, mettre les pions sur la tranche, les superposer, ...) on peut s'en sortir. Quelques petits coups de pouce :

  • il faut s'en tenir strictement aux termes de l'énoncé
  • il faut essayer de se dégager de l'emprise de l'image
  • même s'il est dit que les jetons doivent rester sur le damier, un par case, alignés trois par trois, rien ne dit qu'ils doivent encore former un carré !

Pour ce carré magique la solution serait-elle ... diabolique ?

énigme 3b :

Certain.e.s ont remarqué rapidement qu'au moins un des nombres cherchés devait être négatif, puisque l'une des sommes est égale à 0.
Les sommes donnent une indication sur la répartition des nombres ; plus précisément les sommes permettent de distinguer entre le "groupe des grands" et le "groupe des petits" parmi ces 5 nombres.
Une des méthodes, compte tenu de ce qui précède, peut être d'écrire un petit nombre d'équations très simples ayant pour inconnues les nombres a, b, c, d, e cherchés. Ces équations seront alors faciles à résoudre.

 

solution de l'énigme 2a

1 - On prend 10 jetons parmi les 64 et on les place dans le tas A.
2 - On prend ensuite les 54 jetons restants, on les retourne tous et on les place dans le tas B.
A et B ont le même nombre de jetons côté noir. En effet :

  • s’il y a 10 jetons noirs dans A, alors A contient 0 blanc, donc B contient 10 blancs et 44 noirs, ce qui, une fois retournés, fait 10 noirs et 44 blancs ;
  • s’il y a 9 jetons noirs dans A, alors A contient 1 blanc, donc B contient 9 blancs et 45 noirs, ce qui, une fois retournés, fait 9 noirs et 45 blancs ;
  • s’il y a 8 jetons noirs dans A, alors A contient 2 blancs, donc B contient 8 blancs et 46 noirs, ce qui, une fois retournés, fait 8 noirs et 46 blancs ; etc.

Cas général : s’il y a n jetons noirs dans A (0 ≤ n ≤ 10), alors A contient 10 - n jetons blancs, et donc B contient d’abord 10 - (10 - n) jetons blancs, c’est-à-dire n jetons blancs qui, une fois retournés, donnent n jetons noirs : A et B ont donc chacun n jetons noirs.
Généralisation : si au départ il y a X noirs et Y blancs
dans le tas A : mettons n noirs et b blancs
dans le tas B : il y a donc X-n noirs et Y-b blancs puis, après les retournements, X-n blancs et Y-b noirs
il faut que n = Y - b donc n + b = Y donc il faut mettre Y jetons dans A

solution de l'énigme 2b

(Je note ^ pour l'exposant et <= pour inférieur ou égal)

Pour trouver le nombre de chiffres d'un entier X il faut l'encadrer par deux puissances consécutives de 10 : le nombre de chiffres d'un nombre X est l'entier n tel que 10(n-1) <= X < 10n

par exemple 376 s'écrit avec trois chiffres parce que 102 <= 376 < 103
1) Prenons X = 20202020 ; on a tout d'abord 1000 <= 2020 < 10000 c'est à dire 103 <= 2020 < 104 (donc 2020 a quatre chiffres !)
On en déduit que (103)2020 <= X < (104)2020 ce qui donne 103060 <= X < 108080 en vertu de la formule (ab)c=a(bxc)
Donc le nombre de chiffres de X (notons le X') est un entier compris entre 6060 et 8080.
Donc X' s'écrit avec 4 chiffres autrement dit : le nombre de chiffres de X' est X'' = 4.
Finalement, 4 s'écrit avec un seul chiffre (!) : le nombre de chiffres du nombre de chiffres du nombre de chiffres de X est X''' = 1

Si on veut obtenir 2 comme résultat pour la question précédente on voit qu'il va falloir que X soit beaucoup plus grand.

