Défi de la semaine
Sur la figure ci-dessous formée par des bâtonnets, on peut distinguer trois carrés : un grand et deux petits.
Déplacer quatre bâtonnets de sorte que la figure contienne alors quatre carrés de même taille.
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Solution du premier défi d'octobre 2024
Montrons d’abord que les âges de Marie et Bruno sont des nombres à deux chiffres.
Si jamais l’un des deux avait \(9\) ans ou moins, l’autre devrait alors avoir au moins \(100\) ans. Mais alors, dans \(31\) ans, leurs âges mis bout à bout formeraient un nombre à cinq chiffres, ce qui est exclu.
Notons donc \(ab= 10a+b\) (respectivement \(cd = 10c+d\)) l’âge de Marie (respectivement Bruno), où \(a, b, c\) et \(d\) sont des entiers entre \(0\) et \(9\).
On sait que le nombre à quatre chiffres \(abcd = 1000a+100b+10c+d\) est le carré d’un entier \(x\).
Dans \(31\) ans, leurs âges seront
\(10a+b+31 = 10(a+3)+(b+1)\) et \(10c+d+31 = 10(c+3)+d+1\).
Ce sont encore des nombres à deux chiffres et l’on sait que
\(1000(a+3)+100(b+1)+10(c+3)+d+1\) est le carré d’un autre entier \(y\).
On en déduit que
\begin{align*}
y^2 &= 1000(a+3)+100(b+1)+10(c+3)+d+1\\
&=abcd+3131 =x^2+3131,
\end{align*}
autrement dit \[(y-x)(y+x)=3131=31\times 101.\]
Comme \(y>x\), on a \(y-x=31\) et \(y+x=101\).
En résolvant ce système linéaire, on trouve \(x=35\) et \(y=66\).
Par conséquent, \(x^2=1225\) et \(y^2=4356\).
On en déduit que Marie a \(12\) ans et Bruno a \(25\) ans.
Post-scriptum
Le calendrier est publié aux Presses Universitaires de Grenoble, sous la direction scientifique de Romain Joly.
Crédits images
©JROBALLO / Adobestock
ÉCRIT PAR
Romain Joly
Maître de conférences - Institut Fourier de Grenoble
15h26
Un cube a douze arêtes, mais nous avons ici onze allumettes seulement.
Construisons donc un cube avec douze allumettes, ôtons une allumette, et il nous reste 4 carrés constitués de onze allumettes.
12h59
Bonjour
Au départ toutes les allumettes sont dans le même plan. Pour obtenir votre cube à 11 allumettes, il faudrait en sortir au moins 7 hors de ce plan, mais l’énoncé autorise seulement 4 déplacements.
Pour ma part j’ai bien obtenu 4 carrés, tous de côté \(\frac{1}{2}\), mais en déplaçant 5 allumettes. Je ne vois aucune solution !
13h07
Bien vu, tout à l’enthousiasme de ma réponse, je n’avais pas lu correctement l’énoncé.
10h12
Haha! L’astuce est de « casser » les carrés existant en remontant les 2 allumettes du bas à 1/2 allumettes et de prendre 2 allumettes du grand carré sur la partie haute afin de former les 4 carrés de longueur 1/2 allumettes.
Le grand carré et les 2 du bas on disparu. On se retrouve bien avec 4 carrés en ayant déplacé que 4 allumettes.