Défis du calendrier mathématique Retour à la rubrique

Un défi par semaine

Décembre 2016, 2e défi

Le 9 décembre 2016 - Ecrit par Ana Rechtman Voir les commentaires (17)

Nous vous proposons un défi du calendrier mathématique 2016 chaque vendredi et sa solution la semaine suivante.

Semaine 50 :

Louis tient un sac avec $30$ billes blanches, bleues et vertes. Il sait que s’il extrait $25$ billes au hasard il y aura parmi elles au moins $3$ blanches, $5$ bleues et $7$ vertes. Quel est le nombre de billes bleues contenues dans le sac de Louis ?

Solution du 1er défi de Décembre :

Enoncé

La réponse est $2$, $5$ et $8$ ans.

Soient $x$, $y$ et $z$ les âges des trois enfants. On a

$(x+1)(y+1)(z+1) -xyz = xy+ xz+yz+ x+y+z +1=82$

$(x+2)(y+2)(z+2) -xyz = 2(xy+ xz+yz)+ 4(x+y+z) +8=200.$

En soustrayant le double de la première équation à la deuxième, on obtient

$2(x+y+z)=(200-8)-2(82-1)= 30,$

d’où $z=15-(x+y)$. Ainsi

$xy+xz+yz = 82-1-15=66$

$xy+x(15-(x+y))+y(15-(x+y)) = 66$

$15(x+y)-(x+y)^2 = 66 -xy$

$(x+y)^2-15(x+y)+(66-xy) = 0.$

Posons $A=x+y$ et $B=66-xy$. La dernière équation peut se récrire
$A^2-15A+B=0$. On peut alors la résoudre et obtenir

$A=\frac{15\pm\sqrt{225-4B}}{2}.$

Soit $C=225-4B$. Comme l’on veut que $A$ soit un nombre entier et $B\geq 0$, $C$ doit être le carré d’un nombre entier impair inférieur ou égal à $225$. En supposant $x \leq y$, on peut analyser successivement tous les cas possibles :

si $C=1$, alors $B=\frac{224}{4}=56$, d’où $xy=66-56=10$ et

$x+y=\frac{15\pm 1}{2},$

qui vaut $7$ ou $8$. Comme $10=1\times 10=2\times 5$, cela fournit une solution possible : $(x,y)=(2,5)$ et $z=15-7=8$.

si $C=9$, alors $B=\frac{216}{4}=54$, d’où $xy=12$ et

$x+y=\frac{15\pm 3}{2},$

qui vaut $6$ ou $9$. Comme $12=1\times 12=2\times 6=3\times 4$, cela ne fournit pas de solution.

si $C=25$, alors $B=\frac{200}{4}=50$, d’où $xy=16$ et

$x+y=\frac{15\pm 5}{2},$

qui vaut $5$ ou $10$. Comme $16=1\times 16=2\times 8=4\times 4$,
cela fournit une solution possible : $(x,y)=(2,8)$ et $z=15-10=5$.

si $C=49$, alors $B=\frac{176}{4}=44$, d’où $xy=22$ et

$x+y=\frac{15\pm 7}{2},$

qui vaut $4$ ou $11$. Comme $22= 1\times 22 =2\times 11$, cela ne fournit pas de solution.

si $C=81$, alors $B=\frac{144}{4}=36$, d’où $xy=30$ et

$x+y=\frac{15\pm 9}{2},$

qui vaut $3$ ou $12$. Comme $30=1\times 30=2\times 15=3\times 10=5\times 6$, cela ne fournit pas de solution.

si $C=121$, alors $B=\frac{104}{4}=26$, d’où $xy=40$ et

$x+y=\frac{15\pm 11}{2},$

qui vaut $2$ ou $13$. Comme $40=1\times 40=2\times 20=4\times 10 =5\times 8$, cela fournit une solution possible : $(x,y)=(5,8)$ et $z=15-13=2$.

si $C=169$, alors $B=\frac{56}{4}=14$, d’où $xy=52$ et

$x+y=\frac{15\pm 13}{2},$

qui vaut $1$ ou $14$. Comme $52=1\times 52=2\times 26=4\times 13$, cela ne fournit pas de solution.

si $C=225$, $B=0$ d’où $xy=66$ et $xz+yz=66-xy=0$. Donc $z=0$ et $x+y=15$. Comme $66=1\times 66=2\times 33=3\times 22=6\times 11$, cela ne fournit pas de solution.

Ainsi, les enfants ont $2$, $5$ et $8$ ans.

Post-scriptum :

Calendrier mathématique 2016 - Sous la direction d’Ana Rechtman, Maxime Bourrigan - Textes : Aubin Arroyo, Fabiola Manjarrez et Ana Rechtman.
2015, Presses universitaires de Strasbourg. Tous droits réservés.