2) Prenons le raisonnement précédent "à l'envers".
On veut que le nombre de chiffres du nombre de chiffres du nombre de chiffres de X soit X''' = 2.
Alors on peut prendre X'' = 10 qui s'écrit bien avec X''' = 2 chiffres.
Donc on peut prendre X' = 1000000000 = 109 qui s'écrit bien avec X'' = 10 chiffres.
Il faut donc que 10999999999 <= X < 101000000000
Ce qui donne en même temps la plus petite valeur possible X = 10999999999 (un suivi de neuf cent quatre vingt dix neuf millions neuf cent quatre vingt dix neuf mille neuf cent quatre vingt dix neuf zéros)


Autre méthode : pour celles et ceux qui savent utiliser les logarithmes décimaux
Le nombre de chiffres d'un entier n est égal à 1 plus la partie entière de log n, ce qu'on notera E(log n) + 1
Partons de X''' = 2
Alors 2 = E(log X'') + 1 donc E(log X'') = 1 ce qui donne log X'' >= 1 soit X'' >= 10
De même E(log X') + 1 >= 10 donne E(log X') >= 9 donc log(X') >= 9 soit X' >= 109
Enfin E(log X) + 1 >= 109 donne E(log X) >= 109 - 1 donc Log(X) >= 109 - 1 soit X >= 10(109-1) 
Vérification : X = 10999999999 s'écrit avec 1000000000 chiffres
qui s'écrit avec 10 chiffres
qui s'écrit avec 2 chiffres

---------- corrigé du problème 1 ---------- (vendredi 27 mars)

 

          D'abord bravo à toutes celles et à tous ceux qui ont participé. J'espère que cela vous aura amusé et procuré du plaisir.
Certaines réponses ont été très détaillées et d'autres ont permis de se poser des tas de questions. Pour les prochaines énigmes je ferai quelques remarques :

  • c'est bien de publier vos réponses sur les cahiers de vacances du site afin d'en faire profiter tout le monde, cela peut aider certain.e.s et peut prendre un peu la forme d'un débat scientifique ; je mettrai chaque fois un "point d'étape" comme cette semaine
  • envoyez moi si vous le souhaitez une copie de votre réponse par mail (michel.damiens@gmail.com) ce qui me permet de vous donner des commentaires et une aide personnalisés

          Le premier écueil est, en lisant l'énoncé de comprendre "des nombres" comme étant "deux nombres" et/ou "des nombres différents" et/ou "des nombres entiers". Ceci constitue un des obstacles dans la recherche mathématique qui est d'attribuer un sens à priori aux objets qu'on manipule.
Cet obstacle étant levé on voit bien vite après quelques essais (et ceci est une autre caractéristique de la recherche en mathématiques : il faut faire des essais, se tromper, recommencer, ne pas attendre la solution d'une formule toute faite) que pour obtenir le maximum avec une somme S = 12 il faut prendre quatre nombres égaux à 3, ce qui donne par multiplication P = 81.
Si on fait des essais pour la somme S = 13, en abandonnant le tabou des nombres entiers on s'aperçoit qu'il faut 5 nombres égaux à 2,6 c'est à dire 5 nombres égaux à 13/5 ce qui fait un produit P = (13/5) à la puissance 5 (multiplié 5 fois par lui-même) soit P = 118,81376
Ceci permet d'induire la conjecture (une conjecture en mathématiques est une affirmation à laquelle on croit fortement mais qu'on n'a pas démontrée) suivante : il faut prendre des nombres égaux et qui soient compris entre 2 et 3.
Testons cette conjecture :

  • si on divise 20 en 10 parties égales on obtient 20/10 = 2 ce qui donne un produit P = 1024
  • si on divise 20 en 9 parties égales on obtient 20/9 = 2,22... ce qui donne un produit P = 1321,56...
  • si on divise 20 en 8 parties égales on obtient 20/8 = 2,5 ce qui donne un produit P = 1525, 87...
  • si on divise 20 en 7 parties égales on obtient 20/7 = 2,85... ce qui donne un produit P = 1554,26...
  • si on divise 20 en 6 parties égales on obtient un nombre supérieur à 3

