Voici une sélection de 30 jeux mathématiques de types et de difficultés variés, qui ont tous un point commun : ils vous demanderont une bonne réflexion pour trouver la réponse. Alors jouez le jeu et essayez de ne pas vous jeter sur les réponses tout de suite. Bon courage !
Sommaire des 30 jeux mathématiques de cette page |
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Les 3 interrupteurs et l'ampoule Les 5 sportifs chez le médecin |
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Le problème des
12 pièces :
On vous donne 12 pièces qui paraissent toutes identiques, dont l’une est contrefaite et a un poids légèrement différent des autres (vous ne savez pas si la fausse pièce est plus lourde ou plus légère). On vous donne une balance de Roberval (balance à 2 plateaux), qui vous permet de mettre le même nombre de pièces de chaque côté et d’observer quel côté (s’il y en a un) est plus lourd. Comment identifier la pièce contrefaite et déterminer si elle est plus lourde ou plus légère, en 3 pesées ?
Vous pouvez vous entraîner à trouver la fausse pièce en fonction de l'état de la balance lors des 3 posées en utilisant cette animation.
Réponse :
Je vous confirme qu'il existe bien une solution permettant de détecter la pièce fausse en 3 pesées seulement, et même de savoir si la pièce fausse est plus lourde ou plus légère que les 11 autres. Mais ce problème doit être bien réfléchi avant de voir la solution. Alors si vous n'avez pas trouvé de solution après plusieurs heures de réflexion, je vous invite à m'écrire afin que je vous envoie la réponse, ou un indice vous mettant sur la voie :-)
Les 3 interrupteurs et l'ampoule
Dans une pièce,
une ampoule au plafond, elle est éteinte. Dans une autre pièce,
trois interrupteurs, un seul commande l'ampoule. De la pièce où
se trouvent les interrupteurs, on ne voit évidemment pas la pièce
où est l'ampoule, on n'a pas de compteur électrique à portée
de main, ni de voltmètre ou d'ampèremètre...
Vous avez le droit d'aller dans la pièce où se trouve l'ampoule
une seule fois. Votre mission, si vous l'acceptez, est de déterminer
à coup sûr l'interrupteur qui commande l'ampoule.
Réponse :
1) actionner l'interrupteur 1
2) attendre 5 minutes
3) actionner l'interrupteur 1 dans l'autre sens
4) actionner l'interrupteur 2
5) aller dans la pièce où se trouve l'ampoule et conclure :
Si la lampe est allumée :
c'est l'interrupteur 2 qui la commande
Si la lampe est éteinte et froide : c'est l'interrupteur 3 qui la commande
Si la lampe est éteinte et chaude : c'est l'interupteur 1 qui la commande
L'âge de Christine
Christine et Robert
forment un couple solide et uni, d'âge moyen. Robert a 48 ans, alors qu'elle
... ne veut pas le dire. Essayer de deviner I'âge de Christine, en sachant
que Robert a actuellement le double de I'âge qu'avait Christine au moment
où il avait I'âge qu'elle a actuellement.
Qui joue quoi ?
Trois amis musiciens, Alexander, Boris et Stefan, disposent de 2 guitares, un piano et une clarinette. Ils déident d'exéuter ensemble un morceau de musque avec toutes les contraintes suivantes :
- Si Alexander est au piano alors Boris est a la guitare
- Si Alexander est à la guitare alors Stefan est au piano
- Si Boris est à la guitare alors Stefan est aussi à la guitare
- Si Alexander est à la clarinette alors Stefan est au piano
- Si Stefan est au piano alors Boris est à la guitare
Qui joue quoi ? Trouvez la bonne réponse parmi les 5 propositions suivantes
:
a - Alexander-guitare ; Boris-piano ; Stefan-guitare
b - Alexander-piano ; Boris et Stefan Guitare
c - Alexander-guitare ; Stefan-piano ; Boris-clarinette
d - Alexander-clarinette ; Stefan-guitare ; Boris-piano
e - Aucune de ces réponses
Les pièces d'or
Vous disposez de 10 sacs contenant chacun n pièces d'or (n>10). Chaque pièce pèse 1 g. Un de ces sacs ne comporte que des fausses pièces qui ont pour caractéristique de peser 2 g. Vous disposez d'une balance électronique affichant la masse de ce qui est posé sur son plateau. Comment faire alors pour déterminer, en une seule pesée, le sac qui contient les fausses pièces ?
Réponse:
Cliquez ici pour voir la réponse
La fausse pièce parmi les 9
Comment déterminer une fausse pièce d'or parmi neuf sanchant que celle-ci est plus légère. Nous disposons pour cela d'une simple balance de Roberval (possibilité de comparer la masse de deux ensembles de pièces posées sur deux plateaux). Nous n'avons droit qu'à deux pesées successives.
Nom des pièces : A B C D E F G H I
Réponse:
Cliquez ici pour voir la réponse
Les 5 sportifs chez le médecin
Cinq sportifs sont dans la salle d'attente d'un médecin spécialisé.
Retrouvez grâce aux indications suivantes leur ordre d'arrivée, le sport pratiqué par chacun ainsi que la raison de leur présence.
- Jean qui est arrivé en dernier, ne pratique ni la gymnastique ni le basket. Il ne vient pas se faire établir un certificat
- Christian, venu pour un soin, ne pratique pas non plus la gymnastique
- Grégoire, qui est arrivé avant Laurent mais après celui qui pratique la gymnastique fait du patinage. Il n'est venu ni pour un certificat, ni chercher un renouvellement d'ordonnance
- Celui qui pratique le football est arrivé le troisième, avant Christian. Il est venu chercher une dispense
- Remi est un sportif. Le rugby est un sport. La visite est un motif de consultation.
Réponse:
Vous trouverez la réponse à ce problème sur ma page consacrée à Prolog.
Les neuf fils du docteur Septembre
Le docteur
Septembre a eu neuf fils successifs, tous également espacés du même nombre d'années.
En 1988, le carré de l'âge du docteur est exactement égal à la somme des carrés
des âges des enfants.
Quel est l'âge du docteur Septembre?
Domino à dominer
Domi a représenté une jolie multiplication avec cinq dominos. Son frère Mino en a permuté deux. La multiplication (ci-dessous) est maintenant (hélas) fausse :
Rétablissez la multiplication juste.
Habilité numérique :
Tous les
nombres suivants peuvent être groupés par paires ayant une somme identique,
sauf un. Lequel ?
