Charleries Propos mathématiques

(Dessin réalisé au primaire)

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

# 4505 25 octobre 2018

Pyramides d’ordre 3

Une pyramide numérique est un ensemble de nombres disposés dans les cases d'un tableau de forme triangulaire de telle manière que chaque nombre d'une rangée supérieure est égal à la somme des deux nombres inférieurs adjacents. À moins de spécifications contraires, on considère seulement les entiers positifs. Voici un exemple de pyramide :

		28
	13		15
5		8		7

Cette pyramide est dite d’ordre 3 car elle contient trois cases à la base et trois rangées horizontales.

1. Sommet de la pyramide

Proposition 1. Dans une pyramide d’ordre 3, le sommet S est obtenu en additionnant la somme des termes extrêmes de la base et le double du terme central.

Soit A, B et C les nombres de la base dans cet ordre. En complétant la configuration, on trouve que le sommet est A + 2B + C.

Bref, S = (A + C) + 2B.

Problème. Trouvez le nombre du sommet dans une pyramide d’ordre 3 quand la somme des termes de la base est 20 et quand le terme central est 4 et ce, sans trouver les nombres des cases intermédiaires.

Solution. La somme des termes extrêmes de la base est 16. On écrit : S = (A + C) + 2B = 16 + 2 × 4 = 24. Le sommet est 24. Voici un exemple de configuration :

		24
	11		13
7		4		9

2. Différence du sommet et de la base

Proposition 2. Dans une pyramide d’ordre 3, la différence du sommet S et du total T des termes de la base est égale au terme central de la base.

On fait : (A + 2B + C) – (A + B + C) = B.

Bref, S – T = B.

Problème. Configurez une pyramide d’ordre 3 lorsque le total des termes de la base est 15 et le sommet est 22.

Solution. On fait : 22 – 15 = 7. D’où, A + C = 8. Voici un exemple de configuration :

		22
	12		10
5		7		3

3. Somme des termes

Proposition 3. Dans une pyramide d’ordre 3, la somme Σ de tous les termes est obtenue en additionnant 3 fois la somme des termes extrêmes de la base et cinq fois le terme central.

Soit A, B, C les nombres de la base dans cet ordre. On remplit toutes les cases. En additionnant tous les termes, on obtient 3A + 5B + 3C.

Bref, Σ = 3(A + C) + 5B.

Problème. Trouvez une configuration où la somme de tous les termes est 58.

Solution. On pose : 3(A + C) + 5B = 58. C’est une équation du premier degré à deux inconnues. Il y a trois possibilités.

1) Si A + C = 6, alors B = 8

2) Si A + C = 11, alors B = 5

3) Si A + C = 16, alors B = 2

Voici une configuration à partir de la dernière possibilité :

		20
	9		11
7		2		9

Problème. Trouvez une configuration où la somme des termes est 69 et dont le sommet est 24.

Solution. On écrit :

Σ = 3(A + C) + 5B = 69

S = (A + C) + 2B = 24

On résout le système d’équations. On trouve que B = 3 et A + C = 18. Voici une configuration :

		24
	11		13
8		3		10

4. Variations du sommet

Proposition 4. Soit trois entiers différents à la base. Le sommet varie selon l’ordre de disposition des termes à la base.

1^er cas. Pour avoir le plus petit sommet, on place le plus petit entier dans la case centrale de la base et les deux autres dans les extrémités.

2^e cas. Pour avoir le plus grand sommet, on place le plus grand entier dans la case centrale de la base et les deux autres dans les extrémités.

5. Sommet avec des entiers consécutifs

Proposition 5. Dans une pyramide d’ordre 3, lorsque la base contient trois entiers consécutifs dans l’ordre, le sommet S est égal à quatre fois le terme central de la base.

À la base, on écrit successivement A, A + 1, A + 2. On remplit toutes les cases. Au sommet, on trouve 4A + 4.

Bref, S = 4(A + 1).

Voici un exemple de configuration dans lequel A = 5 :

		24
	11		13
5		6		7

6. Plus petit sommet avec des entiers consécutifs

Proposition 6. Dans une pyramide d’ordre 3 où A est le plus petit terme, lorsque la base contient des entiers consécutifs dans le désordre, le plus petit sommet est 4A + 3.

7. Plus grand sommet avec des entiers consécutifs

Proposition 7. Dans une pyramide d’ordre 3 où A est le plus petit terme, lorsque la base contient des entiers consécutifs dans le désordre, le plus grand sommet est 4A + 5.

Problème. Construisez une pyramide formée de trois entiers consécutifs dans le désordre à la base et dont le plus grand sommet est 65.

Solution. Soit A le plus petit terme, le plus grand sommet est 4A + 5. On écrit : 4A + 5 = 65. D’où, A = 15 et A + 2 = 17. Une configuration est :

		65
	32		33
15		17		16

Voici un tableau qui illustre certaines propositions lorsque la base contient des entiers consécutifs dans l’ordre ou dans le désordre :

Plus petit entier	1	2	3	4	5	6	7	8
Somme à la base	6	9	12	15	18	21	24	27
Sommet (en ordre)	8	12	16	20	24	28	32	36
Sommet minimum	7	11	15	19	23	27	31	35
Sommet maximum	9	13	17	21	25	29	33	37

8. Somme des termes avec des entiers consécutifs

Proposition 8. Dans une pyramide d’ordre 3, lorsque la base contient des entiers consécutifs dans l’ordre, la somme de tous les termes est égale à 11 fois le terme du centre.

D’après la proposition 3, Σ = 3(A + C) + 5B. À la base, on a successivement A, A + 1, A + 2. On peut écrire : Σ = 3(A + A + 2) + 5(A + 1) = 11A + 11.

Bref, Σ = 11(A + 1).

Par exemple, on suppose que A = 6. On peut écrire : Σ = 11(A + 1) = 77. Voici une configuration dans laquelle la somme de tous les termes est 77 :

		28
	13		15
6		7		8

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# 4520 3 novembre 2018

Pyramides d’ordre 4

Une pyramide numérique est un ensemble de nombres disposés dans les cases d'un tableau de forme triangulaire, de telle manière que chaque nombre d'une rangée supérieure est égal à la somme des deux nombres inférieurs adjacents. À moins de spécifications contraires, on considère seulement les entiers positifs. Voici un exemple de pyramide :

			48
		25		23
	13		12		11
5		8		4		7

Cette pyramide est dite d’ordre 4 car elle contient quatre cases à la base et quatre rangées horizontales.

1. Sommet de la pyramide

Proposition 1. Dans une pyramide d’ordre 4, le sommet S est obtenu en additionnant la somme des termes extrêmes de la base et le triple de la somme des deux termes centraux.

Soit A, B, C, D les nombres de la base dans cet ordre. En complétant la configuration, on trouve que le sommet est A + 3B + 3C + D.

Bref, S = (A + D) + 3(B + C).

Problème. Trouvez le nombre du sommet dans une pyramide d’ordre 4 quand la somme des termes de la base est 27 et que la somme des deux termes centraux est 12, sans trouver les nombres des cases intermédiaires.

Solution. La somme des deux termes extrêmes de la base est 15. On écrit : (A + D) + 3(B + C) = 15 + 3 × 12 = 51. Voici un exemple de configuration :

			51
		26		25
	14		12		13
6		8		4		9

Pour avoir toujours le même sommet, il faut que la somme des termes extrêmes soit 15 et que la somme des deux termes centraux soit 12. Voici une autre configuration :

			51
		21		30
	9		12		18
4		5		7		11

2. Différence du sommet et de la base

Proposition 2. Dans une pyramide d’ordre 4, la différence du sommet S et du total T de la base est égale à deux fois la somme des deux termes centraux de la base.

On fait : (A + 3B + 3C + D) – (A + B + C + D) = 2B + 2C.

Bref, S – T = 2(B + C).

Problème. Configurez une pyramide d’ordre 4 lorsque la somme des termes de la base est 15 et que le sommet est 27.

Solution. On applique la formule précédente. On fait : 27 – 15 = 2(B + C). D’où, B + C = 6. On commence alors par remplir les deux cases centrales de la base avec une somme de 6. Puis, on complète les deux autres cases avec une somme de 9. Voici un exemple de configuration :

			27
		11		16
	5		6		10
3		2		4		6

3. Somme des termes

Proposition 3. Dans une pyramide d’ordre 4, la somme Σ de tous les termes est obtenue en additionnant 4 fois la somme des deux termes extrêmes de la base et 9 fois la somme des deux termes centraux.

Soit A, B, C, D les nombres de la base dans cet ordre. On remplit toutes les cases. En additionnant tous les termes, on obtient 4A + 9B + 9C + 4D.

Bref, Σ = 4(A + D) + 9(B + C).

Problème. Trouvez une configuration où la somme de tous les termes est 101.

Solution. On pose : 4(A + D) + 9(B + C) = 101. C’est une équation du premier degré à deux inconnues. Il y a deux possibilités.

1) Si A + D = 5, alors B + C = 9

2) Si A + D = 14, alors B + C = 5

Voici une configuration à partir de la deuxième possibilité :

			29
		15		14
	10		5		9
8		2		3		6

Problème. Trouvez une configuration où la somme des termes est 100 et dont le sommet est 31.

Solution. On écrit :

4(A + D) + 9(B + C) = 100 (somme des termes)

(A + D) + 3(B + C) = 31 (sommet)

On résout le système d’équations. On trouve que A + D = 7 et que B + C = 8. Voici une configuration :

			31
		13		18
	5		8		10
3		2		6		4

4. Variations du sommet

Proposition 4. Soit quatre entiers différents à la base. Le sommet varie selon l’ordre des termes à la base.

1^er cas. Pour avoir le plus petit sommet, on place les deux plus petits entiers dans les deux cases centrales et les deux autres dans les extrémités.

2^e cas. Pour avoir le plus grand sommet, on place les deux plus grands entiers dans les deux cases centrales et les deux autres dans les extrémités.

5. Sommet avec des entiers consécutifs

Proposition 5. Dans une pyramide d’ordre 4, lorsque la base contient quatre entiers consécutifs dans l’ordre, le sommet S est égal à quatre fois la somme du double du plus petit entier et de 3.

À la base, on écrit successivement A, A + 1, A + 2, A + 3. On remplit toutes les cases. Au sommet, on trouve 8A + 12 qui est égal à 4(2A + 3).

Bref, S = 4(2A + 3) où 2A + 3 est la somme des deux termes extrêmes ou des deux termes centraux.

Voici un exemple de configuration dans lequel A = 4 :

			44
		20		24
	9		11		13
4		5		6		7

Démonstration. Montrez que, dans une pyramide d’ordre 4, lorsque la base contient quatre entiers consécutifs dans l’ordre, le sommet S est égal à deux fois le total T des termes de la base.

6. Plus petit sommet avec des entiers consécutifs

Proposition 6. Dans une pyramide d’ordre 4 où A est le plus petit terme, lorsque la base contient des entiers consécutifs dans le désordre, le plus petit sommet est 8(A + 1).

7. Plus grand sommet avec des entiers consécutifs

Proposition 7. Dans une pyramide d’ordre 4 où A est le plus petit terme, lorsque la base contient des entiers consécutifs dans le désordre, le plus grand sommet est 8(A + 2).

Problème. Construisez une pyramide formée de quatre entiers consécutifs dans le désordre à la base dont le plus grand sommet est 72.

