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Sciences

Jeux et énigmes – solutions

06-07-2020

Image: Gerd Altmann/Pixabay

Solutions

Par Jean-François Gagnon

Problème 1 : Une foule de triangles

Avec 5 points, on peut les dessiner tous pour constater qu’il est possible d’en concevoir 10 différents.

Avec 8 points, c’est plus difficile. Il faut d’abord remarquer qu’on a 8 choix pour le premier sommet, 7 pour le deuxième et 6 pour le dernier.

Mais ce n’est pas tout. Il y a plusieurs façons de choisir les mêmes points pour le même triangle : parmi les 3 points choisis, il y a 3 choix pour le premier, 2 choix pour le deuxième et 1 pour le dernier. De là on comprend que chaque triangle est compté 6 fois (3x2x1). Ainsi il y a (8×7×6)/6 = 8×7 = 56 triangles.

Avec 100 points, on a 100 x 99 x 98/6 choix = 161 700 triangles différents qu’on peut construire.

Problème 2 : Carrelage alambiqué

Partons du coin en bas à gauche. Nous avons identifié la seule pièce qu’il est possible de placer pour remplir cette case. Nous l’avons appelée « a », car elle commence la série et la majuscule est attribuée à la case qui a forcé ce choix. Les pièces suivantes respectent l’ordre de l’alphabet. À la fin de l’exercice, il est impossible de combler le dernier espace.

Problème 3 : Petit ou gros rabais?

Question A. Pas besoin de se casser la tête, parce que l’application d’un rabais ou d’un frais en pourcentage est obtenu par une multiplication. Et la multiplication est commutative.

P(1+0,15)(1+0,05)(1-0,20)=P(0,966)

On va payer moins, même si cela semble contre-intuitif.

Question B. Faux. 1,15×0,85=0,9775

Problème 4 : Friand de pizza!

Il faut seulement 2 pizzas.

Problème 5 : Calculez comme Ératosthène

Réponse textuelle : Les nombres premiers sont 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41, 43, 47, 53, 59, 61, 67, 71, 73, 79, 83, 89 et 97.

BONUS :
D’abord, remarquons qu’en prenant deux nombres plus grands que 10, leur produit sera plus grand que 100. On peut en déduire que les nombres composés plus petits ou égaux à 100 doivent obligatoirement posséder un facteur inférieur ou égal à 10. Or, comme tous les nombres inférieurs ou égaux à 10 sont divisibles soit par 2,3, 5 ou 7 on peut conclure que tous les nombres de la grille sont divisibles par 2,3,5 ou 7.

Le lecteur ou la lectrice intéressé sera heureux d’apprendre que, de façon plus générale, pour savoir si un nombre N est premier, il suffit de tenter la division par tous les nombres premiers plus petits ou égaux à √N.

Problème 6 : À go, additionnez!

Question A.  Une formule toute simple permet d’économiser du temps. Pour la comprendre, regardez ce qui arrive lorsqu’on fait deux suites avec les chiffres de 1 à 100 à l’endroit puis à l’envers et qu’on additionne ces deux lignes terme à terme.

Le résultat est toujours le même, le long des 100 colonnes : 101 ! La ligne en bleu vaut 100 x 101 = 10100. Cela compte deux fois chaque terme, ainsi :

Perspective historique : Cette astuce aurait été pondue par Johann Carl Friedrich Gauss, à l’âge de 8 ans. Son professeur lui aurait demandé d’additionner les nombres jusqu’à 100 pour occuper la classe pendant un moment.

R=1+3+5+⋯+99

Question B.  En utilisant la même astuce de Gauss, on trouve que 2R=100×50⇒R=2500  ce qui est exactement 50×50.

Question C.   Quand on additionne les premiers nombres impairs ensemble, on trouve toujours un carré parfait : 1+3=4=2×2 et 1+3+5=9=3×3, 1+3+5+7=4×4, etc. Nous montrons ainsi à l’aide de dessins pourquoi c’est le cas.

Problème 7 : À la ferme

Question A. Si v est le nombre total de vache, et qu’il y a une vache brune par couple de 2 vaches blanches, on aura 1/3 v  vaches brunes.

Puisqu’il y a 10 fois plus de chèvres que de vaches, il y a 10v chèvres dont 1/6 sont brunes ce qui donne 10/6 v  chèvres brunes. Il y a un total de

animaux bruns. En faisant les mêmes calculs, on montre qu’il y a 2/3 v vaches blanches et 50/6 v chèvres blanches pour un total de

Ainsi,

des animaux sont bruns.