10 14
16 12
17 15
19
Les
cubes de Paul :
Paul,
5ans, joue avec des petits cubes en bois. En les superposant tous, il arrive
à former un grand cube. Ensuite, en superposant à nouveau tous ses cubes, il
arrive à former deux cubes de tailles différentes. Combien Paul a-t-il de cubes
au minimum ?
Réponse :
Le
petit garçon fabrique un grand cube de z petits cubes de coté, donc son grand
cube est fait de z*z*z petits cubes !!! Il fabrique ensuite 2 cubes de x et
y petits cubes de coté.
En
résumé il faut résoudre l'équation :
z^3=x^3+y^3
A
ce propos il convient de faire un petit développement :
La
fameuse conjecture, dite grand théorème (ou dernier théorème) de Fermat énonce
qu'il n'existe pas d'entiers x, y et z non nuls pour lesquels : x^n + y^n =
z^n lorsque n > 2. Elle a été prouvée récemment (juin 1993) par le mathématicien
anglais Andrew Wiles après 350 années d'efforts et de recherche des mathématiciens
du monde entier (avec, à la clé, une forte récompense promise au 19è siècle
par l'Académie des Sciences).
Fermat,
en marge de ses écrits, affirma l'avoir prouvé de façon merveilleuse, mais ne
pas avoir assez de place pour y insérer sa démonstration. Il la prouva en tout
cas pour n = 3 (ce qui nous intéresse pour notre problème de cubes !) et n =
4 comme le firent Euler et Gauss (indépendamment l'un de l'autre). Legendre
et Dirichlet s'attaquèrent victorieusement au cas n = 5 et Lamé au cas n = 7.
Il
fallait le dire !!!
Trouvez
la suite
1
(2,3) 2 (5,6) 4 (11,30) 26 ( ?, ?) ?
Trouvez
la suite.
Réponse :
Chaque
nombre devant la parenthèse est la différence entre le deuxième nombre de la
parenthèse précédente et le nombre devant cette parenthèse.
Le
premier nombre de chaque parenthèse est égale à la somme des deux nombres de
la parenthèse précédente.
Le
deuxième nombre de chaque parenthèse est égal au produit des deux nombres de
la parenthèse précédente. Les deux nombres cherchés sont donc : (41,330).
Château de cartes
On dispose de 1993 cartes carrées : 1000 grises et 993 noires. On veut continuer la construction commencée ci-dessus avec la même règle ; une "rangée oblique" de cartes grise, une "rangée oblique" de cartes noires, etc... On s'arrête avec la dernière "rangée oblique complète" qui a pu être placée.
Combien reste-t-il alors de cartes grises ?
Qui a le zèbre ?
Cinq hommes de nationalités et de professions différentes habitent des maisons de couleurs différentes et situés côte à côte dans le même alignement. Ils ont chacun un animal favori et une boisson préférée.
Nous savons à leur sujet que :
- l'anglais habite la maison rouge
- l'espagnol a un chien
- dans la maison verte on boit du café
- l'ukrainien boit du thé
- la maison verte est immédiatement à droite de la maison blanche
- le sculpteur élève des escargots
- le diplomate habite la maison jaune
- dans la maison du milieu on boit du lait
- le norvégien habite la première maison à gauche
- le médecin habite une maison voisine de celle où demeure le propriétaire du renard
- la maison du diplomate est à côté de celle où il y a un cheval
- le violoniste boit du jus d'orange
- le japonais est acrobate
- le norvégien habite à côté de la maison bleue
Pouvez-vous répondre à la question simple suivante :
- Qui boit de l'eau et qui possède le zèbre ?
Réponse:
Vous trouverez la réponse à ce problème sur ma page consacrée à Prolog.
Le
lingot d'or découpé en 5 morceaux
Il
y a bien longtemps, bien avant l'invention du système monétaire que l'on connaît,
un homme fort riche gardait sa fortune sous forme de lingots d'or de 30 centimètres
de longueur.
Un
jour, il passa un contrat avec un artiste pour que celui-ci peigne le portrait
de sa magnifique femme.
L'artiste
déclara qu'il lui fallait 30 jours pour peindre le tableau et qu'il désirait
être payé quotidiennement, et au taux d'un centimètre d'or par jour.
L'homme
riche consentit, mais, pour ne pas avoir à couper un de ses lingots en 30 pièces
d'un centimètre (ce serait dommage de perdre de l'or en sciure lors des coupes...),
l'homme trouva le moyen de le couper en 5 morceaux tout en versant à l'artiste
un centimètre d'or par jour.
De
quelle grosseur étaient les 5 morceaux ?
Réponse :
Il
faut découper le lingot en morceaux de 1,2,4,8 et 15 cm.
le
premier jour il donne 1cm
le
deuxième jour il donne 2cm et reprend 1cm
le
troisième jour il donne 3cm et reprend 2cm
etc...
Pour
avoir 1cm -> 1
2cm -> 2
3cm -> 1+2
4cm -> 4
5cm -> 4+1
6cm -> 4+2
7cm -> 4+1+2
8cm -> 8
9cm -> 8+1
10cm -> 8+2
11cm -> 8+1+2
12cm -> 8+4
13cm -> 8+4+1
14cm -> 8+4+2
15cm -> 8+4+1+2 ou 15
16cm -> 15+1
17cm -> 15+2
18cm -> 15+1+2
19cm -> 15+4
20cm -> 15+4+1
21cm -> 15+4+2
22cm -> 15+4+1+2
23cm -> 15+8
24cm -> 15+8+1
25cm -> 15+8+2
26cm -> 15+8+1+2
27cm -> 15+8+4
28cm -> 15+8+4+1
29cm -> 15+8+4+2
30cm -> 15+8+4+1+2
Ainsi
on a les 30 mesures rien qu'avec 5 morceaux
Manœuvres
de wagons :
En
combien de manœuvres au minimum, peut-on inverser les wagons A et B tout en
remettant la locomotive en place ?
Tout
déplacement à partir de la vitesse nulle est une manœuvre, il faut accrocher
un wagon pour le tirer et le pousser et il faut s'arrêter pour accrocher ou
décrocher.