Solution. Soit A le plus petit terme, le plus grand sommet est 8(A + 2). On écrit : 8(A + 2) = 72. D’où, A = 7. Une configuration est :

			72
		35		37
	16		19		18
7		9		10		8

Voici un tableau qui illustre certaines propositions lorsque la base contient des entiers consécutifs dans l’ordre ou dans le désordre :

Plus petit entier	1	2	3	4	5	6	7	8
Somme à la base	10	14	18	22	26	30	34	38
Sommet (en ordre)	20	28	36	44	52	60	68	76
Sommet minimum	16	24	32	40	48	56	64	72
Sommet maximum	24	32	40	48	56	64	72	80

8. Somme des termes avec des entiers consécutifs

Proposition 8. Dans une pyramide d’ordre 4, lorsque la base contient des entiers consécutifs dans l’ordre, la somme de tous les termes est égale à 13 fois la somme du double du plus petit entier et de 3.

D’après la proposition 3, Σ = 4(A + D) + 9(B + C). À la base, on a successivement A, A + 1, A + 2, A + 3. On peut écrire : Σ = 4(A + A + 3) + 9(A + 1 + A + 2) = 26A + 39.

Bref, Σ = 13(2A + 3).

Par exemple, on suppose que A = 4. On peut écrire : Σ = 13(2A + 3) = 143. Voici une configuration dans laquelle la somme de tous les termes est 143 :

			44
		20		24
	9		11		13
4		5		6		7

Démonstration. Montrez que, lorsque la base contient des entiers consécutifs dans l’ordre, la somme Σ de tous les termes est égale à 6,5 fois le total T des termes de la base.

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# 4545 18 novembre 2018

Pyramides d’ordre 5

				76
			32		44
		13		19		25
	5		8		11		14
2		3		5		6		8

Cette pyramide est dite d’ordre 5 car elle contient cinq cases à la base et cinq rangées horizontales.

1. Sommet de la pyramide

Proposition 1. Dans une pyramide d’ordre 5, le sommet S est obtenu en additionnant la somme des termes extrêmes de la base, le quadruple de la somme des deux termes voisins et le sextuple du terme central.

Soit A, B, C, D, E les nombres de la base dans cet ordre. En complétant la configuration, on obtient comme sommet A + 4B + 6C + 4D + E.

Bref, S = (A + E) + 4(B + D) + 6C.

Problème 1. Quel est le sommet dans cette configuration ?



	15		25

5	B	4	D	9

Solution. On peut écrire :

		2B + 9
	5 + B		B + 4
5		B		4

On voit que 2B + 9 = 15. D’où, B = 3. On procède de la même façon pour trouver la valeur de D. On écrit : 2D + 13 = 25. D’où, D = 6.

On remplace les lettres par leur valeur dans (A + E) + 4(B + D) + 6C. Le sommet est 74.

2. Différence du sommet et de la base

Proposition 2. Dans une pyramide d’ordre 5, la différence du sommet S et du total T de la base est obtenue en additionnant le triple de la somme des termes voisins des extrémités et le quintuple du terme central.

On fait : (A + 4B + 6C + 4D + E) – (A + B + C + D + E) = 3B + 5C + 3D.

Bref, S – T = 3(B + D) + 5C.

Problème. Configurez une pyramide d’ordre 5 lorsque la somme des termes de la base est 22 et le sommet est 67.

Solution. On fait : 67 – 22 = 3(B + D) + 5C. C’est une équation du premier degré à deux inconnues. Il y a deux possibilités.

1) Si C = 3, B + D = 10.

2) Si C = 6, B + D = 5.

Choisissons la dernière hypothèse. Comme la somme de la base est 22, A + E = 11. Avec ces données, on peut établir la configuration suivante.

				67
			31		36
		14		17		19
	6		8		9		10
4		2		6		3		7

3. Somme des termes

Proposition 3. Dans une pyramide d’ordre 5, la somme Σ de tous les termes est obtenue en additionnant 5 fois la somme des termes extrêmes de la base, 14 fois la somme des termes voisins des extrêmes et 19 fois le terme du milieu.

Soit A, B, C, D, E les nombres de la base dans cet ordre. On remplit toutes les cases. En additionnant tous les termes, on obtient Σ = 5A + 14B + 19C + 14D + 5E.

Bref, Σ = 5(A + E) + 14(B + D) + 19C.

Problème. Trouvez une configuration dans laquelle la somme des termes est 271, A + E = 10 et B + D = 9.

Solution. Dans l’équation 5(A + E) + 14(B + D) + 19C = 271, on remplace (A + E) et (B + D) par leur valeur. On obtient : C = 5. Il existe plusieurs configurations. Pour en trouver une, il s’agit de donner des valeurs aux lettres dont les sommes sont données. La somme des termes sera toujours 271. Voici un exemple de configuration :

				76
			42		34
		23		19		15
	11		12		7		8
4		7		5		2		6

4. Variations du sommet

Proposition 4. Soit cinq entiers différents à la base. Le sommet varie selon l’ordre de disposition des termes à la base.

1^er cas. Pour avoir le plus petit sommet, on place le plus petit entier dans la case centrale, les deux entiers suivants dans les cases adjacentes et les deux derniers entiers dans les extrémités.

2^e cas. Pour avoir le plus grand sommet, on place le plus grand entier dans la case centrale, les deux entiers suivants dans les cases adjacentes et les deux derniers entiers dans les extrémités.

5. Sommet avec des entiers consécutifs

Proposition 5. Dans une pyramide d’ordre 5, lorsque la base contient des entiers consécutifs dans l’ordre, le sommet S est égal à 16 fois la somme du plus petit terme et de 2.

À la base, on écrit successivement A, A + 1, A + 2, A + 3, A + 4. On remplit toutes les cases. Au sommet, on trouve 16A + 32.

Bref, S = 16(A + 2).

6. Plus petit sommet avec des entiers consécutifs

Proposition 6. Dans une pyramide d’ordre 5 où A est le plus petit terme, lorsque la base contient des entiers consécutifs dans le désordre, le plus petit sommet est (16A + 19).

7. Plus grand sommet avec des entiers consécutifs

Proposition 7. Dans une pyramide d’ordre 5 où A est le plus petit terme, lorsque la base contient des entiers consécutifs dans le désordre, le plus grand sommet est (16A + 45).

Le tableau suivant illustre les dernières propositions.

Plus petit entier	1	2	3	4	5	6	7	8
Somme à la base	15	20	25	30	35	40	45	50
Sommet (en ordre)	48	64	80	96	112	128	144	160
Sommet minimum	35	51	67	83	99	115	131	147
Sommet maximum	61	77	93	109	125	141	157	173

Problème. Trouvez une configuration dans laquelle on place à la base cinq entiers consécutifs, mais pas nécessairement dans l’ordre et dans laquelle le sommet est 95.

Solution. En se basant sur la proposition 6, on fait : 16A + 19 = 95. D’où, A = 4,75. Si A = 4, le plus petit sommet est 83 et le plus grand est 109. Les termes de la base sont 4, 5, 6, 7 et 8. D’où, la somme des termes de la base est 30. On écrit :

A + 4B + 6C + 4D + E = 95

A + B + C + D + E = 30

En soustrayant les deux équations, on obtient 3B + 5C + 3D = 65, soit 3(B + D) + 5C = 65.

La plus petite valeur possible de C est 4. Si C = 4, alors B + D = 15. On place 4 au centre. La combinaison de deux nombres dont la somme est 15 est (7, 8). On place 7 et 8 autour du centre, puis on complète avec 5 et 6 dans les extrémités. On peut obtenir le tableau suivant.

				95
			46		49
		23		23		26
	12		11		12		14
5		7		4		8		6

8. Somme des termes avec des entiers consécutifs

Proposition 8. Dans une pyramide d’ordre 5, lorsque la base contient des entiers consécutifs dans l’ordre, la somme de tous les termes est égale à 57 fois la somme du plus petit entier et de 2.

D’après la proposition 3, Σ = 5(A + E) + 14(B + D) + 19C. À la base, on a successivement A, A + 1, A + 2, A + 3, A + 4. On peut écrire : Σ = 5(A + A + 4) + 14(A + 1 + A + 3) + 19(A + 2) = 57A + 114.

Bref, Σ = 57(A + 2).

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# 4565 30 novembre 2018

Pyramides d’ordre 6

					99
				53		46
			30		23		23
		16		14		9		14
	7		9		5		4		10
2		5		4		1		3		7

Cette pyramide est dite d’ordre 6 car elle contient six cases à la base et six rangées horizontales.

1. Sommet de la pyramide

Proposition 1. Dans une pyramide d’ordre 6, le sommet S est obtenu en additionnant la somme des termes extrêmes de la base, cinq fois la somme des deux termes voisins des extrémités et 10 fois la somme des deux termes centraux.

Soit A, B, C, D, E, F les nombres de la base dans cet ordre. En complétant la configuration, on trouve que le sommet est A + 5B + 10C + 10D + 5E + F.

Bref, S = (A + F) + 5(B + E) + 10(C + D).

Appliquons cette formule, pour vérifier le sommet dans la figure précédente. On a : (2 + 7) + 5(5 + 3) + 10(4 + 1) = 9 + 40 + 50 = 99. Le sommet est bien 99.

Problème. Dans cette configuration, trouvez le sommet sans faire tous les calculs intermédiaires.




	21		8

7	B	2	D	4	9

Solution. On commence par trouver les entiers manquants de la base. On recherche la valeur de B en construisant ce tableau.

		2B + 9
	7 + B		B + 2
7		B		2

Comme 2B + 9 = 21, alors B = 6. En procédant de la même façon, on trouve que D = 1.

Le sommet est (A + F) + 5(B + E) + 10(C + D). On applique cette formule : (7 + 9) + 5(6 + 4) + 10(2 + 1) = 16 + 50 + 30 = 96. Voici la configuration :

					96
				51		45
			32		19		26
		21		11		8		18
	13		8		3		5		13
7		6		2		1		4		9

2. Différence du sommet et de la base

Proposition 2. Dans une pyramide d’ordre 6, la différence du sommet S et du total T de la base est obtenue en additionnant quatre fois la somme des termes voisins des extrémités de la base et neuf fois la somme des termes centraux.

On fait (A + 5B + 10C + 10D + 5E + F) – (A + B + C + D + E) = 4B + 9C + 9D + 4E.

Bref, S – T = 4(B + E) + 9(C + D).

3. Somme des termes

Proposition 3. Dans une pyramide d’ordre 6, la somme Σ de tous les termes est obtenue en additionnant 6 fois la somme des termes extrêmes de la base, 20 fois la somme des termes voisins des extrêmes et 34 fois la somme des deux termes du milieu.

Soit A, B, C, D, E, F les nombres de la base dans cet ordre. On remplit toutes les cases. En additionnant tous les termes, on obtient 6A + 20B + 34C + 34D + 20E + 6F.

Bref, Σ = 6(A + F) + 20(B + E) + 34(C + D).

Problème. Sans faire toutes les additions au long, trouvez la somme de tous les termes de la pyramide du point 1.

Solution. On fait : 6(7 + 9) + 20(6 + 4) + 34(2 + 1) = 96 + 200 + 102 = 398.

Problème. Complétez la configuration suivante pour que la somme de tous les termes soit 348.






