Chapitre 2. Interactions et partages

2.01 Enjeux de jetons

Problème 1

Xavier et Yvon jouent deux parties avec des jetons et en perdent chacun une dans cet ordre. Ils conviennent que celui qui perdra doublera le nombre de jetons de l’autre. À la fin, chacun a 12 jetons.

Combien chacun avait-il de jetons au début ?

Démarche 1

Au début, Xavier a x et Yvon a y jetons.

 Xavier perd. Il doit donner y à Yvon. Il reste (x – y) à Xavier et Yvon a 2y.

 Yvon perd. Il doit donner (x – y) à Xavier. Il reste à Yvon (3y – x) et à Xavier (2x – 2y). Ce tableau illustre la situation :

On peut écrire : 2x – 2y = 12 et 3y – x = 12. On trouve que x = 15 et y = 9.

Xavier avait 15 jetons et Yvon 9 jetons.

Démarche 2

On procède à rebours. Les perdants sont inversés. Les gagnants perdent la moitié de leur avoir.

 Xavier avait 15 jetons et Yvon 9 jetons.

Problème 2

Xavier, Yvon et Zénon jouent trois parties et en perdent chacun une dans cet ordre. Ils conviennent que celui qui perdra doublera le nombre de jetons des autres. À la fin, chacun a 24 jetons.

Combien chacun avait-il de jetons au début ?

Démarche

On procède à rebours. Les perdants sont inversés. Les gagnants perdent la moitié de leur avoir.

Xavier avait 39 jetons, Yvon 21 jetons et Zénon 12 jetons.

Problème 3

Xavier, Yvon et Zénon jouent trois parties et en perdent chacun une dans cet ordre. Ils conviennent que celui qui perdra donnera à chacun des deux autres la moitié des jetons qu’il a. À la fin, chacun a 27 jetons.

Combien chacun avait-il de jetons au début ?

Démarche

On procède à rebours. Les perdants sont inversés. Les gagnants perdent le tiers de leur avoir.

Xavier avait 35 jetons, Yvon 26 jetons et Zénon 20 jetons.

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2.02 Mises à trois joueurs

Problème

Trois joueurs conviennent qu'à chaque partie le perdant doublera l'argent des deux autres. Ils perdent chacun une partie et quittent le jeu avec 16 pistoles chacun.

Combien chaque joueur avait-il en se mettant au jeu ?

Démarche 1

Désignons dans l’ordre les mises initiales par x, y, z. À chaque partie, le perdant double le montant de chacun des deux autres et le sien est diminué d’autant. Ce tableau illustre le déroulement du jeu.

Comme chaque joueur a 16 pistoles à la fin, on peut puiser trois équations sur la dernière ligne :

4(x – y – z) = 16

2 (-x + 3y – z) = 16

-x – y – 7z = 16

On résout ce système d’équations. On obtient : x = 26, y = 14 et z = 8.

Le premier joueur avait 26 pistoles, le deuxième 14 pistoles et le troisième 8 pistoles.

Démarche 2

Le premier joueur a x pistoles. D’après le tableau, à la fin, il lui restera 4(x – y – z) = 16. D’où, x – y – z = 4. Sachant que x + y + z = 48 (c’est le montant en jeu), par les deux équations, on trouve que x = 26.

Pour trouver la valeur de y, on fait : 2 (-x + 3y – z) = 16 et x + y + z = 48. D’où, y = 14. Comme x = 26 et y = 14, alors z = 8.

Le premier joueur avait 26 pistoles, le deuxième 14 pistoles et le troisième 8 pistoles.

Démarche 3

Le premier joueur a x pistoles. Soit M le montant en jeu qui est de 48 pistoles, après avoir joué, il paie aux autres joueurs (M – x). Il lui restera (2x – M). Au tour suivant, il aura 2(2x – M), puis au troisième tour 4(2x – M). Or, 4(2x – M) = 16. On déduit que x = 26.

Le deuxième joueur a y pistoles. Après avoir joué, il paie (M – 2y). Il lui reste alors 2y – (M – 2y), ce qui est égal à (4y – M). Après la troisième partie, il aura 2(4y – M) = 16. On déduit que y = 14. Il s’ensuit que z = 8.

Le premier joueur avait 26 pistoles, le deuxième 14 pistoles et le troisième 8 pistoles.

Démarche 4

À la fin, le premier joueur a 16 pistoles. Après le deuxième tour, il en a la moitié moins, soit 8 pistoles. Après le troisième tour, il en encore la moitié moins soit 4 pistoles. On peut écrire : x – (y + z) = 4. Comme le montant du premier joueur est 4, on peut écrire : x – (48 – x) = 4. Alors, x = 26, puis y + z = 22.