Réponse :
Manœuvre
1 : Loco avance et arrête au 25 m
Manœuvre 2 : Loco recule et accroche B
Manœuvre 3 : Loco + B avance et arrête au 25 m
Manœuvre 4 : Loco + B recule et arrête au 5 m
Manœuvre 5 : Loco décroche B et avance au 25 m
Manœuvre 6 : Loco recule et arrête à illimité
Manœuvre 7 : Loco avance vers A et l'accroche
Manœuvre 8 : Loco + A recule et arrête à illimité
Manœuvre 9 : Loco + A avance et arrête au 25 m
Manœuvre 10 : Loco décroche A, recule et arrête à illimité
Manœuvre 11 : Loco avance vers B et l'accroche
Manœuvre 12 : Loco + B recule et arrête à illimité
Manœuvre 13 : Loco + B avance vers A et l'accroche
Manœuvre 14 : Loco + B + A recule et arrête à illimité
Manœuvre 15 : Loco + B + A avance et arrête au 5 m
Manœuvre 16 : Loco + B décroche A, recule et arrête entre 5 m et illimité
Manœuvre 17 : Loco décroche B, recule et arrête à illimité
Manœuvre 18 : Loco avance et arrête au 25 m
Manœuvre 19 : Loco recule et va accrocher A au 5 m
Manœuvre 20 : Loco + A avance et arrête au 25 m
Manœuvre 21 : Loco + A recule et arrête entre 25 m et illimité
Manœuvre 22 : Loco décroche A et avance au 25 m
Manœuvre 23 : Loco retourne à sa place
Pieds
de vigne :
Un
vigneron veut planter ses 12 pieds de vignes de manière à obtenir 6 rangées
de 4 plants, comment peut-il bien faire ?
Réponse :
Il
suffit de placer les pieds de façon régulière aux intersections de deux triangles
équilatéraux égaux renversés, comme sur le dessin ci-dessus. De nombreuses autres
solutions peuvent être obtenues...
Mots
croisés :
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2
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2
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1
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1
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2
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2
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1
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1
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Les
chiffres autour du carré indiquent le nombre de cases noires dans chaque ligne
ou colonne. Combien peut-on tracer de carrés remplissant l'ensemble des conditions
?
Réponse :
En
commençant par remplir la première colonne, nous avons six possibilités de remplissage
:
(si
les cases sont repérées par des coordonnées type "bataille navale",
avec A, B, C et D pour les lignes et 1,2,3 et 4 pour les colonnes)
1)
A1 B1
2)
A1 C1
3)
A1 D1
4)
B1 C1
5)
B1 D1
6)
C1 D1
Dans
le premier cas, les cases C1 et D1 n'étant ni l'une ni l'autre occupées, la
seconde colonne laisse également 6 possibilités de remplissage similaires à
celles de la première.
Pour
chaque remplissage de la deuxième colonne, il existe alors deux possibilités
de remplir les deux dernières colonnes dans lesquelles il manque (pour chacune)
une case noire. Les deux cas étant symétriques par rapport à l'axe séparant
les 2 dernières colonnes.
Nous
avons donc 6*2=12 possibilités de remplissage pour le premier cas.
Pour
les cas 2,3,4,5 l'une au moins des cases C1 ou D1 étant déjà occupées, il n'existe
alors plus que 3 possibilités de remplissage de la deuxième colonne pour chacun
des cas (chaque case est utilisée dans trois dispositions différentes. La présence
d'une case noire en C1 ou D1 élimine alors les cas remplissant C2 ou D2 en même
temps. Soit trois cas pour chaque fois que C1 ou D1 est noire).
Le
remplissage des deux dernières colonnes suit le même raisonnement que pour le
premier cas, sauf que dans les cas 2,3,4 et 5 il existe à chaque fois un remplissage
de la deuxième colonne laissant l'une des deux lignes A ou B vides, imposant
le remplissage des deux dernières colonnes par deux cases noires dans la ligne
laissée vide (suis-je clair ?).
Ce
qui produit un cas qui est son propre symétrique par rapport à l'axe séparant
les colonnes 3 et 4. Nous avons donc 6*2-1 possibilités de remplissage pour
les cas 2,3,4 et 5.
Pour
le cas numéro 6, C1 ET D1 étant remplies, il n'existe alors plus qu'un remplissage
possible de la deuxième colonne (il faut éliminer tous les remplissages possibles
faisant intervenir C2 ou D2 soit 5 possibilités sur 6).
Idem,
le remplissage de la deuxième colonne laisse deux remplissages possibles des
colonnes 3 et 4, symétriques par rapport à l'axe séparant les colonnes 3 et
4. Nous avons donc 2 possibilités de remplissage pour le cas 6 (ha ha ha..Le
cassis... Tu sais c'ky t'dit l'cassis ??).
Au
total nous avons donc 12+5+5+5+5+2=34 possibilités
Puissance :
Trouvez
le dernier chiffre de :
777777.....7777
à la puissance 7777.....77777
1998 fois
1998 fois
Réponse :
Les
puissances successives d'un nombre terminé par 7 sont :
7,
9, 3, 1, 7 .....etc.
On
retrouve le même dernier chiffre toutes les 4 fois.
Le
nombre représentant la puissance proposée (1998 fois le chiffre 7) se terminant
par 77, si on divise ce nombre par 4, le reste est 1.
Le
dernier chiffre du calcul proposé sera donc 7
Le
billard :
Un
billard rectangulaire de 2 x 3 mètres possède 6 trous situés à chacun de ses
angles ainsi qu’au milieu de ses grands côtés.
Un
joueur réussit à rentrer la boule initialement située au milieu du billard dans
un des trous.
Sachant
que la boule a parcouru un nombre entier de mètres et a rebondi au moins une
fois, combien de fois au minimum a-t-elle rebondi avant de rentrer dans le trou
? On considérera que la taille des trous et de la boule sont négligeables.
Donner
le nombre de rebonds minimum, la distance parcourue et une démonstration.
Réponse :
Commençons
par "rectifier" le problème : l'angle de réflexion d'une boule de
billard étant égale à l'angle d'incidence, on peut imaginer que la boule, au
lieu de rebondir, poursuit son chemin sur un deuxième billard symétrique par
rapport à la bande.
On
considère donc un pavage du plan constitué d'une infinité de billards, dont
l'origine est le centre du premier billard.
Le
but du jeu est donc de trouver un segment de droite partant du centre et joignant
un trou.
Soit
T un trou du plan, les coordonnées de T sont de la forme (1.5a , 2b+1) où a
et b sont des entiers positifs. Lorsqu'une boule atteint le trou T, elle aura
"rebondie", c'est à dire traversée une bande, a/2+b fois. Minimiser
le nombre de rebonds, revient donc à minimiser a et b.