A	4	3	2	1	F

Solution. Dans l’équation : 6(A + F) + 20(B + E) + 34(C + D) = 348, on remplace (B + E) et (C + D) par leur valeur. On obtient : A + F = 13. Il existe plusieurs configurations. Pour en trouver une, il s’agit de donner des valeurs arbitraires à A et à F où A + F = 13. La somme des termes sera toujours 348. Voici un exemple de configuration :

					88
				50		38
			30		20		18
		18		12		8		10
	11		7		5		3		7
7		4		3		2		1		6

4. Variations du sommet

Proposition 4. Soit six entiers différents à la base. Le sommet varie selon l’ordre de disposition des termes à la base.

1^er cas. Pour avoir le plus petit sommet, on place les deux plus petits entiers dans les deux cases centrales, les deux entiers suivants dans les cases adjacentes et les deux derniers entiers dans les extrémités.

2^e cas. Pour avoir le plus grand sommet, on place les deux plus grands entiers dans les deux cases centrales, les deux entiers suivants dans les cases adjacentes et les deux derniers entiers dans les extrémités.

5. Sommet avec des entiers consécutifs

Proposition 5. Dans une pyramide d’ordre 6, lorsque la base contient six entiers consécutifs dans l’ordre, le sommet S est égal à 16 fois la somme du double du plus petit et de 5.

À la base, on écrit dans l’ordre A, A + 1, A + 2, A + 3, A + 4, A + 5. On remplit toutes les cases. Au sommet, on trouve 32A + 60.

Bref, S = 16(2A + 5). Par exemple, si A = 3, alors S = 176.

6. Plus petit sommet avec des entiers consécutifs

Proposition 6. Dans une pyramide d’ordre 6 où A est le plus petit terme, lorsque la base contient des entiers consécutifs dans le désordre, le plus petit sommet est 4(8A + 11).

7. Plus grand sommet avec des entiers consécutifs

Proposition 7. Dans une pyramide d’ordre 6 où A est le plus petit terme, lorsque la base contient des entiers consécutifs dans le désordre, le plus grand sommet est 4(8A + 29).

8. Somme des termes avec des entiers consécutifs

Proposition 8. Dans une pyramide d’ordre 6, lorsque la base contient des entiers consécutifs dans l’ordre, la somme de tous les termes est égale à 16 fois la somme du double du plus petit et de 5.

D’après la proposition 3, Σ = 6(A + F) + 20(B + E) + 34(C + D). À la base, on a successivement A, A + 1, A + 2, A + 3, A + 4, A + 5. On peut écrire : Σ = 6(A + A + 5) + 20(A + 1 + A + 4) + 34(A + 2 + A + 3) = 120A + 300.

Bref, Σ = 60(2A + 5).

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# 4480 10 octobre 2018

Un triangle magique

Sur les côtés de ce triangle, on doit placer les nombres de 1 à 9 dans les cases jaunes pour que la somme soit identique sur chacun des côtés.

Les sommes possibles des côtés varient de 17 à 23. En effet, la somme des nombres de 1 à 9 est 45. Les nombres sur chacun des sommets doivent être comptés deux fois pour établir la somme. Les plus petits éléments aux sommets sont possiblement 1, 2 et 3, soit une somme de 6. On fait : 45 + 6 = 51 et 51 ÷ 3 = 17. La plus petite somme possible sur les côtés est 17.

Les plus grands éléments aux sommets sont possiblement 7, 8 et 9, soit une somme de 24. On fait : 45 + 24 = 69 et 69 ÷ 3 = 23. La plus grande somme possible sur les côtés est 23.

Faisons l’étude de quelques cas afin de trouver des solutions.

1. Une somme de 17

On place 1, 2 et 3 dans les sommets. Les couples (1, 3), (3, 2) et (2, 1) se retrouvent respectivement chacun sur un côté. Le manque sur chaque côté est de 13, 12 et 14. Cela correspond aux paires (6, 7), (4, 8) et (5, 9). On remplit la figure avec ces données.

			1
		5		6
	9				7
2		4		8		3

Une deuxième solution peut être trouvée.

			1
		6		4
	8				9
2		5		7		3

2. Une somme de 18

La somme des sommets devra être 9. Il y a trois possibilités pour les sommets : (1, 2, 6), (1, 3, 5), (2, 3, 4).

a) La possibilité est (1, 2, 6)

Il manque sur les côtés 15, 10 et 11. Les nombres qui restent sont : 3, 4, 5, 7, 8, 9. On ne peut pas former tous les couples. Il n’y a pas de solution dans ce cas.

b) La possibilité est (1, 3, 5)

Il manque sur les côtés 14, 10 et 12. Les nombres qui restent sont : 2, 4, 6, 7, 8, 9. On ne peut pas former tous les couples. Il n’y a pas de solution dans ce cas.

c) La possibilité est (2, 3, 4)

Il manque sur les côtés 13, 11 et 12. Les nombres qui restent sont : 1, 5, 6, 7, 8, 9. On ne peut pas former tous les couples. Il n’y a pas de solution dans ce cas.

3. Une somme de 19

La somme des sommets doit être 12. Il y a sept possibilités pour les sommets : (1, 2, 9), (1, 3, 8), (1, 4, 7), (1, 5, 6), (2, 3, 7), (2, 4, 6) et (3, 4, 5). Il y a deux solutions lorsque les sommets sont 1, 4 et 7.

			1							1
		3		5					2		6
	8				9			9				8
7		2		6		4	7		3		5		4

Nous vous laissons le soin de trouver d’autres solutions.

4. Une somme de 20

Nous vous donnons une solution quand les sommets sont 3, 5 et 7.

			3
		1		4
	9				8
7		2		6		5

5. Une somme de 21

La somme des sommets doit être 18. On a le même nombre de solutions que pour la somme 19. Pour les trouver, de 10, on soustrait chacun des éléments. On appelle cela une figure complémentaire. Voici le triangle complémentaire de la première solution de la somme 19 :

			9
		7		5
	2				1
3		8		4		6

6. Une somme de 22

La somme des sommets doit être 21. Comme il n’y a pas de solution pour la somme 18, il n’y en a pas pour la somme 22.

7. Une somme de 23

La somme sur les sommets doit être 24. On a le même nombre de solutions que pour la somme 17. Pour les trouver, de 10, on soustrait chacun des éléments. Voici le triangle complémentaire de la première solution de la somme 17 :

			9
		5		4
	1				3
8		6		2		7

Vous pouvez trouver d’autres solutions.

Problème 1. On décide de placer les nombres impairs de 1 à 17. Combien y a-t-il de sommes possibles ?

Problème 2. On décide de placer les nombres de la suite 1, 4, 7, 10, 13, 16, 19, 22, 25. Trouvez au moins une configuration.

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# 4450 22 septembre 2018

Des carrés à profusion

Dans cet article, nous allons indiquer un procédé pour trouver des identités de carrés à partir d’un tableau.

On commence par établir la somme de deux carrés dont la somme des bases est un nombre donné. Par exemple, on choisit 21 comme somme des bases.

1² + 20² = 401

2² + 19² = 365

3² + 18² = 333

4² + 17² = 305

5² + 16² = 281

6² + 15² = 261

7² + 14² = 245

8² + 13² = 233

9² + 12² = 225

10² + 11² = 221

On recherche une identité dans laquelle les sommes du tableau apparaissent. Par exemple, on peut écrire : 401 + 245 = 365 + 281 = 646.

On remplace chaque nombre par sa valeur puisée dans le tableau, soit la somme de deux carrés :

1² + 20² + 7² + 14² = 2² + 19² + 5² + 16²= 646

On remet les termes de l’identité en ordre :

1² + 7² + 14² + 20² = 2² + 5² + 16² + 19²(A)

Les identités continuent d’exister dans les cas suivants.

• Lorsqu’on biffe l’exposant dans l’identité A. On a :

1 + 7 + 14 + 20 = 2 + 5 + 16 + 19 = 42

• Lorsque l’exposant est 3 au lieu de 2 dans l’identité A. On a :

1³ + 7³ + 14³ + 20³ = 2³ + 5³+ 16³ + 19³ = 11 088 (B)

• Lorsqu’on additionne un nombre à chaque terme de l’identité A. Voici un exemple où on additionne 1 :

2² + 8² + 15² + 21² = 3² + 6² + 17² + 20² = 734

• Lorsqu’on additionne un nombre à chaque terme de l’identité B. Voici un exemple où on additionne 2 :

3³ + 9³ + 16³ + 22³ = 4³ + 7³ + 18³ + 21³ = 15 500

On peut aussi trouver des identités avec les nombres polygonaux (triangulaire, pentagonal, hexagonal, heptagonal, etc.). Soit ∆ l’exposant d’un nombre triangulaire tel que 9^∆ = 45. On peut lire : le triangulaire de 9 est 45. Voici un exemple avec les triangulaires où dans l’identité A on remplace l’exposant 2 par l’exposant ∆ :

1^∆ + 7^∆ + 14^∆ + 20^∆ = 2^∆ + 5^∆ + 16^∆ + 19^∆

1 + 28 + 105 + 210 = 3 + 15 + 136 + 190 = 344

Voici un exemple avec les pentagonaux où on admet que l’exposant est p :

1^p + 7^p + 14^p + 20^p = 2^p + 5^p + 16^p + 19^p

1 + 70 + 287 + 590 = 5 + 35 + 376 + 532 = 948

Problème. Dans le tableau suivant, la somme des bases est 18 :

1² + 17² = 290

2² + 16² = 260

3² + 15² = 234

4² + 14² = 212

5² + 13² = 194

6² + 12² = 180

7² + 11² = 170

8² + 10² = 164

a) Trouvez une identité comportant six nombres dont les trois nombres du premier membre sont 180, 194 et 290.

b) Trouvez une identité de sommes de carrés à partir de ces nombres.

c) Vérifiez si l’identité demeure vraie quand on élève les termes au cube.

Bref, le procédé peut produire un nombre incalculable d’identités. En même temps, il est relativement facile à appliquer.

……………………….

Solutions.

a) On peut écrire : 290 + 194 + 180 = 260 + 234 + 170 = 664

b) 1² + 17² + 5² + 13² + 6² + 12² = 2² + 16² + 3² + 15² + 7² + 11² = 664

L’identité en ordre est :

1² + 5² + 6² + 12² + 13² + 17² = 2² + 3² + 7² + 11² + 15²+ 16² = 664

c) L’identité demeure vraie quand on élève au cube.

1³ + 5³ + 6³ + 12³ + 13³ + 17³ = 2³ + 3³ + 7³ + 11³ + 15³+ 16³ = 9180

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# 4430 10 septembre 2018

Élucubrations sur huit chiffres

Nous allons étudier six situations où on compose quatre nombres de deux chiffres avec les chiffres de 1 à 8 pris chacun une seule fois.

Problème 1. Trouvez la plus petite somme.

Solution. On écrit les plus petits chiffres dans la colonne des dizaines et les autres dans celle des unités. L’ordre dans lequel les chiffres sont placés dans une colonne n’a pas d’importance.

1	5
2	6
3	7
4	8

On a : 15 + 26 + 37 + 48 = 126. La plus petite somme est 126.

Problème 2. Trouvez la plus grande somme.

Solution. On intervertit les chiffres de chaque colonne du tableau précédent. On a : 51 + 62 + 73 + 84 = 270. La plus grande somme est 270.

Problème 3. Tous les nombres entre 126 et 270 peuvent-ils être des sommes ?