D’une valeur à l’autre, on applique une régularité :

y = (x + 2)/2 et z = (y + 2)/2. D’où, y = 14 et z = 8.

Le premier joueur avait 26 pistoles, le deuxième 14 pistoles et le troisième 8 pistoles.

Démarche 5

Soit a le facteur qui multiplie par 8 la part de chacun à la fin, on peut écrire :

y = (x + a)/2 et z = (y + a)/2.

D’où, z = (x + 3a)/4. On écrit l’équation suivante : x + (x + a)/2 + (x + 3a)/4 = 48. Puisque a = 2, on déduit que x = 26, puis y = 14 et z = 8.

Le premier joueur avait 26 pistoles, le deuxième 14 pistoles et le troisième 8 pistoles.

Démarche 6

On procède à rebours. On part de la fin et on remonte jusqu’avant la mise au jeu.

On divise par 2 le montant des deux joueurs qui gagnent. On attribue le reste au joueur qui perd. Par exemple, quand le 3^e joueur perd, chacun des deux autres a 8 pistoles. Pour le troisième joueur, on fait : 48 – 8 – 8 = 32. La mise des joueurs apparaît sur la deuxième ligne du tableau : 26, 14 et 8.

Le premier joueur avait 26 pistoles, le deuxième 14 pistoles et le troisième 8 pistoles.

Complément

Le tableau suivant nous permet de résoudre toutes les situations où il y a trois joueurs, que chacun double le montant des autres en cas de perte et qu’à la fin chacun a le même montant.

Par exemple, si chacun avait 12 pistoles à la fin, la mise du premier joueur serait de 19,5 pistoles, celle du deuxième joueur de 10,5 pistoles et celle du troisième de 6 pistoles.

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2.03 Mises à quatre joueurs

Problème 1

Quatre joueurs conviennent qu'à chaque partie le perdant doublera l'argent des trois autres. Ils perdent chacun une partie et quittent le jeu avec 80 pistoles chacun.

Combien chaque joueur avait-il en se mettant au jeu ?

Démarche

Le tableau suivant, lu à rebours, illustre le déroulement du jeu.

Des données du tableau, on peut déduire que le montant lors de la mise au jeu

· du premier joueur est : 80 × 2 + 5 = 165.

· du deuxième joueur est : 165 – 80 = 85 ou encore (165 + 5)/2 = 85

· du troisième joueur est : 85 – 80/2 = 45 ou encore (85 + 5)/2 = 45

· du quatrième joueur est : 45 – 80/4 = 25 ou encore (45 + 5)/2 = 25.

La mise des joueurs est respectivement 165, 85, 45 et 25 pistoles.

Problème 2

Quatre joueurs conviennent qu'à chaque partie le perdant doublera l'argent des trois autres. Ils perdent chacun une partie et quittent le jeu avec 16 pistoles chacun.

Combien chaque joueur avait-il en se mettant au jeu ?

Illustration

Le tableau suivant, lu à rebours, illustre le déroulement du jeu et est donné afin de soutenir la démarche.

Démarche 1

Le premier joueur a 16/8 = 2 au premier tour. Il reste 62 pour les trois autres. Or, chacun à ce moment a le double de sa mise. Celle-ci était : 62/2 = 31. La mise du premier joueur est de : 64 – 31 = 33.

Le deuxième joueur a : 16/4 = 4 au deuxième tour. Il reste 60 pour les trois autres. Or, chacun a à ce moment le double de sa mise. Celle-ci est : 60/2 = 30. Au premier tour, le deuxième joueur a : 64 – 30 = 34. Sa mise est de 34/2 = 17.

Le troisième joueur a : 16/2 = 8 au troisième tour. Il reste 56 pour les trois autres. Or, chacun a à ce moment le double de sa mise. Celle-ci est : 56/2 = 28. Au deuxième tour, le troisième joueur a : 64 – 28 = 36. Sa mise est de 36/4 = 9.

Le quatrième joueur a : 64 – (33 + 17 + 9) = 5.

La mise des joueurs est respectivement 33, 17, 9 et 5 pistoles.

Démarche 2

Après avoir établi que la mise du premier joueur est 33. On additionne 1 et on divise par 2 pour trouver la mise du deuxième joueur. On continue ainsi pour les autres.

Deuxième joueur : (33 + 1)/2 = 17

Troisième joueur : (17 + 1)/2 = 9

Quatrième joueur : (9 + 1)/2 = 5

La mise des joueurs est respectivement 33, 17, 9 et 5 pistoles.