La
condition supplémentaire demandée est que la distance parcourue soit un nombre
entier de mètres, c'est à dire le carré de 1.5a + le carré de (2b+1) est le
carré d'un entier.
A
ce stade, j'ouvre mon encyclopédie des math et je cherche si quelqu'un n'a pas
déjà démontré un truc là dessus. Et en effet, (pour l'anecdote) :
x*x
+ y*y = z*z admet plein de solution entière de la forme :
x=(a*a-b*b)*c
y=2abc
z=(a*a+b*b)*c
où
a, b, c sont des entiers (on appel ça des triplets pythagoriciens).
Les
plus petites solutions pour x, y, z sont : (3,4,5) qui ne convient pas, puis
(5,12,13) qui convient :
5=2b+1
=> b=2
12=1.5a
=> a=8
Donc
la distance parcourue est de 13 mètres, avec 6 bandes.
Avant
de conclure, il faut encore s'assurer que la boule ne tombe pas dans un trou
avant d'avoir fait ses 6 bandes : on vérifie qu'il n'existe pas d'autres trous
pour b
Les
forgerons :
Deux
forgerons A et B commencent en même temps à battre le fer sur l'enclume. A frappe
12 coups en 7 minutes et B frappe 17 coups en 9 minutes. On demande de donner
1°)
le rang des coups, NA et NB, qui s'approcheront le plus de la coïncidence de
frappe avant que les forgerons ne refrappent en simultanéité (NA rang des coups
donnés par A, NB rang des coups donnés par B)
2°)
le temps exact (exprimé sous forme de fraction) qui sépare ces deux coups les
plus proches sans être simultanés.
Réponse version 1 :
A
frappe 12 coups en 7 minutes, soit 204 coups en 119 minutes.
B
frappe 17 coups en 9 minutes, soit 204 coups en 108 minutes.
La
durée entre deux coups de A est de 119/204 de minute
La
durée entre deux coups de B est de 108/204 de minute
Adoptons
ut = 1/204 de minute comme unité de temps, pour simplifier les calculs.
A
chaque coup, le décalage augmente de 11 ut, jusqu'à ce qu'il y ait rattrapage.
L'avance
de B sur A sera successivement de 11,22,33,... 99,110,121. Quand l'avance passe
de 110 à 121, elle est réduite à 2 par un coup supplémentaire de B.
L'avance
de B sur A devient successivement de 13,24,35, .... 101,112,123 Donc tous les
11 coups de B, l'avance progresse de 2 unités de temps. Quand l'avance sera
égale à 118, elle sera en réalité à -1 (118-119= -1, soit retard de 1). (A frappe
avant B)
Cela
se produit pour les coups 49 et 54, mais si l'on ajoute le premier coup de départ,
simultané pour A et B, on obtient NA=50 et NB=55. Le temps exact qui sépare
ces deux coups est de 1/204 de minute ou 5/17 de seconde.
49*(119/204)=5831/204
et 54*(108/204)=5832/204.
Remarque
: On a une deuxième valeur d'approche de coïncidence avec une avance de 1 au
lieu de -1 pour les coups NA=60 et NB=66. (B frappe avant A)
La
simultanéité se produit pour les coups NA=109 et NB=120, les durées étant alors
:
119*108=12852
et 109*119=12852.
Réponse version 2 :
Voici une autre interprétation du problème, chacun se fera une image de la bonne solution :
A frappe 12 coups en 7 minutes : il y a 11 intervalles en 7 mn et donc chaque intervalle est de 7/11 de mn, ce qui n'est pas identique a 119/204.
B frappe 17 coups en 9 minutes : il y a 16 intervalles en 9 mn, soit 9/16 pour la durée entre deux coups.
A et B se retrouvent donc en phase toutes les 63 mn, lorsque A a frappé 100 coups (incluant le 1er) et B 113 (incluant le 1er).
Maintenant 99/112 developpé en fractions continues donne les convergentes 7/8, 8/9, 15/17, 23/26, 38/43, indiquant que les coups seront tres rapprochés pour la 8e frappe de A (t = 4.45 mn) avec la 9e frappe de B ( t= 4.5 mn) (la 1e frappe est incluse) ou encore meilleur 39 pour A (t = 24.182 mn) et 44 de B (t= 24.187 mn).
Le
maître d'hôtel :
Un
maître d'hôtel facétieux et néanmoins mathématicien a disposé neuf verres de
façon à ce qu'ils forment 10 alignements de trois verres.
Comment
s'y est-il pris?
Réponse :
2
solutions ont été proposées: les voici. Mais y en a-t-il d'autres?
et
Les
marcheurs :
Deux
marcheurs A et B partent en même temps d'un même point et marchent dans la même
direction.
Chaque
fois que la distance qui les sépare est un nombre pair de kilomètres, A augmente
sa vitesse de 1/4 km/h et, chaque fois que cette distance est un nombre impair
de kilomètres, B augmente sa vitesse de 1/2 km/h.
Quand
A a 4km d'avance sur B, le chemin qu'il a parcouru surpasse de 1km et 1/3, celui
qu'il aurait fait si sa vitesse s'était maintenue uniforme; de son côté B a
parcouru, à ce moment, une distance de 30km et 2/3.
Déterminer
des vitesses de A et B au départ. Sont-elles les seules possibles?
Réponse :
A
: 4 km/h
B
: 3 km/h
Les
mobiles se croisent à 5 km 1/3 de C.
Solution
unique !
Démonstration
Première remarque
On
remarque que lorsque la distance qui sépare nos deux compères est
un
nombre entier de kilomètres, de deux choses l'une :
-
soit ils acquièrent la même vitesse, qui ne changera plus,
et
la distance entre les deux reste dès lors constante
-
soit les vitesses restent différentes, auquel cas la prochaine fois
que
la distance sera à nouveau un nombre entier de kilomètres, ce sera
avec
une parité opposée (puisqu'il s'agira du nombre juste avant ou
juste
après).
Deuxième
remarque
L'augmentation
de la vitesse de B étant plus importante que celle de A, il finit toujours par
doubler A, quelles que soient leurs vitesses initiales.
Ceci
n'est vrai que si leurs vitesses ne s'égalisent pas comme noté dans la première
remarque.
Cette
deuxième remarque découle de la première en considérant l'augmentation de vitesse
tous les deux changements : 1/4 pour A et 1/2 pour B.