Solution. Non. La somme des chiffres de 1 à 8 est 36, un multiple de 9. Or, dans une addition, si la somme des chiffres est un multiple de 9, le résultat est un multiple de 9. En conséquence, des sommes comme 127, 128, 129, 130, 131, 132, 133, 134 ne sont pas possibles. La somme qui suit 126 est 135. Voici un exemple de disposition des chiffres :

1	8
3	6
2	4
5	7

Cela donne : 18 + 36 + 24 + 57 = 135.

Problème 4. Combien y a-t-il de sommes possibles ?

Solution. Les sommes appartiennent à la suite 126, 135, 144, …, 261, 270. Pour trouver le nombre de sommes, on procède ainsi :

• On établit la différence entre la plus grande et la plus petite somme.

• On divise par 9.

• On additionne 1.

On fait : (270 – 126)/9 + 1 = 17. Il y a 17 sommes possibles.

Problème 5. Comment trouver la nouvelle somme si on remplace un chiffre d’une colonne par un chiffre d’une autre colonne sans faire à nouveau la somme des quatre nombres ?

Solution. Intervertissons le 1 et le 4 du tableau précédent. La dizaine passe de 1 à 4. Il y a augmentation de 30. L’unité passe de 4 à 1. Il y a diminution de 3. Cela fait, au total, une augmentation de 27. Sachant que la somme du tableau est 135, on fait : 135 + 27 = 162. La nouvelle somme est 162. Si le déplacement de chiffres amène une diminution, on soustrait au lieu d’additionner.

Pour calculer l’augmentation ou la diminution, on peut procéder autrement.

• On soustrait les deux chiffres déplacés.

• On multiplie par 9.

Dans le cas où l’unité passe de 4 à 1, on fait : 4 – 1 = 3 et 3 × 9 = 27.

Autre astuce. On peut tout simplement former deux nombres avec les chiffres donnés et soustraire ces deux nombres. On fait : 41 – 14 = 27.

Problème 6. Trouvez quatre nombres de deux chiffres (1 à 8) dont la somme est 225.

Solution. On commence par les unités.

• La somme des unités ne peut pas être 5, car la plus petite somme de quatre chiffres est 10 : 1 + 2 + 3 + 4.

• La somme des unités peut être 15. Dans ce cas, la somme des dizaines est 21, car la somme de tous les chiffres est 36. La somme des quatre nombres est alors 225, car 210 + 15 = 225. On pourra avoir comme solution : 31 + 52 + 64 + 78.

• La somme des unités peut être 25. Dans ce cas, la somme des dizaines est 11, car la somme de tous les chiffres est 36. La somme des quatre nombres est alors 135, car 110 + 25 = 135. La somme n’est pas 225.

• La somme des unités ne peut pas être 35, car la plus grande somme de quatre chiffres est 26 : 5 + 6 + 7 + 8.

Appliquez vos connaissances en résolvant les quatre problèmes suivants.

Problème 7. Trouvez quatre nombres de deux chiffres (1 à 8) dont la somme est 171.

Problème 8. Trouvez quatre nombres de deux chiffres (1 à 8) dont la somme est 207.

Problème 9. Trouvez deux nombres de quatre chiffres (1 à 8) dont la somme est 6543.

Problème 10. Trouvez trois nombres de deux chiffres (1 à 6) dont la somme est 102.

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# 4410 19 juin 2018

Calendrier découpé

À première vue, on ne voit pas de lien entre le calendrier et les carrés. Pourtant, il est possible de trouver des égalités de sommes de carrés à partir du calendrier.

Commençons par délimiter une grille carrée 3 × 3 comme ci-après dans une feuille de calendrier.

3	4	5
10	11	12
17	18	19

1. On peut obtenir une égalité respectivement de sommes de trois carrés en prenant, dans la grille ci-après, les nombres dont les cases sont bleues d’une part et rouges d’autre part. On élève au carré chacun de ces nombres.

3	4	5
10	11	12
17	18	19

On peut écrire : 3² + 12² + 18² = 4² + 10² + 19² = 477. On constate que seuls les nombres de la diagonale de droite ne sont pas utilisés. De plus, 3 + 12 + 18 = 4 + 10 + 19 = 33.

2. Voici un autre cas :

3	4	5
10	11	12
17	18	19

On peut écrire : 4² + 12² + 17² = 5² + 10² + 18² = 449. On constate que seuls les nombres de la diagonale de gauche ne sont pas utilisés. De plus, 4 + 12 + 17 = 5 + 10 + 18 = 33.

3. On peut obtenir une égalité respectivement de sommes de quatre carrés illustrés selon les couleurs. Les nombres soulignés apparaissent deux fois dans le même membre de l’égalité :

3	4	5
10	11	12
17	18	19

On peut écrire : 3² + 5² + 11² + 11² = 4² + 4² + 10² + 12² = 276. On constate que seuls les nombres de la troisième ligne ne sont pas utilisés. De plus, 3 + 5 + 11 + 11 = 4 + 4 + 10 + 12 = 30.

4. Voici un autre cas où les nombres soulignés apparaissent deux fois dans le même membre de l’égalité :

3	4	5
10	11	12
17	18	19

On peut écrire : 3² + 5² + 18² + 18² = 4² + 4² + 17² + 19² = 682. On constate que seuls les nombres de la deuxième ligne ne sont pas utilisés. De plus, 3 + 5 + 18 + 18 = 4 + 4 + 17 + 19 = 44.

5. Voici un autre cas :

3	4	5
10	11	12
17	18	19

On peut écrire : 10² + 12² + 18² + 18² = 11² + 11² + 17² + 19² = 892. On constate que seuls les nombres de la première ligne ne sont pas utilisés. De plus, 10 + 12 + 18 + 18 = 11 + 11 + 17 + 19 = 58.

6. Voici un autre cas :

3	4	5
10	11	12
17	18	19

On peut écrire : 3² + 11² + 11² + 17² = 4² + 10² + 10² + 18² = 540. On constate que seuls les nombres de la troisième colonne ne sont pas utilisés. De plus, 3 + 11 + 11 + 17 = 4 + 10 + 10 + 18 = 42.

7. Il existe d’autres cas. Sauriez-vous en trouver ?

Conclusion. Ce que nous avons affirmé est vrai pour toute grille carrée 3 × 3 du calendrier. C’est aussi vrai pour toute autre grille 3 × 3 qui contient des nombres ayant la même différence dans chaque ligne, puis dans chaque colonne. Cette différence peut être la même ou pas des lignes aux colonnes.

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# 4390 7 juin 2018

Jeux de chiffres

Le chiffre 9 est riche en situations surprenantes. Par exemple, les multiples consécutifs de 9 inférieurs à 9 sont 18, 27, 36, 45, 54, 63, 72, 81, 90. Dans la colonne des dizaines, on peut lire consécutivement les chiffres de 1 à 9. Dans la colonne des unités, on peut lire ces mêmes chiffres en ordre décroissant. De plus, la somme des chiffres de chaque multiple est 9.

Arrêtons-nous à étudier des nombres de trois chiffres qui contiennent chacun des chiffres de 1 à 9.

Problème 1. Trouvez la plus petite somme de trois nombres de trois chiffres qui contiennent chacun des chiffres de 1 à 9.

Solution 1. On écrit les chiffres consécutifs de 1 à 9 ainsi :

1	4	7
2	5	8
3	6	9

On a : 147 + 258 + 369 = 774. La plus petite somme est 774. Dans chaque colonne, on peut changer les chiffres de place sans changer la somme. Par exemple, on pourrait avoir : 248 + 359 + 167 = 774.

Problème 2. Trouvez la plus grande somme.

Solution 2. On écrit les chiffres consécutifs de 1 à 9 ainsi :

7	4	1
8	5	2
9	6	3

On a : 741 + 852 + 963 = 2556. La plus grande somme est 2556. Comme dans le cas précédent, dans chaque colonne, on peut changer les chiffres de place sans changer la somme.

Problème 3. Les sommes 774 et 2556 sont divisibles par 9. Montrez que toute autre somme est divisible par 9.

Solution 3. La somme des chiffres de 1 à 9 est 45. Or, 45 est divisible par 9. Donc, toute somme est divisible par 9.

Problème 4. Soit trois nombres : 147 + 258 + 369 dont la somme est 774. Dans les mêmes conditions, trouvez trois nombres dont la somme est immédiatement supérieure à 774.

Solution 4. D’après la proposition précédente, la prochaine somme devrait être 783. En effet, après 774, le prochain nombre divisible par 9 est 783.

Pour y arriver, dans les trois nombres de départ, on choisit des chiffres consécutifs étant l’un dans la colonne des dizaines et l’autre dans la colonne des unités. On permute ces deux chiffres. Les deux chiffres consécutifs sont 6 et 7. On les permute. On a donc : 146 + 258 + 379 = 783.

En fait, dans la colonne des dizaines on a ajouté une dizaine, soit 10, et, dans la colonne des unités, on a retranché 1. Or, 10 – 1 = 9 : ce qui est la différence entre les deux sommes.

Problème 5. Comment trouver un trio de nombres dont la somme est, par exemple, 2052 ?

(Dans le problème 1, la somme des centaines est 6, la somme des dizaines est 15, la somme des unités est 24. On a : 6 + 15 + 24 = 45. C’est comme si on avait : 600 + 150 + 24 = 774. Par ailleurs, la somme minimale dans chaque colonne est 6 et la somme maximale est 24.)

Revenons au problème. La somme des unités pourra être 12 ou 22. Choisissons 12. La somme des dizaines pourra être 14 ou 24. Choisissons 14. On fait : 45 – 12 – 14 = 19. D’où, la somme des centaines est 19. En distribuant les chiffres, on peut obtenir : 231 + 854 + 967 = 2052.

Problème 6. À votre tour, dans les mêmes conditions, trouvez trois nombres dont la somme est 999.

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# 4295 15 avril 2018

Un problème de cartes

Problème 1
Antoine dessine des symboles du jeu de cartes. Il représente successivement des cœurs, des trèfles et des piques en augmentant d’un symbole par ligne. Voici les cinq premières lignes :

§ § § §

ª ª ª ª ª

§ § § § § § §

Combien y aura-t-il de symboles dans la 100^e ligne ?

Démarche

La première ligne contient 3 symboles, la deuxième ligne 4 symboles, la troisième ligne 5 symboles. La différence entre le nombre de symboles et le rang de la ligne est 2.

La 100^e ligne contiendra 102 symboles.

Problème 2

Quels seront les symboles dans la 100^e ligne ?

Démarche

Chaque symbole apparaît à toutes les trois lignes. On fait : 100 ¸ 3 = 33 reste 1. Le reste correspond à la première ligne où on observe des symboles de cœur.

On aura les symboles de cœur dans la 100^e ligne.

Problème 3

En tout, combien aura-t-on écrit de symboles de trèfle si la 100^e ligne est la dernière ?

Démarche

On construit un tableau qui donne le nombre de trèfles selon le rang de chaque ligne visée.

Rangs	2	5	8	11	…	98
Trèfles	4	7	10	13	…	100

Les trèfles apparaissent sur la deuxième ligne, la cinquième, la huitième, etc. La dernière ligne qui contient du trèfle est la 98^e de la figure, car 98 ÷ 3 = 32 reste 2. Elle contient 100 trèfles. Il s’agit d’additionner les nombres de la suite 4, 7, 10, 13, 16, …, 94, 97, 100.

On calcule le nombre de couples dont la somme est 104 (4 + 100, 7 + 97, 10 + 94, etc.). Pour cela, on fait : 100 ÷ 3 = 33 reste 1. On conserve le quotient. On compte 33 couples. La moyenne de chaque couple est 52. On fait : 33 × 52 = 1716.