Problème 3

Quatre joueurs conviennent qu'à chaque partie le perdant donnera une fois et demie l'argent des trois autres. Ils perdent chacun une partie et quittent le jeu avec 81 pistoles chacun.

Combien chaque joueur avait-il en se mettant au jeu ?

Illustration

En vous inspirant de ce tableau, nous vous laissons le soin de trouver une démarche.

Généralisation

De façon générale, on peut établir ce tableau. D’un joueur à l’autre, le taux est de (2x + 16)/3.

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2.04 Problèmes d’Euler

Leonhard Euler (1707-1783) fut un grand mathématicien. Il a excellé dans plusieurs domaines des mathématiques dont l’algèbre, la théorie des nombres, la géométrie et la trigonométrie. Ses écrits sont fort nombreux.

L’un de ses livres est intitulé Éléments d’algèbre. Le deuxième tome traite de l’analyse indéterminée. Un problème est indéterminé lorsqu'il renferme plus d'inconnues que d'équations possibles. De ce fait, il y a généralement plus d’une réponse. Comme on est parfois en arithmétique discrète, soit avec les entiers, le nombre de réponses est quand même assez souvent limité.

Nous avons puisé cinq problèmes dans Éléments d’algèbre. Euler les a résolus au moyen de l’algèbre où on peut poser une seule équation alors qu’il y a deux inconnues. Pour notre part, nous allons solutionner les trois premiers problèmes au moyen de tableaux en s’appuyant sur les propriétés des nombres, en particulier sur la théorie du reste qu’on appelait autrefois résidu en arithmétique.

Problème 1

Deux paysannes ont ensemble 100 œufs. L'une dit à l'autre : Quand je compte mes œufs par huitaines, il y a un surplus de 7. La seconde répond : Si je compte les miens par dizaines, je trouve le même surplus de 7.

On demande combien chacune avait d'œufs ? (p. 6)

Démarche

On construit un tableau dans lequel, sur la première ligne, on écrit les multiples successifs de 8 augmentés de 7, sur la deuxième ligne, le complément de 100 et sur la troisième ligne le reste de la division par 10 du dernier résultat.

Le reste est 7 dans deux cas. Il y a deux possibilités :

La première a 23 œufs, la seconde 77 œufs.

La première a 63 œufs, la seconde 37 œufs.

Problème 2

Une troupe d'hommes et de femmes a dépensé dans une auberge 1000 sous. Les hommes ont payé 19 sous chacun et les femmes 13 sous.

Combien y avait-il d'hommes et de femmes ? (p. 7)

Démarche

On construit un tableau dans lequel, sur la première ligne, on écrit le nombre d’hommes à partir de 1, sur la deuxième ligne les multiples de 19, sur la troisième ligne le complément de 1000, sur la quatrième ligne le reste de la division par 13.

Puisque le reste est 0 dans la troisième colonne, on compte 2 hommes. Comme les femmes ont dépensé 962 sous, on fait 962 ¸ 13 = 74. On compte 74 femmes.

On vérifie s’il existe d’autres solutions. Pour 3, 5, 7, 9, 11, 13, 15 hommes, le reste est ou sera successivement 7, 8, 9, 10, 11, 12, 13. Comme on a divisé par 13, le reste 13 correspond à 0.

On fait : 2 + 13 = 15 : c’est un autre nombre d’hommes. On déduit qu’il y a 55 femmes.

On fait : 15 + 13 = 28 : c’est un autre nombre d’hommes. On déduit qu’il y a 36 femmes.

On fait : 28 + 13 = 41 : c’est un autre nombre d’hommes. On déduit qu’il y a 17 femmes.

Bref, il y a quatre possibilités :

2 hommes et 74 femmes,

15 hommes et 55 femmes,

28 hommes et 36 femmes,

41 hommes et 17 femmes.

Problème 3

Un fermier achète à la fois des chevaux et des bœufs pour la somme de 1770 écus. Il paye 31 écus pour chaque cheval et 21 écus pour chaque bœuf.

Combien a-t-il acheté de chevaux et de bœufs ?

Démarche

Le nombre de bœufs est égal à (1770 – 31 × nombre de chevaux)/21.

Pour 1, 3, 5, 7, 9 chevaux, le reste est ou sera 17, 18, 19, 20, 21. Comme on a divisé par 21, le reste 21 correspond à 0. Si le fermier a acheté 9 chevaux, il a acheté 71 bœufs.

Comme on a divisé par 21, on fait 9 + 21 = 30. Si le fermier a acheté 30 chevaux, il a acheté 40 bœufs.

On fait : 30 + 21 = 51. Si le fermier a acheté 51 chevaux, il a acheté 9 bœufs.

