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)
Lire l'article en

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 $B=5+5=10$.
Répondre à ce message

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…
Répondre à ce message

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.
Répondre à ce message

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.
Répondre à ce message

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.
Répondre à ce message
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.
Répondre à ce message

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 $g=12$.
Répondre à ce message

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
Répondre à ce message

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 ?
Répondre à ce message

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.
Répondre à ce message

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.
Répondre à ce message
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.
Répondre à ce message

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.
Répondre à ce message
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.
Répondre à ce message

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.
Répondre à ce message
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.
Répondre à ce message

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 ?
Répondre à ce message

Laisser un commentaire

Forum sur abonnement

Pour participer à ce forum, vous devez vous enregistrer au préalable. Merci d’indiquer ci-dessous l’identifiant personnel qui vous a été fourni. Si vous n’êtes pas enregistré, vous devez vous inscrire.

Connexion | s’inscrire | mot de passe oublié ?

L'auteur

Ana Rechtman

Un défi par semaine

Décembre 2016, 2e défi

Pour citer cet article :

Crédits image :

Commentaire sur l'article