On aura écrit 1716 symboles de trèfle.

Problème 4 (à résoudre)

Dans quelle ligne atteindra-t-on le 100^e cœur ? (Dans la 22^e ligne)

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# 4225 13 mars 2018

Jeu de Berloquin

Texte de Jean-Marc Gervais qui fait suite à l’article #4075

Je vous écris à propos du jeu de Pierre Berloquin. Il fallait compléter un carré de 5 sur 5 avec les nombres entiers de 6 à 25 de telle façon que la somme soit égale à 65 sur chaque ligne, chaque colonne et chaque diagonale.

Voici le carré à compléter :

1	3
.
			2
5
		4

Voici la solution proposée par l'auteur de ce jeu :

1	13	3	25	23
21	18	11	6	9
22	19	12	10	2
5	8	15	20	17
16	7	24	4	14

Je vous avais fait remarquer que, dans les colonnes 3 et 5, il y avait 2 sommes égales : 11 + 15 = 26 et 9 + 17 = 26 et que l'on pouvait ainsi trouver une autre solution.

Dans Charleries/Propos Mathématiques, vous faites remarquer que, si on additionne les nombres de la deuxième ligne avec les nombres correspondants de la quatrième ligne, on obtient toujours la somme 26.

À partir de cette remarque, on peut déjà trouver 6 solutions au problème (la solution proposée plus cinq autres).

J'ai aussi remarqué qu'il y a deux sommes égales dans la première et la cinquième ligne : 3 + 25 = 28 et 24 + 4 = 28.

On peut donc permuter le 3 de la première ligne avec le 24 de la cinquième, et aussi le 25 de la première avec le 4 de la cinquième.

Comme 6 × 2 = 12, on peut donc trouver 12 solutions (au moins). Les voici :

1	13	3	25	23
21	18	11	6	9
22	19	12	10	2
5	8	15	20	17
16	7	24	4	14

1	13	3	25	23
21	18	9	6	11
22	19	12	10	2
5	8	17	20	15
16	7	24	4	14

1	13	3	25	23
11	18	9	6	21
22	19	12	10	2
15	8	17	20	5
16	7	24	4	14

1	13	3	25	23
11	18	21	6	9
22	19	12	10	2
15	8	5	20	17
16	7	24	4	14

1	13	3	25	23
9	18	11	6	21
22	19	12	10	2
17	8	15	20	5
16	7	24	4	14

1	13	3	25	23
9	18	21	6	11
22	19	12	10	2
17	8	5	20	15
16	7	24	4	14

1	13	24	4	23
21	18	11	6	9
22	19	12	10	2
5	8	15	20	17
16	7	3	25	14

1	13	24	4	23
21	18	9	6	11
22	19	12	10	2
5	8	17	20	15
16	7	3	25	14

1	13	24	4	23
11	18	21	6	9
22	19	12	10	2
15	8	5	20	17
16	7	3	25	14

1	13	24	4	23
11	18	9	6	21
22	19	12	10	2
15	8	17	20	5
16	7	3	25	14

1	13	24	4	23
9	18	11	6	21
22	19	12	10	2
17	8	15	20	5
16	7	3	25	14

1	13	24	4	23
9	18	21	6	11
22	19	12	10	2
17	8	5	20	15
16	7	3	25	14

Y a-t-il d’autres solutions ?

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# 4200 3 mars 2018

Truc pour poser des équations

Il arrive que certains élèves aient peu de succès en algèbre. Quand arrive le temps de résoudre des problèmes qui doivent être traduits en équations, ils sont perdus. Ils ne savent pas comment s’y prendre.

Je vous donne un truc qui permet de poser des équations. Il s’agit de supposer une réponse possible et par la suite de traduire le tout en une équation en remplaçant la réponse hypothétique par x.

Problème 1.

Érika et Fernande ont le même avoir. Érika dépense 30 $ et Fernande 75 $. Alors, le montant d’argent qui reste à Érika est le double de celui de Fernande.

Combien chacune avait-elle ?

Démarche. On suppose que chacune avait 100 $. On peut écrire :

100 – 30 = 70 (Érika)

100 – 75 = 25 (Fernande)

On devrait avoir : (100 – 75) × 2 = (100 – 30).

Soit x l’avoir de chacune. On remplace 100 par x dans la dernière égalité. On aura :

(x – 75) × 2 = x – 30.

Une fois l’équation résolue, on trouve que x = 120. Chacune avait 120 $.

Problème 2.

Une somme de 76 $ est composée de pièces de 2 $ et de pièces de 5 $. Le nombre de pièces de monnaie est 20.

Combien y en a-t-il de chaque espèce ?

Démarche. On suppose qu’il y a 9 pièces de 2 $. On peut écrire :

9 × 2 = 18

(20 – 9) × 5 = 55

On devrait avoir : 9 × 2 + (20 – 9) × 5 = 76.

Soit x le nombre de pièces de 2 $. On remplace 9 par x. On aura :

x × 2 + (20 – x) × 5 = 76

Une fois l’équation résolue, on trouve que x = 8. Il y a 8 pièces de 2 $ et 12 pièces de 5 $.

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# 4165 17 février 2018

Suites arithmétiques de degré 2

Une suite arithmétique de degré 1 est une suite de nombres dont chaque terme diffère du précédent d’une quantité fixe appelée raison. Ainsi, l’ensemble des nombres entiers consécutifs forme une suite arithmétique de degré 1 dont la raison est 1. Par ailleurs, 2, 5, 8, 11, 14, … est aussi une suite arithmétique de degré 1 mais dont la raison est 3. Le terme général d’une telle suite est an + b où n est le rang du terme.

La raison d’une suite arithmétique de degré supérieur à l’unité n’est pas une constante, mais les termes successifs d’une suite du degré inférieur. Pour construire une suite arithmétique de degré 2, il faut un premier terme et une suite arithmétique de degré 1. Par exemple, en partant avec 4 et en utilisant la suite 2, 5, 8, 11, 14, ... comme raison, on obtient la suite de degré 2 suivante : 4, 6, 11, 19, 30, 44, ...

Le terme général d’une suite arithmétique de degré 2 est an² + bn + c où n est le rang du terme. Pour trouver ce terme, il faut notamment connaître les trois premiers termes. Nous vous donnons une façon de trouver le n^e terme d’une telle suite.

Soit les trois premiers termes 5, 7, 13. On écrit :

a + b + c = 5

4a + 2b + c = 7

9a + 3b + c = 13

En soustrayant la première équation de la deuxième, on obtient : 3a + b = 2. En soustrayant la deuxième équation de la troisième, on obtient : 5a + b = 6. En soustrayant ces deux dernières équations, on obtient : 2a = 4. D’où, a = 2. On remplace a par 2 dans une des dernières équations. On obtient : b = –4. On remplace a et b par leur valeur respective dans l’équation du début. On obtient : c = 7. Le terme général est 2n² – 4n + 7.

On peut vérifier si le terme général est exact.

Si n = 1, on a : 2 – 4 + 7 = 5.

Si n = 2, on a : 8 – 8 + 7 = 7.

Si n = 3, on a : 18 – 12 + 7 = 13.

Ces trois résultats sont bien les trois premiers termes de la suite.

Pour connaître le 10^e terme, on remplace n par 10 dans le terme général. Cela donne : 200 – 40 + 7 = 167. Le 10^e terme est 167.

Pour trouver les valeurs de a, b et c, on peut appliquer une technique :

a = [(3^e terme – 2^e terme) – (2^e terme – 1^er terme)]/2

b = (2^e terme – 1^er terme) – 3a

c = (1^e terme) – a – b

La raison de la suite 5, 7, 13, … est 2, 6, 10, 14, 18, … soit une suite arithmétique de degré 1 dont la raison est 4.

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# 4140 7 février 2018

Coûts au début du 20^e siècle

Au cours des ans, les problèmes arithmétiques nous en apprennent sur le coût des produits et des services de l’époque. Nous avons étudié certains problèmes donnés à des examens de fin d’année au début du 20^e siècle pour découvrir ces quelques renseignements donnés ici en vrac.

Les données numériques sont à prendre avec circonspection. On ne sait jamais si c’est le plus bas ou le plus haut prix. Nonobstant cette remarque, cela donne un ordre de grandeur.

En 1900

1. Une chemise coûte 1,35 $ avec 19 cents de profit pour le commerçant.

2. Un ouvrier gagne 75 cents par jour. Comme il travaille 10 heures par jour, il gagne 7 ½ cents de l’heure. S’il travaille 6 jours par semaine, comme c’est le cas à l’époque, il gagne annuellement 234 $. Dans d’autres problèmes à la même époque, on mentionne 80 cents et même 1 $ comme salaire journalier.

3. La dépense courante d’une personne adulte seule est de 38 cts par jour, soit 138,70 $ par année.

4. Une maison se vend 2400 $ et une autre, 2700 $.

5. Un billet est escompté à la banque à 7 ½ %.

En 1901

6. La vitesse d’un bateau à vapeur est de 12 milles à l’heure. Dans ce cas, pour parcourir la distance de Rimouski à Montréal, il fallait autour de 26 heures.

7. Une livre de café se vend 35 cents. Une livre de thé se vend 65 cents.

8. Une montre coûte 55 $. Le bijoutier l’a payée 45 $.

9. Une once d’or vaut 20,67 $. En 1970, elle valait 35 $. Aujourd’hui, elle vaut plus de 1000 $.

En 1902

10. Un homme dépense 12 $ par mois pour sa nourriture, 5 $ par mois pour son logement, 4 $ par mois pour son habillement. Si on traduit cela par an, on a 144 $ pour sa nourriture, 60 $ pour son logement, 48 $ pour son habillement.

11. La population de l’Europe est de 361 millions d’habitants. La population de l’Asie est de 833 millions d’habitants. En 2017, il y a 512 millions d’habitants en Europe et 4 milliards 457 millions en Asie.

12. Pour chaque 100 $ gagnés par un homme, une femme gagne 60 $ et un enfant 33,75 $.

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# 4110 26 janvier 2018

Triangles magiques d’ordre 4

Comment peut-on distribuer les nombres de 1 à 9 dans la figure ci-après formée de neuf cellules disposées en un triangle pour que la somme soit la même sur chaque côté du triangle ? C’est ce que nous allons résoudre.

Dans un carré magique, il y a une seule somme possible par rangée. Dans cette figure, il y a peut-être plus d’une somme. Allons voir.

La somme des nombres de 1 à 9 est 45. Si on divise 45 par 3, on obtient 15. Ce nombre 15 est-il une somme possible ? La réponse est non, car les nombres des trois cellules des sommets appartiennent à deux rangées.

Posons que les nombres des trois cellules des sommets sont 1, 2 et 3. On doit multiplier par 2 leur somme : ce qui fait 12. La somme des autres nombres est 39. La somme totale est 51. Si on divise 51 par 3, on obtient 17. La plus petite somme latérale sera 17 lorsque les nombres des trois cellules des sommets sont 1, 2 et 3.