Troisième
remarque
Pour
que A devance B a un moment, la deuxième remarque nous permet d'affirmer que
A doit commencer avec une vitesse supérieure à B.
Si
ce n'était pas le cas, il ne pourrait pas dépasser B.
Quatrième
remarque
Si
A a une vitesse initiale plus élevée que B, l'écart entre les deux va commencer
à croître, puis se réduire pour finalement s'inverser, avec éventuellement des
petits soubresauts.
Il
n'est donc pas impossible qu'il puisse y a voir plusieurs moments au cours desquels
la distance entre A et B soit de 4 km.
Recherche
d'un couple solution
On
note v la différence entre la vitesse de A et celle de B.
Compte
tenu des différentes remarques, nous allons supposer que v est positive et suffisamment
grande pour permettre à A d'atteindre une avance de 4 km sur B.
La
variation de l'écart entre A et B ne dépend que de cette seule valeur et non
des vitesses absolues de A et B.
On
peut donc donner, pour chaque intervalle entre deux variations de vitesse, la
vitesse relative de A ainsi que la durée de cet intervalle :
Int.
v. rel. durée(*)
====================================
0-1
v 1/v
1-2
v-1/2 1/(v-1/2)
2-3
v-1/4 1/(v-1/4)
3-4
v-3/4 1/(v-3/4)
(*)
La durée est le rapport de la distance parcourue (1 km) par la vitesse.
Rappelons
que l'on a supposé que v était suffisamment grande pour que A atteigne une avance
de 4 km sur B, en l’occurrence on peut maintenant dire que cette condition revient
à imposer : v > 3/4 (sinon, l'avance décroîtrait dans l'intervalle 3-4).
Sous cette hypothèse, à la fin du quatrième intervalle, A a une avance de 4
km sur B.
Sur
les intervalles 0-1 et 1-2, la vitesse de A reste constante et égale à sa vitesse
initiale.
Sur
les deux derniers intervalles, la vitesse de A vaut sa vitesse initiale plus
1/4.
Calculons
la durée T des deux derniers intervalles qui vaut :
T
= 1/(v-1/4) + 1/(v-3/4), soit
T
= 16(2v - 1)/(16v^2 - 16v + 3)
Au
cours de cette durée, A a une vitesse de 1/4 km/h supérieure a sa vitesse initiale.
La distance supplémentaire qu'il parcourt (4/3 km) vaut le produit de cette
vitesse par cette durée :
4/3
= T x 1/4
d'où
l'équation du second degré en v :
16v^2
- 22v + 6 = 0
qui
a v = 1 pour seule solution supérieure à 3/4.
On
peut reporter la valeur de la différence initiale entre les vitesses, dans le
tableau précédent et rajouter, en notant vb la vitesse initiale de b, la vitesse
de B dans chacun des intervalles, ainsi que la distance parcourue :
Int.
durée vit. B distance(*)
===================================================
0-1
1 vb vb
1-2
2 vb+1/2 2vb + 1
2-3
4/3 vb+1/2 4/3vb + 4/6
3-4
4 vb+1 4vb + 4
(*)
La distance est naturellement le produit de la durée par la vitesse !
La
distance totale D parcourue par B est la somme des distances :
D
= 1/3 (25vb + 17)
Comme
cette distance vaut 30 + 2/3 = 92/3, on a :
25vb
+ 17 = 92
soit
vb = 3 km/h.
D'où,
va = 4 km/h.
Unicité
de la solution
=================================
Nous
avons remarqué que la distance entre A et B augmentait puis diminuait, mais
qu'éventuellement, elle pouvait se figer sur une valeur.
Une
distance particulière peut dès lors :
1.
n'être jamais atteinte
2.
être atteinte une seule fois (l'écart maximum en faveur de A)
3.
être atteinte deux fois (une fois en phase ascendante, une fois descendante,
la seconde fois étant optionnelle, si l'écart se fige entre-temps)
4.
être la distance constante lorsque les deux vitesses deviennent égales. Les
distances commencent à diminuer sur une valeur impaire. Il n'y a donc pas de
solution de type 2 avec la valeur 4 km.
Notre
solution est la première valeur du cas 3. Avec une valeur initiale de 1, les
vitesses deviennent égales au kilomètre 5. L'écart toujours à 5 restera et jamais
plus ne se réduira.
On
peut rechercher une solution dans laquelle, la distance de 4 km est atteinte
une première fois, sans remplir les conditions, augmente puis diminue pour revenir
à 4 km en remplissant cette fois-ci les conditions, par exemple :
Int.
v. rel.
===============-
0-1
v
1-2
v-1/2
2-3
v-1/4
3-4
v-3/4
4-5
v-1/2
5-4
v-1
Dans
ce cas, la vitesse v devrait être comprise entre 3/4 et 1.
Autre
exemple :
Int.
v. rel.
===============-
0-1
v
1-2
v-1/2
2-3
v-1/4
3-4
v-3/4
4-5
v-1/2
5-6
v-1
6-7
v-3/4
7-6
v-5/4
6-5
v-1
5-4
v-3/2
Dans
ce cas, la vitesse v doit être comprise entre 1 et 5/4. La contrainte sur la
distance supplémentaire parcourue par A amène à une équation avec un degré croissant.
On
constate rapidement qu'il n'est pas possible de trouver de solutions dans ce
cas de figure, car les contraintes sur les valeurs minimums sont incompatibles
avec la distance supplémentaire parcourue par A. Par ailleurs, une telle solution
"lointaine" est obtenue à des vitesses absolues croissantes, ce qui
est incompatible avec la distance parcourue par B.
Désordre :
François,
Gwenn-aël et Gautier doivent vider leur chambre. François et Gwenn-aël rangent
une chambre en quatre heures, François et Gautier en trois heures seulement.
Gwenn-aël et Gautier expédient le travail en deux heures.
Sachant
que ces trois frères mettent le même désordre dans leur chambre, en combien
de temps François va-t-il ranger la sienne?
Réponse :
Aujourd'hui,
c'est le grand nettoyage de printemps, alors François, Gwenn-ael et Gautier
décident de ranger des chambres sans discontinuer pendant 12 heures ! Ils habitent
en fait une très grande maison, comportant de nombreuses chambres, toutes identiques.