Question B. Nous avons montré plus haut que le nombre d’animaux bruns (2v) est le double du nombre de vaches (v). Puisque le nombre de vaches ne peut pas être une fraction, alors le nombre d’animaux bruns est pair.

Problème 8 : Fin de session

Question A.
Rappelons que la moyenne est :

Question B.

Problème 9 : Les vases

On remplit le vase de 5 litres et on le verse dans le vase de 3 litres. Il reste donc 2 litres dans le grand vase. On jette le contenu du vase de 3 litres et on y verse le 2 litres. On remplit le vase de 5 litres et on s’en sert pour combler le manque dans le vase de 3 litres. Il reste donc 4 litres dans le grand vase. On vide le vase de 3 litres et on se sert du 4 litres pour remplir ce dernier. Il reste alors 1 litre dans le vase de 5 litres. On a réussi !

Problème 10 : Les tours de Hanoï

Question A. On peut le faire en 15 coups minimum.

Question B. Le nombre de mouvements pour 1, 2, 3 et 4 disques va comme suit.

La preuve de cette formule utilise une technique qu’on appelle preuve par induction. Son principe est simple : on montre que la formule fonctionne pour un nombre de départ (ici pour 1 disque par exemple). Ensuite on montre que si la formule fonctionne pour un certain nombre de disque k alors elle fonctionne aussi si on ajoute un disque (donc si le nombre de disques est k + 1 ). On obtient alors que la formule est vraie pour 1 donc pour 2, vraie pour 2 donc pour 3, et ainsi de suite.

Voici la preuve :

Pour un disque, il suffit d’un mouvement. Puisque 21 – 1 = 1 mouvement la formule fonctionne pour 1.

Si elle fonctionne pour un certain nombre de disque k, on peut dire que déplacer k disques se fait en 2k – 1 mouvements. Pour déplacer k + 1 disques, on déplace les k premiers disques sur la seconde tige (2k – 1 mouvements), on déplace le plus gros disque sur la dernière tige (1 mouvement) et on déplace les k disques sur le gros disque (2k – 1)  mouvements. En faisant la somme :

(2k – 1) + 1 + (2k – 1) = 2 2k – 2 + 1 = 2k+1 – 1

Est bien la formule appliquée à k + 1.

C. Pour 4 disques, nous avons besoin de 9 coups. Le problème à 4 tours est nommé le Puzzle de Reve et la solution requière un article complet.

Problème 11 : Touché coulé

Nous procéderons par carrés concentriques. D’abord, nous essayons toutes les cases dont les composantes sont comprises entre -1 et 1, puis celles comprises entre -2 et 2, et ainsi de suite.

Si le bateau ennemi est sur la case (n, m)  alors il faudra faire environ K2 tests pour le trouver, où K = max (|n|,|m|). Peu importe la position,  K <∞ et notre technique fonctionne.

Problème 12 : Le paradoxe des anniversaires

Il est difficile de faire les calculs directement pour trouver les chances qu’au moins deux personnes dans un groupe partagent leur anniversaire, mais il est assez simple de calculer les chances que personne n’ait le même anniversaire et d’inverser la probabilité obtenue.

Pour un groupe de 2 personnes, il y a 364/365 chances qu’elles aient des anniversaires différents. Puisque 364/365 ≈ 99,73 %  il y a donc 0,27 % de chance qu’elles partagent leur anniversaire. En ajoutant une 3personne, il faut que son anniversaire soit différent des 2 premières ce qui laisse 363 choix. Les chances que chacune ait un anniversaire différent sont donc 364/365×363/365 ≈ 99,18 % . Il y a encore seulement 0,82 % de chances qu’au moins 2 partagent leur anniversaire.

On continue ainsi (avec l’aide d’un tableur possiblement). Rendu à 23 personnes, on trouve que les chances qu’aucun n’ait le même anniversaire sont de 49,37 % et donc, pour la première fois, que les chances qu’au moins deux partagent une fête sont plus grandes que 50 %.

Qu’il soit vrai que « Dans un groupe de 23 personnes, il y a plus de 50 % de chances que deux d’entre elles aient la même date d’anniversaire » est tellement contre-intuitif que ce problème a été nommé le « paradoxe des anniversaires ».

Problème 13 : Le nombre d’or

Problème 14 : Quelle forme étrange!