La somme des sommets dans chaque rangée est 3, 4 et 5. Pour compléter chaque côté, on doit trouver des couples de nombres dont la somme est respectivement 14, 13 et 12. Ces couples existent. Il y a donc au moins une configuration. En voici une :

La somme suivante par rangée est 18. La somme indexée, soit celle qui tient compte des cellules doubles, est 54. Comme la somme des entiers de 1 à 9 est 45. La somme des nombres des sommets devra être 9. Les combinaisons possibles sont (1, 2, 6), (1, 3, 5) ou (2, 3, 4). Prenons (1, 2, 6). La somme des sommets dans chaque rangée est 3, 7 et 8. Pour compléter chaque rangée, on doit trouver des couples de nombres dont la somme est respectivement 15, 11 et 10. Le 9 ne peut pas être placé. La même situation se produit avec les deux autres combinaisons. Même si la somme par rangée, soit 18, s’avérait possible, elle n’engendre pas de solution.

Lorsque la somme latérale est 19, il existe au moins une configuration. En voici une :

Lorsque la somme latérale est 20, il existe au moins une configuration. En voici une :

On suppose que les sommets reçoivent 7, 8 et 9. La somme des trois nombres est 24. La somme indexée est alors : 45 + 24 = 69. Or, 69 ÷ 3 = 23. La plus grande somme possible latérale est 23. Sauriez-vous trouver au moins une configuration pour les sommes latérales 21, 22 et 23 ?

La somme latérale est 21. On n’a qu’à soustraire de 10 chacun des nombres dont la somme latérale est 19. Voici cette configuration :

La somme latérale est 22. Il n’existe pas de configuration.

La somme latérale est 23. On n’a qu’à soustraire de 10 chacun des nombres dont la somme latérale est 17. Voici cette configuration :

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# 4075 12 janvier 2018

Carrés magiques d’ordre 5

Dans son livre 100 jeux numériques publié en 1973, au jeu 30, Pierre Berloquin demande de compléter un carré magique d’ordre 5 avec les nombres de 6 à 25. La somme doit alors être 65 dans chaque ligne, chaque colonne et chacune des deux diagonales.

1	3

			2
5
		4

Un lecteur de Récréomath m’a écrit pour me demander si je connaissais une façon de résoudre le problème. J’aurais aimé lui répondre positivement, mais peine perdue.

En réalité, le problème est très difficile puisque les cinq nombres donnés ne semblent pas suivre une règle de disposition. De plus, en 1973, l’Américain Richard Schroepel a déterminé qu’il existe 275 305 224 carrés magiques d’ordre 5 avec les nombres de 1 à 25.

Comme me l’a souligné mon interlocuteur à la suite de mon message, il faudrait se tourner vers la programmation. Voici la réponse de Berloquin dans son livre :

1	13	3	25	23
21	18	11	6	9
22	19	12	10	2
5	8	15	20	17
16	7	24	4	14

Par ailleurs, ce problème n’est pas à réponse unique. Mon interlocuteur a noté que, dans la troisième colonne, on : 11 + 15 = 26 et que, dans la cinquième colonne, on a 9 + 17 = 26. Comme aucun de ces nombres n’appartient à une diagonale, on peut les permuter ligne par ligne. On obtient une deuxième configuration :

1	13	3	25	23
21	18	9	6	11
22	19	12	10	2
5	8	17	20	15
16	7	24	4	14

À la suite de cette réponse, j’ai remarqué que, dans chaque colonne, la somme des nombres de la deuxième et de la quatrième ligne est égale est 26 : ce qui aurait pu être un indice supplémentaire pour résoudre le problème.

En plus, comme 21 + 5 = 26 et que les nombres ne sont pas dans une diagonale, on pourrait trouver d’autres configurations avec cette nouvelle donnée. En voici une :

1	13	3	25	23
9	18	21	6	11
22	19	12	10	2
17	8	5	20	15
16	7	24	4	14

Des lecteurs pourraient-ils trouver d’autres configurations au problème de Berloquin ?

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# 4035 6 décembre 2017

Un problème de sous

Problème. Anne place 6 sous en un rectangle 2 × 3. Puis, elle entoure le rectangle d’une première couronne. Celle-ci nécessite 14 pièces.

Combien de pièces seront nécessaires pour former une cinquième couronne ?

Solution 1

La démarche qui nous vient d’abord à l’esprit est de former les couronnes en dessinant les sous. Cela risque d’être long et fastidieux, sans compter les risques d’erreurs.

Solution 2

On peut prendre des sous ou des jetons. Le risque d’erreurs est fortement diminué.

Solution 3

On peut faire un tableau où R est le rang de la couronne, H1, la rangée horizontale supérieure, H2, la rangée horizontale inférieure, C1 la première colonne et C2 la dernière colonne. Pour chaque rangée, on donne le nombre de sous nécessaires.

R	1	2	3	4	5
H1	5	7	9	11	13
H2	5	7	9	11	13
C1	2	4	6	8	10
C2	2	4	6	8	10
	14	22	30	38	46

On remarque que d’une couronne à l’autre, le nombre de sous augmente de 2 dans chaque rangée : ce qui fait une augmentation de 8. La cinquième couronne nécessite 46 sous.

Solution 4

Le rectangle initial est de 2 × 3. Il nécessite 6 sous.

La première couronne est dans un rectangle 4 × 5. Le rectangle contient 20 sous. On soustrait 6 et on obtient 14.

La deuxième couronne est dans un rectangle 6 × 7. Le rectangle contient 42 sous. On soustrait 20 et on obtient 22.

La troisième couronne est dans un rectangle 8 × 9. Le rectangle contient 72 sous. On soustrait 42 et on obtient 30.

La quatrième couronne est dans un rectangle 10 × 11. Le rectangle contient 110 sous. On soustrait 72 et on obtient 38.

La cinquième couronne est dans un rectangle 12 × 13. Le rectangle contient 156 sous. On soustrait 110 et on obtient 46. La cinquième couronne nécessite 46 sous.

Problème complémentaire

Combien de pièces seront nécessaires pour former une 100^e couronne ?

Solution. D’une couronne à l’autre, le nombre de sous augmente de 8. On peut trouver et appliquer une formule. Le nombre de sous d’une couronne est égal à 8x + 6 où x est le rang de la couronne. Si x = 100, le nombre de sous est de 806.

Conclusion

Si on avait connu cette formule, on aurait pu l’appliquer dans le problème initial pour x = 5. Ce qui donne bien 46 sous.

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# 4005 24 novembre 2017

Carré magique d’ordre 4

Par Jean-Marc Gervais

Le carré magique d’ordre 4 possède notamment 5 propriétés intéressantes. Voici un carré général :

A	B	C	D
E	F	G	H
I	J	K	L
M	N	O	P

On appelle S la somme commune aux lignes, aux colonnes et aux diagonales. Cette somme est égale à 34 dans le cas où on prend tous les nombres entiers de 1 à 16.

1) La somme des nombres situés dans les coins est égale à S.

A + D + P + M = S

2) La somme des 4 nombres centraux est égale à S.

F + G + J + K = S

3) La somme des nombres latéraux et situés sur des côtés parallèles est égale à S. (Un nombre latéral est un nombre situé sur un côté du carré, mais pas dans un coin).

B + C + N + O = S

E + I + H + L = S

Ces 3 propriétés étant faciles à démontrer, je ne le ferai donc pas.

De ces propriétés, on en déduit deux autres :

4) La somme de 2 nombres situés dans des coins opposés est égale à la somme des 2 nombres centraux et situés sur la diagonale perpendiculaire.

A + P = J + G ; D + M = F + K

5) La somme de 2 nombres latéraux et situés sur le même côté est égale à la somme des 2 nombres situés dans les coins et sur le côté parallèle.

E + I = D + P ; H + L = A + M ; B + C = M + P ; N + O = A + D

Exemple 1.

1	10	7	16
15	8	9	2
12	3	14	5
6	13	4	11

Ce carré est magique de somme 34. De plus, la somme des nombres situés dans chaque carré 2 × 2 des coins est égale à 34. Ceci n'est pas toujours vrai.

Exemple 2.

1	13	4	16
15	8	9	2
12	3	14	5
6	10	7	11

Dans le carré magique ci-dessus, la somme des nombres situés dans chaque carré 2 × 2 des coins n'est pas égale à 34.

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# 3980 14 novembre 2017

Somme de deux carrés

On peut additionner mentalement deux carrés assez facilement, mais à certaines conditions. On peut le faire seul ou requérir la coopération d’une autre personne. Voici comment on peut procéder :

1. Vous demandez de vous donner un nombre qui ne contient pas de zéro entre 10 et 59.

2. Vous soustrayez 1 au dernier chiffre. Ce chiffre devient la dizaine de l’autre nombre.

3. Vous trouvez le complément du chiffre de la dizaine, c’est-à-dire 10 – le chiffre de la dizaine du nombre donné. Ce chiffre devient le dernier de l’autre nombre.

4. Vous énoncez ce dernier nombre.

5. Vous dites que vous allez faire instantanément la somme des carrés du nombre de départ et du dernier nombre.

6. Pour trouver la somme mentalement, on élève au carré chacun des chiffres du nombre donné et on fait la somme. On retient une autre fois la somme. Par exemple, si la somme est 34, le résultat final sera 3434.

Voici un exemple : Quelqu’un dit 25. En réponse, vous dites 48. En effet, 5 – 1 = 4 et 10 – 2 = 8. Vous faites : 2² + 5² = 29. La somme est 2929. On peut vérifier que 25² + 48² = 2929.

Si, à l’étape 6, on trouve un nombre d’un seul chiffre, on fait comme si on avait un 0 en avant. Par exemple, quelqu’un choisit 12. Votre riposte sera 19. Or, 1² + 2² = 5. La somme est 0505 ou 505. En effet, 12² + 19² = 505.

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# 3945 31 octobre 2017

Petites démonstrations

Il est rarement facile de faire une démonstration en mathématiques. Il faut connaître les propriétés des objets mathématiques concernés et être capable de les appliquer à bon escient. Voici trois exemples de problèmes de démonstration :

1. Un carré magique

Démontrez qu’il est impossible, lorsque le 1 est dans la position indiquée, de construire un carré magique d’ordre 3 avec les nombres de 1 à 9. La somme de chaque ligne, chaque colonne et chaque diagonale doit être égale à 15.

1

Démonstration. De par sa position dans le carré, le 1 appartient à trois rangées : une ligne, une diagonale et une colonne. Or, avec 1, il n’existe que deux combinaisons dont la somme est 15 : (1, 8, 6) et (1, 5, 9). D’où, il est impossible de construire un carré magique d’ordre 3 selon ces conditions.

2. Un cryptarithme

Dans ce genre de problème, il s’agit d’attribuer un chiffre différent à chaque lettre. Par exemple, si j’écris MA + MA = SA, une réponse est M = 1, A = 0 et S = 2.

Démontrez qu’il est impossible d’obtenir une réponse pour le cryptarithme suivant :

MARC + LISE = RUTH

Démonstration. Le cryptarithme contient 11 lettres différentes. Or, il n’y a que 10 chiffres. D’où, il est impossible d’obtenir une réponse.

3. Le jour de la semaine

Andrée a obtenu son permis de conduire le lundi 15 juillet 2013. Son frère l’a obtenu 300 jours plus tard.

Démontrez que, pour le frère, ce n’était pas un lundi.

Démonstration. On pourrait être tenté de trouver le jour de la semaine. En faisant cela, on aurait montré et non démontré que ce n’était pas un lundi. Pour démontrer, on fait 300 ÷ 7 = 42, reste 6. Traduit dans la réalité, ce résultat indique qu’il y a un écart de 42 semaines et 6 jours entre les deux événements. Pour que ce soit le même jour de la semaine, il faudrait que le reste soit 0. D’où, ce n’était pas un lundi quand le frère a obtenu son permis.