Comme il y a beaucoup de travail, ils décident de faire appel a leurs frères
jumeaux (oui, François, Gwenn-ael et Gautier ont chacun un frère jumeau, qui
bien sur range à la même vitesse qu'eux)
Ces
6 frères décident de constituer des équipes de rangement de 2 personnes, mais
afin d'éviter la monotonie, les jumeaux ne travailleront pas ensemble : ils
se répartissent donc selon
Equipe
1 : François et Gwenn-ael-bis (4h par chambre)
Equipe
2 : François-bis et Gautier (3h par chambre)
Equipe
3 : Gwenn-ael-bis et Gautier-bis (2h par chambre)
A
la fin du grand nettoyage (qui dure 12 heures), les 3 équipes ont donc rangé
respectivement 3, 4 et 6 chambres pour un total de 13 chambres.
Cependant,
toutes les chambres ne sont pas encore rangées, et nos 6 compères décident de
refaire une seconde séance de 12 heures. Cette fois, François et son frère jumeau
décident de travailler ensemble, ce qui donne la composition suivante
Equipe
1 : François et François-bis
Equipe
2 : Gwenn-ael et Gautier-bis (2h par chambre)
Equipe
3 : Gwenn-ael-bis et Gautier (2h par chambre)
Il
est clair qu'en 12 heures, les équipes 2 et 3 auront chacune range 6 chambres.
Comme l'ensemble range normalement 13 chambres en 12 heures, cela implique que
l’équipe des François aura tout juste rangé une seule chambre.
Cela
permet donc de conclure que François seul aura besoin de deux fois plus de temps,
soit 24 heures, pour ranger sa chambre.
L'armée
en colonnes :
Un
général voudrait ranger les hommes de son armée en colonnes, de telle sorte
qu'en effectuant une inspection de gauche à droite, il y ait à chaque fois un
homme de plus dans la colonne suivante.
Par
exemple, s'il avait 15 hommes, il pourrait faire 3 colonnes et en placer 4 dans
la 1ère colonne, 5 dans la 2ème et 6 dans la 3ème.
Le
problème, c'est qu'il a beau envisager un nombre quelconque de colonnes (au
moins 2), il ne parvient pas à placer ses hommes de cette façon car il lui reste
toujours des hommes en plus ou en moins.
Combien
y a-t-il d'hommes dans son armée, sachant que ce nombre est compris entre 10000
et 20000?
Réponse :
La
solution est 16384 soldats.
En
effet, si le nombre de soldats est impair, on peut toujours les ordonner en
2 colonnes dont une qui a un soldat de plus que l'autre.
Si
le nombre est pair, il s'écrit sous la forme 2^p * n.
Si
n est différent de 1 (i.e. le nombre n'est pas une puissance de 2), on peut
l'organiser en colonnes, sur 2^(p+1) ou un diviseur de n colonnes (au moins
une des deux façons).
Par
exemple, 6=2x3 se met sur 3 colonnes, 18=2x9 se met sur 3 ou 4 colonnes, 20=4x5
se met sur 5 colonnes, 36=9x4 se met sur 3 ou 8 colonnes, et ainsi de suite.
Les
seuls nombres de soldats qui ne se mettent pas en colonnes sont les puissances
de 2: 2, 4, 8, 16,... La seule puissance de 2 entre 10000 et 20000 est 16384,
d'où le résultat.
Escalier :
Un
escalier dessert les trois étages d'une maison; le nombre des marches contenues
dans la volée du premier égale les 8/9 de celui des marches de l'escalier du
troisième et la moitié du premier de ces nombres surpasse de deux le septième
du nombre total des marches de l'escalier.
Une
personne qui a l'habitude de mettre 13½ sec. pour monter seulement la volée
du troisième étage, se trouvant pressée, commença l'ascension de l'escalier
avec une vitesse trois fois plus grande que sa vitesse habituelle, en montant
la volée du deuxième sa vitesse n'est plus que les 5/6 de ce qu'elle était au
départ et en montant les 2/3 de l'escalier du troisième sa vitesse diminue encore
et devient les 2/3 de ce qu'elle était au début.
Arrivée
en ce point, cette personne est obligée de s'arrêter pendant 31sec. pour se
reposer, et elle termine l'ascension en montant en 5sec., une marche de moins
que si elle montait avec sa vitesse usuelle.
Elle
constate alors que le temps mis pour faire l'ascension est à celui qu'elle aurait
mis si elle avait monté l'escalier à son allure habituelle comme 69 est à 50.
Trouver
d'après cela le nombre total des marches de l'escalier.
Réponse :
Version longue et calculatoire
Soit
a, b, c les nombres de marches des première, seconde et troisième volées d'escalier.
Soit v la vitesse normale de montée (en marches/secondes).
L’énonce
implique successivement les égalités suivantes :
a
= 8/9 c
a/2
= 2 + (a+b+c)/7
v
= c/13.5
a/(3v)
+ b/(3v 5/6) + 2/3 c/(3v 2/3) + 31 + 5 = 69/50 (a+b+c)/v
Cette
dernière égalité est obtenue en exprimant le temps total de montée de la personne
pressée. Ce système de quatre équations est équivalent a
9a
= 8c
7a
= 28 + 2(a+b+c)
27v
= 2c
a
+ 6b/5 + c + 108v = 207/50 (a+b+c)
ou
encore
9a
- 8c = 0
5a
- 2b - 2c = 28
-
2c + 27v = 0
157a
+ 147b + 157c - 5400v = 0
qui
peut être résolu par une méthode classique applicable aux systèmes linéaires.
L'unique solution est a=24, c=27, b=19 et v=2. L'escalier compte donc au total
24+27+19=70 marches.
============================
Version courte et astucieuse
Remarquons
qu'a aucun moment, on n'a utilisé le fait que les 5 secondes finales du trajet
représentent une marche de moins qu'a la vitesse habituelle. Puisque ces 5 secondes
correspondent a un tiers de la troisième volée d'escaliers, ceci peut se traduire
simplement par (avec les même notations que ci-dessus)
c/3
+ 1 = 5v
Puisque
v = c/13.5, ceci implique directement que
c/3
+ 1 = 5/13.5 c
d'où
9c
+ 27 = 10 c
et
finalement c = 27
L’équation
a = 8/9c permet de déduire a = 24 et l’équation a/2 = 2 + (a+b+c)/7 nous donne
12 = 2 + (a+b+c)/7, ce qui permet de conclure a+b+c = 7 (12-2) = 70 marches.