Conclusion : il faut prendre 7 nombres égaux à 20/7 et le produit (maximum) est P = (20/7) à la puissance 7
Bien entendu on n'a pas démontré ces résultats ; comme il est difficile de rédiger ces démonstrations sur cet espace d'échange je vous propose de retrouver les détails et des compléments sur le site http://manthano.fr/ rubrique "temps suspendu"
Pour terminer je dirai que cette énigme est en fait un cas particulier de problèmes relevant de toute une partie des mathématiques et de la physique qui s'est développée du dix-septième siècle à nos jours, qu'on nomme en général "problème d'optimisation avec contrainte". C'est cette théorie qui permet par exemple de prouver que les boîtes de conserve classiques (les grosses) ont toutes le même forme que vous connaissez bien : voir le détail sur la page web citée ci-dessus.

Quelques remarques sur l'énoncé 1

          Ce problème fait partie des problèmes d'optimisation (maximum d'un produit) sous contrainte (la somme est fixée)
Si on prend le cas particulier de 2 nombres ayant une somme égale à 20 on obtient le problème de la détermination du rectangle de plus grande surface parmi tous les rectangles dont le périmètre est 40 : ce rectangle est le carré de côté 10.
Pour n = 3 nombres on cherche le parallélépipède de plus grand volume dont la somme des arêtes est fixée : on obtient un cube.
Si n > 3 on obtient des hypercubes dans des espaces de dimension n
En généralisant on trouve des problèmes du type (dont j'avais parlé au cours d'histoire l'an dernier) : si une boîte cylindrique à un volume constant V (contrainte) comment trouver la boîte cylindrique de volume V dont la surface totale soit minimale (optimisation), c'est à dire qui demandera le moins de matériau pour être construite ; on avait vu qu'on obtenait exactement les dimensions des boites de conserve habituelles pour V = 500cl.

Quelques remarques sur vos réponses

Comme j'ai fait remarquer qu'il fallait se dégager des idées préconçues du genre on cherche deux nombres ou bien les nombres doivent être différents ou encore les nombres doivent être entiers certain.e.s ont proposé :

  • d'étendre la question à des nombres négatifs : c'est voué à l'échec parce qu'on peut choisir par exemple -n, -20, n + 40 dont la somme est égale à 20 pour tout entier positif n mais dont le produit est 20n(n+40) qui tend vers l'infini avec n ; donc le maximum du produit est infini (mais c'était bien essayé !)
  • et, soyons fous, pourquoi ne pas autoriser des "nombres infinis" ; mais là par contre il faudrait définir ce qu'est un nombre infini (ça existe en fait, de plusieurs manières différentes, mais c'est très abstrait) et je ne vois pas comment s'en sortir dans cette direction - mais peut-être avez vous des idées ?
  • notons qu'on peut "jouer" quand même avec l'infini : peur on avoir une infinité de nombres dont la somme est 20 et dont le produit serait maximal. Si on se rappelle la flèche de Zénon - une grand classique du cours de math de l'utl ! - on peut écrire :

10 + 10/2 + 10/4 + 10/8 + ... = 20 si la flèche atteint le mur à 20 mètres.
Mais que vaut le produit infini 10 × 10/2 × 10/4 × ... ?
En fait les théorèmes généraux sur les produits infinis disent que :

  • pour qu'un produit infini converge, c'est à dire donne un résultat fini il est nécessaire que la suite des termes qui le compose tende vers 1, ce qui n'est pas le cas ici car cette suite 10, 10/2, 10/4, ... tend vers 0
  • plus généralement, même si on trouvait une autre somme infinie égale à 20, ça ne marcherait pas car pour qu'une somme infinie converge (vers 20 ici) il faut que la suite de ses termes tende vers 0, ce qui est incompatible avec le résultat précédent sur les produits infinis