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# 3915 19 octobre 2017

Livre : 1001 nombres charmants

Dans mon site Récréomath, j’ai édité un livre : 1001 nombres charmants. Ce recueil de 572 pages sur papier présente les principales propriétés des entiers de 0 à 1000. Pour chaque nombre, il est possible de trouver un très grand nombre de propriétés. J’ai essayé d’indiquer celles qui n’apparaissent pas à première vue.

Voir : http://www.recreomath.qc.ca/ed_nombres_charm_a.htm

Voici un extrait du texte de présentation :

« Chaque nombre a son entité propre. Les uns prennent plus de place que d’autres. On dit qu’ils sont plus extravertis. Tous ont des propriétés spécifiques. Il y a, par exemple, les nombres premiers qui se caractérisent par le fait qu’ils ont seulement deux diviseurs : 1 et lui-même. Dans la séquence des entiers, ils arrivent de façon inopinée.

Il y a les nombres pairs, ces choyés qui sont divisibles par 2. Il y en a une infinité. On les reconnaît par leur dernier chiffre : 0, 2, 4, 6 et 8. À l’exception de 0, tout nombre qui n’est pas pair est impair. Il y en a aussi une infinité. Ceux-ci se définissent par la négative et sont coincés entre deux pairs.

Il y a les carrés, les cubes, les triangulaires. Tous sont en nombre infini. Cela fait beaucoup de classes de nombres infinis. Il est très difficile d’appréhender l’infini avec rigueur. Ce sujet a été un important sujet de discorde dans l’histoire des mathématiques.

Nous avons accordé une large place aux nombres triangulaires, ceux qui sont formés par une suite d’entiers consécutifs à partir de 1. Par exemple, 21 est triangulaire, car il est la somme de 1, 2, 3, 4, 5 et 6. »

Voici les principales propriétés de 52, telles que présentées dans le recueil :

« Nombre dont le produit des chiffres, soit 10, est un triangulaire.

Décagonal de rang 4 : 10 + 12 + 14 + 16 = 52.

Somme des quatre triangulaires consécutifs : 3^D + 4^D + 5^D + 6^D = 52.

Égalités remarquables

52 = 13(1 + 3)

52 = 2^D + 7²

52 = 4² + 6²

52 = 5² + 3³

52 = 2³ + 2⁴ + 7^D

52² = 20² + 48²

Arrangements des mêmes chiffres de part et d’autre

52 = 2⁵ + 5² - 5

52³ = 140 608 = (1 - 4⁰ + 60 - 8)³

Valeur de SIX lorsque l’on additionne les rangs de ses lettres.

Nombre de pièces dans un jeu de cartes.

Nombre de façons de disposer cinq pièces du jeu d’échecs sur une étagère de cinq tablettes. »

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# 3885 7 octobre 2017

Les combinaisons

En termes d’habillement, une combinaison est un vêtement de travail ou de sport qui combine veste et pantalon en une pièce. En québécois, une combinaison est un sous-vêtement masculin d’une seule pièce des épaules aux pieds. En mathématiques, une combinaison est un sous-ensemble composé d’un nombre d’objets choisis parmi un nombre déterminé d’objets sans égard à l'ordre dans lequel on les dispose.

Problème. Trouvez toutes les façons de combiner trois lettres à partir d’un ensemble de huit lettres.

Solution. Il faut procéder de façon systématique pour ne pas en oublier. Soit A, B, C, D, E, F, G et H les huit lettres. On commence par trouver toutes les combinaisons ayant un A toujours en suivant l’ordre alphabétique :

ABC ABD ABE ABF ABG ABH

ACD ACE ACF ACG ACH

ADE ADF ADG ADH

AEF AEG AEH

AFG AFH

AGH

Cela donne 21 combinaisons.

On commence maintenant par B. On a :

BCD BCE BCF BCG BCH

BDE BDF BDG BDH

BEF BEG BEH

BFG BFH

BGH

Cela donne 15 combinaisons.

En commençant par C, on obtient 10 combinaisons. En commençant par D, on obtient 6 combinaisons. En commençant par E, on obtient 3 combinaisons. En commençant par F, on obtient 1 combinaison. Je laisse au lecteur le soin de les trouver. En tout, on aura 56 combinaisons.

Il existe une formule pour trouver le nombre de combinaisons dans un ensemble sans être obligé de toutes les énumérer.

Prenons le problème précédent. Soit n le nombre total de lettres, soit p le nombre de lettres par combinaison, le nombre de combinaisons est :

p!(n – p)!

Le point d’exclamation est mis pour factorielle. Par exemple, 8!, qui se lit 8 factorielle, est 1 × 2 × 3 × 4 × 5 × 6 × 7 × 8.

Dans ce cas, on a :

3!(8 – 3)!

3! × 5!

1 × 2 × 3 × 4 × 5 × 6 × 7 × 8

1 × 2 × 3 × 1 × 2 × 3 × 4 × 5

On n’a pas besoin de faire toutes les multiplications. On se contente de simplifier. Le résultat est bien 56.

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# 3855 25 septembre 2017

Triple X magique

Comment peut-on distribuer les nombres de 1 à 11 dans la figure ci-après formée de 11 cellules disposées en X pour que la somme soit la même dans chaque rangée de trois cercles ? C’est ce que nous allons résoudre.

Il faut d’abord déterminer la somme possible pour les rangées de la figure. Pour ce faire, on attribue à chaque cellule un indice qui correspond au nombre de rangées qui passent par cette cellule.

Les sept cellules marquées 2 sont à l’intersection de deux rangées. Les quatre cellules marquées 1 appartiennent à une seule rangée. La somme des entiers de 1 à 11 est 66. Si chaque cellule était marquée 2, la somme totale serait 132.

On suppose que les entiers de 1 à 7 sont placés dans les cellules marquées 2. On peut écrire : (1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7) × 2 + (8 + 9 + 10 + 11) × 1 = 56 + 38 = 94. Il y a six rangées. On fait : 94 ÷ 6 = 15 ⅔. La plus petite somme par rangée est probablement 16. On dit probablement parce qu’on n’est pas certain qu’il y aura possibilité de répartir les nombres de 1 à 11 avec cette somme.

On suppose que les entiers de 1 à 4 sont placés dans les cellules marquées 1. On peut écrire : (1 + 2 + 3 + 4) × 1 + (5 + 6 + 7 + 8 + 9 + 10 + 11) × 2 = 10 + 112 = 122. Il y a six rangées. On fait : 122 ÷ 6 = 20 ⅓. La plus grande somme par rangée est probablement 20.

Somme par rangée : 16

La somme totale doit être 16 × 6 = 96. La somme des quatre éléments des coins est donc 132 – 96 = 36. Les combinaisons de 36 sont : (6, 9, 10, 11) et (7, 8, 10, 11). Voici une configuration :

Somme par rangée : 17

La somme totale doit être 17 × 6 = 102. La somme des quatre éléments des coins est donc 132 – 102 = 30. Les combinaisons de 30 sont : (1, 8, 10, 11), (2, 7, 10, 11), (3, 6, 10, 11), (4, 5, 10, 11), (2, 8, 9, 11), (3, 7, 9, 11), (4, 6, 9, 11). Voici une configuration :

Somme par rangée : 18

La somme totale doit être 18 × 6 = 108. La somme des quatre éléments des coins est donc 132 – 108 = 24. Je laisse au lecteur le soin de trouver toutes les combinaisons de quatre nombres différents parmi les entiers de 1 à 11. Voici une configuration où la combinaison est (1, 2, 10, 11) :

Somme par rangée : 19

On choisit une configuration dont la somme par rangée est 17. De 12, on soustrait chaque élément. C’est une configuration dite complémentaire. Voici une configuration qui est complémentaire à celle donnée précédemment lorsque la somme est 17 :

Somme par rangée : 20

Voici une configuration qui est complémentaire à celle dont la somme par rangée est 16 :

Conclusion. Il existe au moins une configuration pour chaque somme par rangée de 16 à 20. Ce sont les cinq sommes possibles. Par ailleurs, chaque somme a un nombre fini de configurations.

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# 3830 13 septembre 2017

Dénombrement de figures

Dans la figure ci-après, chaque L est constitué de quatre petits carrés. On demande de déterminer le nombre de L dans cette figure.

Tentez de résoudre le problème. Après avoir réussi ou pas, lisez les cinq stratégies que je vous propose.

Stratégie 1. On compte les L en les pointant un à un. Toutefois, avec les yeux seulement, il est difficile de les compter.

Stratégie 2. On imprime la figure. On compte les L en les colorant en foncé ou en faisant une marque.

Stratégie 3. On considère les deux rangées horizontales du bas. On peut y compter l’équivalent de 5,5 L. Comme la figure est composée de 8 rangées horizontales, on multiplie 5,5 par 8 et on divise par 2.

Stratégie 4. On considère les deux rangées verticales de droite. On peut y compter l’équivalent de 4 L, soit une moyenne de 2 L par rangée verticale. Comme la figure est composée de 11 rangées verticales, on multiplie 2 par 11.

Stratégie 5. La figure est un rectangle 8 × 11. On peut y compter 88 petits carrés. Comme chaque L occupe 4 petits carrés, on divise 88 par 4.

On aura compris qu’il y a 22 L dans cette figure.

Conclusion. Souvent à partir d’un problème simple, il est possible d’appliquer plusieurs stratégies. Après avoir trouvé une réponse, il est recommandé d’utiliser une seconde stratégie qui sert alors de vérification.

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# 3805 3 septembre 2017

Un nouveau livre d’énigmes

Les éditions Goélette viennent de publier un autre de mes livres d’énigmes. Il est intitulé 675 énigmes. C’est un livre de 384 pages qui contient, comme son titre l’indique, 675 énigmes de différents genres. Pas besoin d’avoir de grands talents pour résoudre ces énigmes. Un peu de logique et des connaissances élémentaires suffisent.

Sur le dos de la couverture, l’éditeur a écrit : « Faites appel à votre esprit de déduction pour percer ces 675 énigmes ! Mais gare aux pièges et aux fausses pistes !

• Énigmes mathématiques
• Problèmes de logique
• Anagrammes
• Devinettes
• Charades et plus encore !

Au fil des pages, creusez-vous les méninges tout en vous amusant ! »

Voici, à titre d’exemple, la première énigme du livre :

1. Proche du diable

Je n’appartiens pas à une échelle.

J’appartiens plutôt à un barreau.

Je défends parfois le diable.

Je suis aussi un fruit.

Qui suis-je ?

(Un avocat)

Pour ceux et celles qui veulent titiller et conserver actives leurs neurones. Le prix suggéré de l’éditeur est 12,95 $.

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# 3745 17 juin 2017

Des petits exercices

Un père m’a posé la question suivante : « Que proposez-vous comme exercices pour un enfant de 8 ans en 2^e année ? »

Réponse : Je ne connais pas le niveau de capacité en mathématiques chez votre enfant de deuxième année. Je vous fais des suggestions que vous pourrez adapter à son état de connaissances. Il faudrait insister sur le calcul mental en présentant des situations ludiques. L’apprentissage de la table d’addition et celle de multiplication devrait être la priorité.

Situation 1. Avec votre enfant, découpez des jetons que vous numérotez de 1 à 10. Il serait préférable de constituer deux de ces ensembles. Marquez des jetons avec les signes +, – et = selon vos besoins.