Traversée
de voies :
Il
faut interconnecter 2 voies , séparées de d = 30 m par une liaison en forme
de S ayant des rayons de courbure R de 75 m. Quels sont la distance L et l'angle
a ?
Réponse :
La
distance OA est 75m. Soit un point C sur OA situé exactement entre les deux
voies. La distance OC est donc 75-(30/2)= 60m . Soit D le point situé exactement
au centre du S. La distance OD est 75m. On a donc un triangle rectangle OCD.
Le cos de l'angle alpha est donc 60/75 ce qui donne alpha = 36.87deg. La distance
CD est donc égale à 75*sin(alpha)=45m. Puisque CD est exactement à mi-distance
dans le S, la longueur L est don 2*45=90m.
Les
mèches :
2
mèches de tailles différentes brûlent chacune en 1/2 heure, mais non linéairement
(90% de la meche peut brûler en 29 minutes...). Comment calculer 3/4 d'heure
?
Réponse :
On
allumera une mèche et la laissera brûler normalement. Puis on allumera les deux
bouts de la deuxième mèche. Les 45 minutes seront passées lorsque la deuxième
mèche sera brûlée.
Ta
part est plus grande que la mienne
Un
gros monsieur et un petit homme étaient assis dans le wagon-restaurant d'un
train, et chacun commanda du poisson. Quand le serveur apporta le dîner, le
gros monsieur pris sans attendre le plus gros poisson; le petit homme se plaignit
que c'était extrêmement impoli.
"Qu'est
ce que vous auriez alors fait si je vous avais laissé le choix ?" lui demanda
le gros monsieur, contrarié.
"J'aurais
été poli et j'aurais pris le petit poisson," lui répondit le petit homme
d'un air de suffisance.
"Bien,
c'est ce que vous avez !"
Comme
le montre cette vieille blague, certaines personnes sont difficiles à satisfaire.
Ces
50 dernières années, des mathématiciens se sont attelés à des problèmes de divisions
judicieuses, le plus souvent formulés en termes de cake que de poisson. Jack
Robertson et William Webb ont récemment publié un livre fascinant, Cake Cutting
Algorithms (A.K. Peters, Natick, Mass., USA, 1998), qui traite du sujet.
Nous
allons nous intéresser à quelques idées qui ont émergées de la simple question
qu'est la division d'un gâteau afin que chacun soit content.
Le
cas le plus simple implique seulement deux personnes qui veulent partager un
gâteau afin que chacun soit satisfait par un partage judicieux. "Judicieux"
veut dire ici "la moitié voire plus selon mon estimation," et les
bénéficiaires peuvent ne pas être d'accord sur la valeur d'un certain morceau.
Par exemple, Alice pourrait aimer les cerises, tandis que Robert préférait le
glaçage. Curieusement, il est plus facile de diviser le gâteau quand les destinataires
ne sont pas d'accord sur la valeur des parts.
Vous
pouvez voir que cela à son avantage ici, puisqu'on peut donner le glaçage à
Robert et les cerises à Alice, et nous les satisferont les deux. Si les deux
voulait du glaçage, le problème aurait été plus difficile.
Mais
ce n'est pas si difficile quand on a seulement deux personnes. La solution "Alice
coupe, Robert choisit" date de 2800 ans. C'est judicieux dans le sens que
ni Alice, ni Robert n'a le droit de se plaindre du résultat. Si Alice n'aime
pas le morceau que Robert a laissé, c'est qu'elle n'a pas coupé des tranches
égales (suivant son estimation). Si Robert n'aime pas son morceau, c'est parce
qu'il a fait le mauvais choix.
Le
problème commence comme à devenir intéressant avec trois personnes. Pour commencer,
Robertson et Webb analysent une réponse plausible mais incorrecte. Thomas, Didier
et Henry veulent diviser un gâteau afin que chacun soit satisfait en en ayant
au moins un tiers. Le gâteau est par ailleurs considéré comme indéfiniment divisible
(bien que beaucoup de théories marchent s'il y a des atomes non négligeables,
des points dont au moins un des destinataires considère la valeur comme non
nul). L'algorithme va comme ceci:
1.Thomas
coupe le gâteau en deux morceaux x et w, où il pense que x correspond à 1/3
et w à 2/3. 2.Didier coupe w en deux morceaux y et z, qu'il considère comme
la moitié de w. 3.Henry choisit entre x, y et z lequel il préfère. Ensuite,
Thomas choisit parmi les deux tranches restantes. Didier prend le dernier morceau.
C'est
clair que Henry va être satisfait, car il a le premier choix. Thomas est aussi
satisfait, pour deux raisons légèrement plus complexes. Si Henry prend x, alors
Thomas peut choisir entre y et z celui qu'il préfère. Or, comme il pense que
ces deux morceaux valent 2/3 au total, il peut penser qu'au moins un d'eux vaut
1/3. Autrement, si Henry choisit y ou z, alors Thomas pourra prendre x.
Didier,
par contre, pourrait ne pas être autant satisfait. S'il n'est pas d'accord avec
Thomas pour le premier coup de couteau, alors il pourrait penser que w vaut
moins de 2/3, ce qui veut dire que la seule pièce qui le satisfasse est x. Henry
pourrait prendre y, et Tom x, alors Didier serait obligé de prendre z, qu'il
ne veut pas.
La
première division judicieuse fut trouvée en 1944 par Hugo Steinhaus, un du groupe
des mathématiciens qui se rencontraient régulièrement dans un café à Lvov. Sa
méthode implique une technique appelée ajustage.
1.Thomas
coupe le gâteau en deux parties x et w, où il pense que x vaut 1/3 et w 2/3.
2.Il passe x à Didier et lui demande de l'ajuster pour qu'il vaille 1/3 si Didier
pense qu'il vaut plus que ça, ou de le laisser comme ça dans le cas contraire.
Appelons la tranche qui en résulte x': c'est soit x, soit plus petit. 3.Didier
passe x' à Henry, qui peut soit l'accepter, soit la refuser. 4.(a) Si Henry
accepte x', alors Thomas et Didier recollent le reste du gâteau, c'est-à-dire
w + le reste de l'ajustage s'il y a lieu. Ils jouent à "je coupe, tu choisis"
comme pour diviser un gâteau en deux.
(b)
Si Henry n'accepte pas x' et que Didier a ajusté le gâteau, alors c'est ce dernier
qui prendra x'. Thomas et Henry se partagent alors le reste par la méthode "je
coupe, tu choisis".
