Y = 5 x 11...1
Notons A = 11...1 (il y a 2006 chiffres 1)
Alors X = 4 x A x 10^2006 + A et Y = 5 x A
Finalement X - Y = 4 x A x 10^2006 - 4 x A = 4 x A x (10^2006 - 1) = 4 x A x 99...9 = 4 x A x 9 x A = 36A²
Donc la racine carrée de X - Y est égale à 6A soit 66...6
énoncé 6a
La rotation du triangle AMB d'un angle de 60° autour du point A donne le triangle APC et fait apparaître :
- le triangle équilatéral AMP (AM = AP = 3 et angle(MAP) = 60° par la rotation)
- le triangle MPC avec MP = 3 (car AMP équilatéral), PC = MB = 4 par la rotation et MC = 5 ; il est donc rectangle (3² + 4² = 5²)
L'aire de AMP est 3².racine(3)/4 (l'aire d'un triangle équilatéral de côté a est a².racine(3)/4)
L'aire de MPC est égale à MPxPC/2=6
En procédant de même avec les rotations de centre B et de centre C on obtient :
- un triangle équilatéral RBM d'aire 4².racine(3)/4 et un triangle rectangle AMR d'aire 6
- un triangle équilatéral CMQ d'aire 5².racine(3)/4 et un triangle rectangle MBC d'aire 6
La somme de ces 3 triangles équilatéraux et de ces 3 triangles rectangles est égale à
(3² + 4² + 5²).racine(3)/4 + 3 x 6 soit 50.racine(3)/4 + 18 ou encore 12,5.racine(3) + 18
Or l'aire de ces 6 triangles représentent deux fois l'aire du triangle ABC.
Donc aire(ABC) = 6,25.racine(3) + 9
énoncé 6b
L'erreur est dans la colonne de gauche sinon la somme des chiffres de cette colonne devrait être au minimum 1 + 2 + 3 +
4 = 10. Deux des chiffres sont donc égaux donc le minimum de la somme des chiffres de cette colonne est 1 + 1 + 2 + 3 = 7, donc X est supérieur ou égal à 7.
D'après la colonne de droite (celle des unités) X est pair donc X = 8 et D = 1 ou 6 pour avoir un total des chiffres de cette colonne se terminant par 8 (18
ou 28).
Mais la retenue dans cette dernière addition doit être égale à 2 pour conserver la parité dans la colonne des dizaines ; donc D = 6.
D'où l'on déduit que C = 4 dans la colonne des centaines et que D est faux dans la colonne de gauche.
Dans la colonne de gauche on doit avoir les chiffres 4 (pour C), 1, 1, 2 donc on a 2 possibilités A = 1, B = 2 et D = 1 ou A = 2, B = 1 et D =
1.
Si on tient compte du fait que la colonne des centaines contient une retenue égale à 1 et ne doit pas donner de retenue on obtient E = 3, B = 1 et A =
2.
Dans la colonne des milliers D doit donc être remplacée par B
Corrigé du problème 5 (vendredi 24 avril)
énigme 1
Les différentes décompositions de 36 en produit de trois entiers sont :
36 = 1x1x36 = 2x3x6 = 3x3x4 = 1x2x18 = 1x3x12 = 1x6x6 = 1x4x9 = 2x2x9
Les sommes correspondantes sont :
38, 11, 10, 21, 16, 13, 14, 13
Le facteur connaît la somme des âges des trois filles car il est sur le pas de la porte. S’il ne peut pas trouver leurs âges respectifs, c’est que, parmi les
produits possibles, compatibles avec la somme qu’il connaît, il y en a deux qui donnent la même somme. C’est donc que la somme est 13. Les deux possibilités sont donc 1-6-6 et 2-2-9
.
La première est éliminée car deux enfants ne peuvent avoir le même âge que s’ils sont jumeaux et alors il n’y a pas d’aînée.
La solution est donc 2-2-9. Les âges des filles de l’homme sur le pas de sa porte sont 2, 2 et 9 ans.
Remarque : cet exercice a tenu en haleine plusieurs d'entre vous dont je salue la ténacité et la pertinence des démarches. Dans ce type d'exercice,
caractéristique d'un problème de recherche dans les mathématiques, on n'a pas de réponse toute faite ni de théorème tout prêt à appliquer. Il faut donc adopter une démarche "pragmatique" : faire
des essais, examiner ce qui se passe, conjecturer (c'est à dire faire des hypothèses) à partir des observations, vérifier les conjectures sur des exemples, en déduire la réponse puis, seulement à
la fin, démontrer !
énigme 3
Cette question a été posée récemment dans un article d'Étienne Klein paru aux éditions Gallimard ; je donne donc ci-dessous la réponse qu'il propose ainsi que ses
commentaires
La réponse est : 2%
Autrement dit, une personne positive au test a quatre-vingt-dix-huit chances sur cent de ne pas être malade ! Ce résultat violemment contre-intuitif s’obtient à l’issue d’un raisonnement qui est
pourtant simple. Appliquons le test de dépistage à une cohorte de mille personnes. En vertu de notre hypothèse, cette population contiendra en moyenne une personne malade, qui sera à coup sûr
positive au test, et neuf cent quatre-vingt-dix-neuf personnes non-malades. Compte tenu de notre seconde hypothèse, cinq pour cent de ces dernières – soit cinquante personnes – seront donc
détectées positives par erreur. Au total, cinquante et une personnes se révéleront positives au test, alors qu’une seule parmi elles est malade. La probabilité qu’une personne soit malade si elle
a été positive au test est donc égale à un divisé par cinquante et un, soit environ 2 %. Conclusion : pour le cas d’école ici envisagé, c’est-à- dire où la proportion de malades dans la
population est faible (ce qui ne correspond nullement, je le précise afin d’éviter tout malentendu, à la situation actuelle), il apparaît qu’un test fiable à 95 %, ce qui semble être un bon
score, en réalité ne sert pas à grand-chose, contrairement à ce que nous tendons à croire spontanément. Évidemment, il ne faudrait pas en déduire – ce serait à la fois stupide et faux – que les
tests de dépistage sont toujours inutiles, mais simplement prendre conscience que la question de leur fiabilité est cruciale : dans l’exemple que nous avons choisi, pour que le test donne des
résultats vraiment exploitables, il faut que sa fiabilité soit encore plus proche de 100 %, ainsi qu’une formule simple permet de le démontrer (voir la note ci-dessous). Cette conclusion
surprenante prouve que notre cerveau peut être victime, ici ou ailleurs, de biais cognitifs. Elle illustre également le fait que la science ne se confond ni avec la déclinaison en roue libre de
l’intuition, qu’elle prend souvent à contre-pied, ni avec le fameux « bon sens », qu’elle contredit presque toujours.