Article édité par Ana Rechtman

Commentaire sur l'article

Décembre 2016, 2e défi

le 9 décembre 2016 à 08:57, par Al_louarn

$B=$ nombre total de billes bleues
$m=$ nombre minimal de billes bleues parmi les $25$ prises
$M=$ nombre maximal de billes bleues parmi celles qui restent dans le sac
Alors $B=m+M$.
De plus $M \leq B$ et $M \leq 30 - 25$ donc $M=min(B,5)$.
Or $B \geq m$ et $m=5$ donc $B \geq 5$ et $M=5$.
Finalement $B=5+5=10$.
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Décembre 2016, 2e défi

le 9 décembre 2016 à 10:35, par amic

Il y a un petit souci dans le raisonnement, qui aurait l’air de fonctionner avec d’autres nombres que 3 et 7 pour les autres couleurs… Or si on prend par exemple 1, 5, 1 pour données de l’énoncé, et un sac avec 6 blanches 6 vertes et le reste de bleues, on est bien assurés d’avoir au moins 1 blanche quand on en prend 25, au moins 1 verte, et plus de 13 bleues (donc plus de 5 bleues)…

Pourtant le résultat est le bon, il faut juste utiliser les deux autres informations en même temps…
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Décembre 2016, 2e défi

le 9 décembre 2016 à 11:14, par Daniate

Bonjour,

On peut démontrer que pour un sac de n billes de 3 couleurs avec une prise de p billes la somme des minima certitudes est 3p-2n, c’est à dire ici 75-60=15. Rien d’étonnant qu’avec 1,5,1 on arrive à 1,13,1.

En fait un raisonnement du « pire » on a besoin que d’une information. Dans le « pire » cas les 5 billes restant dans le sac sont bleues et le sac doit donc contenir 5+5=10 billes bleues.

Le même raisonnement avec les autres couleurs donne une répartition 8,10 et 12. Le total est alors bien 30 puisqu’au départ on a 3+5+7=15.
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Décembre 2016, 2e défi

le 9 décembre 2016 à 11:35, par amic

Oui, on n’a besoin de qu’une information pour savoir que le nombre de billes bleues est supérieur ou égal à 10.

C’est pour montrer qu’il est effectivement égal à 10 qu’on a besoin des autres nombres.
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Décembre 2016, 2e défi

le 9 décembre 2016 à 12:17, par Al_louarn

Je dirais plutôt que le problème admet une solution si et seulement si les $3$ nombres de l’énoncé vérifient la condition de Daniate, donc ici une somme égale à $15$.
Mais une fois que c’est vérifié on n’a besoin que d’un seul nombre pour trouver cette solution.
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Décembre 2016, 2e défi

le 9 décembre 2016 à 13:30, par Daniate

Bonjour,

Imaginez qu’il y est 11 bleues, si les 5 restantes sont bleues il y aurait 6 sorties.
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Décembre 2016, 2e défi

le 10 décembre 2016 à 13:13, par Niak

Notons $S = w+b+g = 30$ avec $w$, $b$ et $g$ les nombres de billes blanches, bleues et vertes.
L’énoncé assure :
$25-(b+g)\geq3$ donc $b+g\leq22$
$25-(w+g)\geq5$ donc $w+g\leq20$
$25-(w+b)\geq7$ donc $w+b\leq18$
En sommant ces inégalités, on obtient $60 = 2S \leq 60$ donc aucune inégalité ne peut être stricte, ce sont des égalités et l’on déduit aisément l’unique solution $w=8$, $b=10$ et $g=12$.
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Décembre 2016, 2e défi

le 10 décembre 2016 à 21:25, par Daniate

Bonsoir,

Sans doute suis-je d’une autre génération, mais je m’étonne de l’emploi du calcul quand le raisonnement est possible.

Il reste 5 billes qui si elles sont unicolores donnent au moins 8 blanches, ou 10 bleues, ou 12 vertes. Or 8+10+12=30 donc on a l’unique répartition
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Décembre 2016, 2e défi

le 11 décembre 2016 à 22:31, par Niak

À vrai dire j’essayais de traduire formellement l’énoncé le plus directement possible. Ce qui est certain c’est qu’en raisonnant dans le pire cas sur les 5 billes restantes (comme vous le faites) et non les 25 billes extraites, on obtenait directement les inégalités $w\geq5+3$, $b\geq5+5$, etc, équivalentes aux équations de mon précédent message en substituant $b+g=30-w$, etc, et la suite est la même (on somme et l’on déduit qu’il s’agit d’égalités), si bien qu’en l’occurrence je ne vois qu’une différence de forme entre « calcul » et « raisonnement », non ?
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Décembre 2016, 2e défi

le 11 décembre 2016 à 23:20, par Daniate

Bonsoir, j’espère ne pas vous avoir froissé par mon message. Il a un sens plus général sur « l’élégance » des démonstrations. C’est donc juste un point de vue. En l’occurrence un raisonnement avec des variables ou inconnues me semble moins élégant qu’un raisonnement qu’on tient de tête. Ceci-dit je me suis fait moucher précédemment pour l’utilisation d’un raisonnement par récurrence qui n’était pas nécessaire, ce qui me fait penser n’être pas le seul avec cette vision d’élégance.
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Décembre 2016, 2e défi