(c)
Si henry n'accepte pas x' et que Didier n'a pas ajusté le gâteau, alors c'est
Thomas qui prendra x. Didier et Henry se divisent le reste avec "je coupe,
tu choisis".
C'est
une réponse. Je vous laisserai en vérifier la logique. En fait, celui qui n'est
pas satisfait de ce qui l'a reçu a dû faire un mauvais choix ou un mauvais coup
de couteau dans un étape précédente, dans ce cas il ne peut s'en prendre qu'a
lui-même.
En
1961, Lester E. Dubins et Edwin H. Spanier propose une solution impliquant un
couteau qui bouge. On fait en sorte qu'un couteau survole le gâteau horizontalement
et petit à petit, en partant depuis la gauche. A chaque moment, l est la part
qui se trouve au gauche du couteau. Thomas, Didier et Henry doivent crier "stop!"
aussitôt que la valeur de l, à leurs yeux, atteint 1/3. Le premier que crie
reçoit l, et les deux autres se partagent le reste soit par "je coupe,
tu choisis" ou en continuant à faire avancer le couteau et en criant quand
on pense que la valeur correspond à 1/2. (Qu'est ce qu'ils feraient si deux
personnes criaient en même temps? Réfléchissez à ça.)
Cette
méthode s'étend facilement à n destinataires. Faites avancer le couteau et demandez
à chacun de crier quand l atteint 1/n au vu de son estimation. La première personne
qui crie obtient l, et les n - 1 destinataires restants recommencent le processus
sur le reste du gâteau, et bien sûr ils crieront lorsqu'ils penseront que la
valeur atteint 1 / (n - 1) et ainsi de suite.
Je
dois dire que je n'ai jamais été très heureux avec des algorithmes avec un couteau
mobile à cause du temps de réaction. Le meilleur moyen de contourner cet inconvénient
est de faire avancer le couteau très lentement.
Appelons
la première sorte de réponse un algorithme avec un couteau immobile, et la seconde
algorithme avec un couteau mobile. Il existe un algorithme avec un couteau immobile
qui peut s'étendre facilement à n personnes. Thomas est assis à sa place, regardant
son gâteau, quand Didier l'aperçoit et lui en demande la moitié. Alors Thomas
essaie de partager le gâteau en deux parts égales et Didier choisit celle qu'il
préfère. C'est à ce moment qu'arrive Henry, qui en demande une tranche et selon
un partage judicieux. Thomas et Didier divisent indépendamment leurs morceaux
en trois parts qu'ils considèrent comme égales. Henry choisit une part chez
chacun d'eux.
Ce
n'est pas difficile de voir que cet algorithme de divisions successives marche,
et que l'extension à un certain nombre de personnes et relativement similaire.
La méthode par ajustage peut être aussi étendue à n personnes en offrant à tous
ceux qui sont autour de la table la possibilité d'ajuster la pièce s'ils sont
prêts à en accepter le résultat.
Quelle
méthode demande le moins de coups de couteau ? La méthode avec un couteau mobile
requiert n - 1 coups de couteau pour avoir n parts et c'est le moins qui est
possible. Les méthodes avec un couteau immobile sont plus gênantes. Avec n personnes,
la généralisation de l’algorithme d'ajustage demande (n2 - n) / 2 coups de couteau,
et l'algorithme de divisions successives en requiert n! - 1, où n! = n * (n
- 1) * (n - 2) ... 3 * 2 * 1 est la factorielle. C'est toujours plus grand qu'avec
l'algorithme d'ajustage sauf quand n = 2.
Une
méthode plus efficace avec un couteau immobile est l’algorithme de division
et de conquête, qui marche vaguement comme ceci: essayez de diviser le gâteau
en un coup de couteau afin qu'à peu près la moitié des gens serait content de
faire un partage judicieux avec une part, tandis que l'autre moitié serait d'accord
de faire un partage judicieux avec l'autre part.
Ensuite,
on répète la manœuvre avec les deux moitiés de gâteau. Le nombre de coupes demandé
ici est à peu près de 2 log (2n). La formule exacte est nk - 2k + 1, où k est
le seul nombre entier afin que 2k - 1 < n < 2k. Cela peut être autant
bon qu'avec un couteau mobile.
En
principe, les méthodes de partages pour un gâteau peuvent très bien être appliquées
à certaines situations de la vie réelle. Quand l’Allemagne a été divisée entre
les Alliés et la Russie pour des buts administratifs, le premier essai laissa
Berlin en surplus, qui dû être partagé ultérieurement. Alors les négociateurs
ont intuitivement appliqué les techniques de partage d'un gâteau. Les relations
entre Israéliens et Palestiniens sont tendues en ce moment car Jérusalem est
dans la même situation que Berlin.
Pourquoi
pas utiliser les mathématiques pour assister les négociation de ce type ? Il
agréable de se dire que nous vivons dans un monde suffisamment rationnel pour
une telle approche.
Le
brocanteur
Un
brocanteur achète une vieille montre 100 F, la vend 120 F, la rachète 140 F
et la revend
160 F. Quel est son bénéfice ?
Réponse :
Le
brocanteur fait deux opérations commercialement indépendantes : chacune lui
procurant un bénéfice de 20 F, son bénéfice total est égal à 2 * 20 = 40 F.
Réponses de certains problèmes :
Solution du problème des pièces d'or :
On pose sur le plateau :
1 pièce du sac 1,
2 pièces du sac 2,
3 pièces du sac 3,
...
10 pièces du sac 10.
Si toutes les pièces étaient bonnes, le total ferait 55g.
S'il fait 56g : c'est le sac 1
S'il fait 57g : c'est le sac 2
S'il fait 58g : c'est le sac 3
...
S'il fait 65g : c'est le sac 10
Retour au problème des pièces d'or
Solution du problème de la fausse pièce parmi les 9 :
Pesée 1 : ABC / DEF
si même poids, pesée 2 : G/H puis
selon le résultat, on peut choisir entre G, H ou I
si ABC < DEF, pesée 2 : A/B
puis selon le résultat, on peut choisir entre A, B ou C
sinon (ABC > DEF), pesée 2 : D/E
puis selon le résultat, on peut choisir entre D, E ou F
Retour au problème de la fausse pièce parmi les 9
Bonus !
Si vous en êtes en bas de cette page, vous avez sans doute déjà vu et réfléchi le problème des 12 pièces. Vous avez alors bien mérité sa solution que vous trouverez en cliquant ici.