Note : dans le cas général, si l’on note p la proportion de malades dans la population et f la fiabilité du test telle que définie dans le texte, alors la probabilité qu’une personne positive au
test soit malade est égale à p/[p + (1-p)(1-f )]
Corrigé du problème 4 (vendredi 17 avril)
énigme 4a
Dans le total des 4 effectifs (49 + 42 + 35 + 30 = 156), les 24 touristes qui font 2 excursions sont décomptés 2 fois (une fois de trop) et les 10 touristes qui
font 3 excursions sont décomptés 3 fois (deux fois de trop). 156 - 24 - 2 x 10 = 112. Les acharnés faisant le «grand chelem» sont décomptés 4 fois (3 fois de trop) : il y en a au moins
4
· s'il y avait exactement 4 acharnés, c'est que les 100 touristes partiraient au moins une fois, ce qui est contraire à l'hypothèse
· s'il y en avait 6 ou plus, en enlevant 18 ou plus, on trouverait un effectif de 94 ou moins: plus de 5 paresseux ne partiraient pas
· il y a donc 5 acharnés, pour un effectif de 97 partants
autre méthode :
Notons a0, a1, a2, a3, a4 les nombres de vacanciers ayant respectivement participé à 0, 1, 2, 3 ou 4 excursions.
a0 + a1 + a2 + a3 + a4 = 100 (nombre total de vacanciers)
et 0 x a0 + 1 x a1 + 2 x a2 + 3 x a3 + 4 x a4 = 49 + 42 + 35 + 30 (nombre total d'excursions)
ce qui, compte tenu des informations a2 = 24, a3 = 10, donne :
a0 + a1 + 24 + 10 + a4 = 100
a1 + 48 + 30 + 4 x a4 = 156
soit :
a0 + a1 + a4 = 66 (1)
a1 + 4 x a4 = 78 (2)
en soustrayant ces deux dernières égalités membre à membre [(2) - (1)] on obtient 3 x a4 - a0 = 12
Comme "ceux qui restent à bronzer idiots se comptent sur les doigts de la main" on a a0 = 1, 2, 3, 4 ou 5 ce qui donnerait respectivement a4 = 13/3, 14/3,
5, 16/3 ou 17/3 et on voit que seule la solution a4 = 5 convient, ce qui donne a0 = 3.
Il y a donc 5 acharnés et 3 sédentaires.
- - - - - - - - - - - - - - - -
énigme 4b
Les triangles rectangles ajoutés à la figure sont obtenus par une symétrie par rapport au centre du carré central. Il est facile de démontrer que les 4 triangles rectangles sont superposables.
Avec les notations de la figure : le triangle rouge a pour base x et pour hauteur y et le triangle bleu a pour base y et pour hauteur x. Donc ils ont la même aire xy/2.
question subsidiaire :
Un triangle rectangle a
- pour aire : xy / 2 = 30
- pour périmètre : x + y + racine(x² + y²) = 30 (car son hypoténuse est racine(x² + y²) d'après le théorème de Pythagore)
La deuxième égalité donne x + y + racine((x + y)²- 2xy) = 30 car x² + y² = (x + y)²- 2xy (identité remarquable)
Ce qui donne x + y + racine((x + y)² - 120) = 30 car xy = 60 d'après la première égalité.
En posant S = x + y on obtient l'équation S + racine(S² - 120) = 30 qui s'écrit aussi racine(S² - 120) = 30 - S.
En élevant les deux membres au carré on obtient S² - 120 = 900 + S² - 60S qui se réduit à 60S = 1020 soit S = 17.
On est donc ramené à la recherche de deux nombres x et y dont la somme est S = x + y = 17 et dont le produit est P = xy = 60.
C'est deux nombres sont les solutions de l'équation x² - Six + P = 0 soit x² - 17x + 60 = 0
qui a pour discriminant S² - 4P = 17² - 4 x 60 = 49 = 7²
Les solutions sont donc données par les formules x = (17 - 7) / 2 = 5 et y = (17 + 7) / 2 = 12.
Autre méthode (pour celles et ceux qui ne connaissent pas la théorie des équations du second
degré) :
Supposons x < y ; posons m = (x + y) / 2 la moyenne des deux nombres cherchés et h = m - x ;
alors x = m - h et y = m + h
x + y = 2m = 17 donc m = 17/2
xy = (m - h)(m + h) = m² - h² = 60
Donc (17/2)² - h² = 60 ce qui donne h² = 289/4 - 60 = 49/4 soit h = 7/2
D'où x = 17/2 - 7/2 = 5 et y = 17/2 + 7/2 = 12.
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.
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