le 12 décembre 2016 à 23:26, par Niak

On peut en effet légitimement préférer, pour plus « d’élégance » mais également ne pas noyer les arguments clefs du raisonnement, limiter la syntaxe formelle au strict nécessaire.
Bien sûr il y aura toujours matière à « débat » (mais je ne dis pas que c’est injustifié) sur le recours à la récurrence, à l’absurde (car non constructif), au raisonnement par cas (ou du moins au tiers exclu), sans parler de l’axiome du choix ou encore des marteaux-pilons condamnés à écraser des mouches, lorsque ce n’est pas indispensable.
Vu d’une certaine façon, cela peut même devenir un sujet très sérieux : il existe un domaine de recherche en logique mathématique appelé reverse mathematics qui remonte depuis les théorèmes aux ensembles d’axiomes « minimaux » nécessaires à leur preuve.
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Décembre 2016, 2e défi

le 14 décembre 2016 à 21:52, par ROUX

WIKIPÉDIA
Les mathématiciens peuvent qualifier une méthode dans une démonstration d’ « élégante » quand :
elle utilise peu de résultats préalables,
elle est exceptionnellement courte,
elle établit un résultat d’une façon surprenante (par exemple à partir de théorèmes qui ne sont apparemment pas en rapport avec celle-ci),
elle est basée sur des concepts originaux,
elle fait appel à une méthode qui peut être généralisée pour résoudre facilement une famille de problèmes semblables.
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Décembre 2016, 2e défi

le 11 décembre 2016 à 23:35, par jfg3

Je ne comprends pas, moi non plus, les raisonnements et calculs compliqués utilisés pour justifier ce résultat. L’énoncé nous dit que tout sous-ensemble de 25 billes contient au moins 5 billes bleues, ce qui implique qu’il y a au plus 25 - 5 = 20 billes qui ne sont pas de couleur bleue (sinon il suffirait de choisir, par exemple, 21 billes de couleur non bleue et 4 billes bleues pour que l’énoncé ne soit pas vérifié). Donc il y a au moins 30 - 20 = 10 billes bleues.

On peut faire la même raisonnement pour les billes blanches : il y a au moins 30 - (25 - 3) = 8 billes blanches ; ainsi que pour les billes vertes : il y a au moins 30 - (25 - 7) = 12 billes vertes.

Comme la somme des billes bleues, blanches et vertes doit être égale à 30, on a effectivement 10 billes bleues, 8 billes blanches et 12 billes vertes.
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Décembre 2016, 2e défi

le 11 décembre 2016 à 23:53, par jfg3

Je ne comprends pas, moi non plus, les raisonnements et calculs compliqués utilisés pour justifier ce résultat. L’énoncé indique que tout sous-ensemble de 25 billes contient au moins 5 billes bleues, cela implique qu’il y a au plus 25 - 5 = 20 billes qui ne sont pas de couleur bleue (sinon il suffirait de choisir, par exemple, 21 billes non bleues et 4 billes bleues pour que l’énoncé ne soit pas vérifié). Par conséquent il y a au moins 30 - 20 = 10 billes bleues.

On peut faire le même raisonnement pour les billes blanches : il y a au moins 30 - (25 - 3) = 8 billes blanches ; et pour les billes vertes : il y a au moins 30 - (25 - 7) = 12 billes vertes.

Comme le nombre total de billes bleues, blanches et vertes doit être égal à 30, il y a effectivement 10 billes bleues, 8 billes blanches et 12 billes vertes.
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Décembre 2016, 2e défi

le 11 décembre 2016 à 19:39, par Laurent

Bonjour,

On peut appeler B la bille est bleue et nonB pour la bille ne l’est pas.

Sur 25 billes on sait que 5 sont B et 10 nonB ; le minimum de 5 sur 25 donne qu’il y a au plus 10 autres billes nonB.
Donc au maximum il y a 10+10=20 non B
Donc 10 B.
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solu

le 12 décembre 2016 à 14:48, par asmama medo

imaginons qu’on ait partagé les 30 billes en deux blocs, C1 contient 3 billes blanches, 5 bleus et 7 vertes, et C2 un blocs qu’on cherche combien sera porter de billes bleus. On choisi toutes les billes de bloc C2 et on complete par 10 billes de blocs C1 pour avoir 25 billes . Par exemple on complete par 7 vertes et 3 blanches selon la contrainte de l’énoncé C2 contient au moins 5 billes bleus. On ce procéde de cette maniere chosissons a chaque 10 billes de C2 et on conclure...on trouvra que le nbre de billes bleu est 10.
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Elégance

le 13 décembre 2016 à 14:51, par LALANNE

Bonjour,
Les défis ne sont en général pas difficiles. En revanche, chacun à son appréciation sur l’élégance d’une solution. Il me semble intéressant de reprendre les défis depuis le premier pour proposer une solution qui parait plus élégante . Pourra t-on ainsi convenir de critères d’élégance ? Doit -on mettre au vote les solutions proposées ?
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Ana Rechtman

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