Demandez à votre enfant de placer un jeton numéroté sur la table. Ajoutez un signe + ou –. Demandez à votre enfant de placer un autre jeton numéroté. Posez le signe =. Demandez à votre enfant de trouver le résultat ou encore d’écrire la réponse sur un jeton non numéroté.

Situation 2. Adaptez la situation 1 avec la multiplication et la division.

Situation 3. Inventez des petites histoires où l’enfant devra résoudre le problème. Exemple 1. Grand-papa a 5 carottes. Pendant la nuit, un lapin s’empare de 2 carottes. Combien reste-t-il de carottes à grand-papa ?

Exemple 2. Le Petit Chaperon Rouge apporte 4 pommes à sa grand-maman. En chemin, une dame lui donne 3 pommes. Combien de pommes le Petit Chaperon Rouge pourra-t-il donner à sa grand-maman ?

Mettez à profit le vécu de l’enfant et le vôtre pour rendre les histoires crédibles aux yeux de l’enfant.

Bonne chance !

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# 3715 2 juin 2017

Divisibilité en magie

Il est bon de présenter de temps à autre aux élèves des trucs qui relèvent de la magie. Voici une activité :

Matériel : tableau, craie ou marqueur, calculatrice chez les élèves

Préparation. On tire quatre traits sur le tableau. L’enseignant pourra écrire les chiffres sur ces traits.

L’enseignant dit :

« Avec vous, je vais composer des nombres de quatre chiffres qui sont divisibles par 4, c’est-à-dire qu’il n’y pas de reste lorsqu’on fait la division.

Vous allez me donner un chiffre. [L’enseignant place le chiffre en première position, soit complètement à gauche.]

À mon tour, je vais écrire un chiffre. [L’enseignant le place en deuxième position.]

Donnez-moi un autre chiffre. [L’enseignant le place en troisième position.]

À mon tour, je vais placer un chiffre en quatrième position. [Si le dernier chiffre donné est pair, l’enseignant écrit 0, 4 ou 8. Si le dernier chiffre donné est impair, il écrit 2 ou 6.]

Vérifiez avec votre calculatrice en divisant ce nombre par 4. »

Exemple. Un élève choisit 5. L’enseignant le place en première position. L’enseignant choisit 9 et le place en deuxième position. Un élève choisit 7 qui est placé en troisième position. L’enseignant choisit 6 et le place en quatrième position. Le nombre est 5976. Il est divisible par 4.

On doit suivre les règles suivantes :

• Dans les trois premières positions, on peut placer n’importe lequel chiffre, sauf 0 au début.

• En quatrième position, on doit placer un chiffre pair selon la règle énoncée précédemment.

À la fin, vous dites aux élèves : « Essayez de trouver le truc. Je vous l’expliquerai la semaine prochaine. Un élève prendra alors ma place pour faire la même activité. »

Comme supplément, l’enseignant pourrait choisir d’écrire les chiffres dans n’importe quel ordre à la condition d’adapter les règles pour les deux derniers chiffres.

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# 3670 14 mai 2017

La Fête des Mères

La Fête des Mères qui vise à souligner le dévouement et l’implication des mères de famille est soulignée dans la plupart des pays. Au Québec, elle a lieu le deuxième dimanche de mai. Elle arrive au plus tôt le 8 mai et au plus tard le 14 mai.

Voici trois situations mathématiques inspirées par cette fête :

Situation 1. Connaissant le quantième de la Fête des Mères en une année, comment trouver le quantième de l’année suivante ?

Étapes

• Quand l’année cherchée est ordinaire, on soustrait 1 au quantième donné.

• Quand l’année cherchée est bissextile, on soustrait 2 au quantième donné.

• Si le résultat est plus petit que 8, on additionne 7.

• Si le résultat est plus grand ou égal à 8, c’est le quantième cherché

En 2017, cette fête a lieu le 14 mai. Quel sera le quantième en 2018 ? On fait : 14 – 1 = 13. Ce sera le 13 mai en 2018.

En 1999, cette fête a eu lieu le 9 mai. Quel a été le quantième en 2000 ? On fait : 9 – 2 = 7 et 7 + 7 = 14. En 2000, la fête a eu lieu le 14 mai.

Situation 2. Connaissant le jour de la semaine du 1^er janvier d’une année, comment trouver le quantième de la Fête des Mères en cette même année ?

Étapes

• Quand l’année est ordinaire, le 1^er mai sera le jour de la semaine suivant celui du 1^er janvier.

• Quand l’année est bissextile, le 1^er mai sera le deuxième jour de la semaine suivant celui du 1^er janvier.

• On identifie le quantième du premier dimanche après le 1^er mai, puis du second dimanche.

En 2018, le 1^er janvier sera un lundi. Le 1^er mai sera un mardi. Le premier dimanche sera le 6 et le second le 13. En 2018, la fête sera célébrée le 13 mai.

En 2020, le 1^er janvier sera un mercredi. Le 1^er mai sera un vendredi. Le premier dimanche sera le 3 et le second le 10. En 2020, la fête sera célébrée le 10 mai.

Situation 3. Pour une année donnée du 21^e siècle, comment trouver le quantième de la Fête des Mères ?

Étapes

• On prend les deux derniers chiffres de l’année.

• On divise ce nombre par 4 et on retient le quotient en ignorant le reste.

• On additionne les deux derniers chiffres de l’année et le quotient.

• On divise la somme par 7 et on conserve seulement le reste.

• On soustrait le reste de 14.

Quel sera le quantième en 2025 ? On 25 ÷ 4 = 6 reste 1. On retient 6. On fait : 25 + 6 = 31. On fait : 31 ÷ 7 = 4 reste 3 et 14 – 3 = 11. En 2025, la fête aura lieu le 11 mai, tout comme, par exemple, en 2014, 2031, 2042 et 2053.

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# 3630 26 avril 2017

Un solitaire géométrique

Vous pouvez construire un solitaire ou, si vous voulez, un casse-tête géométrique. Confectionnez quatre cubes de même volume. Placez-les en une colonne. Vous obtenez ainsi un prisme droit à base carrée. Coloriez chaque face de côté du prisme d’une seule couleur. Vous avez besoin de quatre couleurs.

Seize facettes des cubes sont ainsi colorées. Il reste huit facettes incolores, car les quatre cubes montrent 24 facettes. Vous pouvez colorer les facettes cachées selon bon vous semble en utilisant les quatre couleurs. Quand tout est terminé, essayez de reconstituer le prisme de telle façon qu’une seule couleur apparaisse sur chaque face.

Voici un exemple où on donne les patrons des quatre cubes :

Pour s’aider à assembler les cubes, on commence par compter la fréquence des couleurs sur chaque facette. Il y a cinq facettes vertes, six jaunes, six rouges, sept bleues. Seize facettes doivent apparaître sur les côtés du prisme. Les facettes cachées seront une verte, deux jaunes, deux rouges et trois bleues. On place les cubes en considérant ces données.

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# 3570 2 avril 2017

Petits problèmes plaisants

Je publie dans ce blogue un nouveau livre de ma composition intitulé Petits problèmes plaisants. Il contient 150 problèmes courts qui font appel à des connaissances mathématiques et logiques élémentaires. Les problèmes s’adressent aux amateurs de 9 à 99 ans. Les stratégies de résolution qui s’appliquent sont généralement à la portée des débutants. Voir Petits problèmes plaisants

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# 3545 23 mars 2017

Un nouveau livre

Je publie dans ce blogue un recueil de ma composition intitulé Jeux de grilles. Il contient 150 problèmes comportant au moins une grille. Les problèmes font appel à des connaissances élémentaires d’arithmétique et de logique. On doit composer des carrés magiques, des carrés latins et des nombres croisés, calculer le nombre de carrés ou de rectangles dans une grille, transformer des lettres en chiffres, déplacer des jetons ou encore biffer des nombres qui ont une même propriété. Voir Jeux de grilles.

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# 3505 7 mars 2017

Trucs de calcul mental

On ne le dira jamais assez. Le calcul mental est d’une importance capitale. Il n’est pas nécessairement rapide. Tout comme on montre à l’enfant à attacher ses chaussures, on doit appuyer sur le calcul mental. Voici trois exemples où l’enfant peut pratiquer le calcul mental sous un aspect récréatif :

Premier exercice

On présente à un jeune enfant une grille de nombres. Il doit repérer les groupes de deux nombres dont la somme est donnée. En cours de route, il colorie les cases ou biffe les deux nombres appropriés. Dans cette grille, la somme est 15.

1	7	11	2
6	13	6	5
3	12	14	9
8	10	7	4

À la fin, il additionne les nombres qui restent.

Solution. Les nombres qui restent sont 6 et 7. Leur somme est 13.

Les parents peuvent composer des grilles adaptées aux connaissances de l’enfant.

Deuxième exercice

L’enfant doit compléter la grille pour que la somme soit 17 sur chaque ligne et dans chaque colonne.

2	8
	3
10

Solution. La grille remplie est :

2	8	7
5	3	9
10	6	1

Troisième exercice

Dans la grille, l’enfant doit trouver combien de couples de nombres voisins horizontalement et verticalement ont une somme de 15.

7	8	4	11
3	5	10	1
12	9	2	14
5	6	9	8

Solution. On trouve sept couples. Horizontalement, on a : (7, 8), (4, 11), (5, 10), (6, 9). Verticalement, on a : (3, 12), (9, 6), (1, 14).

Par surcroit, ce dernier exercice apprend à l’enfant à procéder de façon systématique.

L’introduction d’un aspect ludique dans ces exercices peut procurer à l’enfant un certain intérêt, beaucoup plus que s’il devait faire une série d’additions sur une feuille.

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# 3450 13 février 2017

Cubes magiques

Il existe plusieurs formes de cubes magiques. L’une d’elles a rapport aux faces. En plaçant 12 nombres sur les arêtes pour que la somme soit 26 sur chaque face, on obtient un cube magique sur les faces. Par exemple, dans la figure ci-dessous, on a : 12 + 11 + 1 + 2 = 26, 12 + 3 + 6 + 5 = 26, etc.

Nous donnons une technique simple pour trouver des solutions lorsqu’on considère quatre faces sur six. Dans la grille ci-après, les losanges AKBJ, BGCH, LDMC et AEDF sont les quatre faces. Voici comment on procède :

• On transforme le cube en une grille carrée où les 12 lettres correspondent aux entiers de 1 à 12. Chaque losange correspond à une face.

			J
	A				B
			K
E		F		G		H
			L
	D				C
			M

• On fait les combinaisons de deux nombres dont la somme est 13.

1 2 3 4 5 6

12 11 10 9 8 7

• On place en A et B deux nombres dont la somme est 13.

• On place en D et C deux nombres dont la somme est 13.

• On fait (A + D). On écrit les combinaisons possibles de deux nombres pour cette somme.

• On fait (B + C). On écrit les combinaisons possibles de deux nombres pour cette somme.

• Dans les combinaisons possibles, on cherche quatre nombres dont la somme est 26 et qui appartiennent à deux combinaisons de 13. On les place de façon appropriée en E, F, G et H. Si les quatre nombres n’existent pas, on revient au début et on fait d’autres essais.

• Si les quatre nombres existent, il reste deux combinaisons. On les place en J, K, L et M.

Voici une première grille où la somme des nombres est 27 autour de la case centrale :

			1
	3				10
			12
6		9		4		7
			2
	8				5
			11

Voici une deuxième grille où la somme des nombres est 29 autour de la case centrale :

			1
	2				11
			12
6		10		3		7
			4
	8				5
			9

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Suite des propos mathématiques