L’aire de chaque cercle blanc et noir successif est toujours 4 fois plus petite que celle du cercle dans lequel il se trouve puisque le diamètre de l’un est le rayon du précédent. Le rayon d’un cercle est alors la moitié du précédent. Or comme l’aire est proportionnelle au carré du rayon, l’aire d’un disque est le quart de celle du précédent.

L’aire totale de la forme étrange est

Il est alors intéressant de remarquer que ce qu’il reste à ajouter est une copie de la forme totale, mais 16 fois plus petite puisque le rayon est 4 fois inférieur. C’est là toute l’astuce de notre réflexion et cela n’est possible que parce que la forme a un niveau de détail infini. Ainsi,

Problème 15 : Désolé, mauvais numéro…

Question A. En partant de l’énoncé du problème, on comprend qu’en attribuant un numéro de téléphone, tous les numéros qui n’en diffèrent que d’un chiffre sont enlevés. Comme un numéro compte 7 chiffres et qu’il y a 9 façons de remplacer chacun d’eux alors il y a 9 x 7 = 63 numéros enlevés. Cela explique pourquoi Simon pense qu’il y aura 64 fois moins de numéro attribué.

Il est faux de penser ainsi, car chaque fois qu’on ajoute un numéro de téléphone, il est possible et même souhaitable qu’une partie des numéros qu’on doive alors enlever aient déjà été retirés.

Question B. Voici comment procéder. Prenons toutes les combinaisons possibles sur les 6 premiers chiffres et laissons le septième être défini ainsi :

Le 7e chiffre du numéro est défini après avoir choisi les 6 premiers en additionnant ces 6 chiffres et en retenant seulement ses unités.

Par exemple, si les 6 premiers chiffres sont : 862-765X on obtient

8 + 6 + 2 + 7 + 6 + 5 = 34 –> X = 4

Puisque nous permettons toutes les combinaisons des 6 premiers chiffres, nous allons mettre sur le marché  106 = 100 000 numéros au lieu des 107 = 1000000 du système normal. Cela est bien 10 fois moins. (Ce qui est mieux que 64 fois moins).

Montrons que cette technique ne produit jamais deux numéros qui ne diffèrent que d’un chiffre. D’abord, deux numéros ne peuvent pas avoir les mêmes 6 premiers chiffres puisque nous ne mettons sur le marché qu’un seul numéro qui commence par ces 6 chiffres. Ensuite, si les 6 premiers chiffres ont au moins 2 chiffres de différents alors les deux numéros ont le droit de coexister peu importe la valeur de leur 7e chiffre.

Le seul cas possiblement problématique est celui où les 6 premiers chiffres sont identiques sauf pour une position. Nous ferons comme si c’était la 4e position qui diffère. Supposons que le 7e chiffre de ces deux numéros est identique. Cela veut dire que

ont le même chiffre à la position des unités, et donc  est un multiple de 10. Or puisque   le seul multiple de 10 possible est  ce qui est impossible puisque  . Ainsi, le 7e chiffre est différent et ces deux numéros de téléphone sont admissibles simultanément.

Problème 16 : Que les meilleurs gagnent

Si tout le monde dit une couleur au hasard, 5 jeunes en moyenne remporteront un prix. Le truc est de passer de l’information aux gens qui nous suivront. Par exemple, on pourrait penser qu’une personne sur deux va nommer la couleur du chapeau devant elle. Cela assure un prix à la moitié du groupe et à l’autre 50% de chance de l’obtenir. On calcule que 7,5 jeunes pourraient gagner. Mais on peut faire mieux!

La stratégie optimale est de « sacrifier » la première personne de la file qui devra dire « rouge » si le nombre de chapeaux rouges QU’ELLE VOIT est pair et « bleu » sinon.

La prochaine personne regardera combien de chapeaux rouges sont devant elle. Si la parité est la même que celle annoncée, elle sait que son chapeau est bleu, alors que si la parité a changé, son chapeau est rouge. La troisième personne, ayant entendu la couleur du chapeau derrière elle sait s’il doit rester un nombre pair ou impair de chapeaux.

S’il manque un chapeau rouge dans ceux qu’elle voit pour obtenir la bonne parité, elle sait que ce doit être elle qui le porte. Sinon, elle sait que son chapeau est bleu.

En continuant ainsi jusqu’à la première personne en file, tout le monde remportera assurément un prix, sauf la première, qui a 50 % de se voir offrir 100$.

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