Bref, il y a trois possibilités :

9 chevaux et 71 bœufs,

30 chevaux et 40 bœufs,

51 chevaux et 9 bœufs.

Pour terminer, voici deux problèmes que l’on trouve dans le même livre :

Problème 4

Une compagnie d'hommes et de femmes se trouve à un pique-nique. Chaque homme dépense 25 livres et chaque femme dépense 16 livres et il se trouve que toutes les femmes ensemble ont payé 1 livre de plus que les hommes.

Combien y avait-il d'hommes et de femmes ? (p. 19) Il y a quatre possibilités si le nombre de femmes est inférieur à 100. Trouvez ces quatre possibilités. Solution 2.04-4

Problème 5

Quelqu'un achète des chevaux et des bœufs. Il paye 31 écus par cheval et 20 écus pour chaque bœuf et il se trouve que les bœufs lui ont coûté sept écus de plus que ne lui ont coûté les chevaux.

Combien cet homme a-t-il acheté de bœufs et de chevaux ? (p. 15) Il y a quatre possibilités si le nombre de bœufs est inférieur à 100. Trouvez ces quatre possibilités. Solution 2.04-5

En guise de conclusion

Une démarche basée sur l’algèbre prend généralement moins de temps. Toutefois, bien souvent, la pose d’une ou de plusieurs équations peut être ardue.

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2.05 Poignées de mains

Problème

Un certain nombre de personnes se donne mutuellement la main. Combien de poignées de mains seront échangées ?

Dans le Lexique de résolution de problèmes de Récréomath à l'article Poignées de mains, j’ai mentionné 16 stratégies et il y en a probablement d’autres. Voici des démarches adaptées aux élèves du primaire :

Démarche 1

La démarche la plus simple est celle de vivre la situation par des gestes. Cette démarche s’applique lorsque le nombre de personnes est relativement petit.

On demande à quatre enfants de se présenter en avant de la classe et de se placer en une rangée. Après une expérience dans le désordre, l’enseignant suggère une façon d’agir. Le premier enfant donne la main au deuxième, au troisième et au quatrième. Le deuxième enfant donne la main au troisième et au quatrième. Le troisième enfant donne la main au quatrième. Pendant ce temps, les autres élèves comptent les poignées de mains 1, 2, 3, 4, 5, 6. Si les élèves ne peuvent pas suivre, on recommence la démarche.

Par la suite, on peut demander à un cinquième élève de rejoindre le groupe de 4. On refait l’expérience sans que l’enseignant n’intervienne. Les élèves ont appris à procéder de façon systématique.

Démarche 2

Au lieu de personnes physiques, on peut demander aux élèves d’utiliser des jetons sur lesquels l’enfant aura écrit des noms. À mesure qu’il apparie les jetons, il fait le décompte. On pourrait aussi lui suggérer d’écrire une lettre au lieu d’un nom.

Démarche 3

On peut demander aux élèves de représenter sur papier l’une des expériences qu’ils viennent de vivre. Ils pourront placer quatre noms et écrire, par exemple : Marie donne la main à Luc, Marie donne la main à Julie, etc. Le processus est un peu long. L’enseignant peut intervenir pour leur suggérer de désigner les enfants par A, B, C, D et de mettre un symbole pour représenter le couple. Ce peut être une flèche ou un dessin de leur choix. L’enfant écrira : A → B, A → C, A → D, B → C, etc.

En guise de conclusion

Les démarches mentionnées permettent à l’enfant de passer du stade concret au stade abstrait. On a d’abord des personnes physiques, leur représentation par des jetons identifiés à un nom puis à une lettre et finalement leur représentation sur papier.

À partir de ce petit problème, l’enseignant vient de plonger l’élève dans la résolution de problèmes. Sans doute que des bribes de ces démarches lui serviront dans d’autres problèmes.

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2.06 La dame de pique

Problème

Chaque soir avant de se coucher, Léa joue à la dame de pique sur son portable. Elle joue toujours deux parties et, quand elle a terminé, elle consulte les statistiques de ses gains. Lorsqu’elle gagne les deux parties, son taux de gain augmente. Lorsqu’elle perd les deux parties, son taux de gain diminue.

Qu’en est-il de son taux de gain lorsqu’elle gagne une partie et qu’elle perd l’autre ?

Démarche

Le nombre de parties gagnées augmente d’une unité lorsque le gain suit la perte ou dans le sens inverse. Supposons que Léa a gagné auparavant 45 parties sur 100, en perdant d’abord, elle est créditée de 45 parties sur 101. Comme elle gagne la fois suivante, elle atteint 46 parties sur 102. En gagnant d’abord, elle atteint 46 parties sur 101. Comme elle perd la fois suivante, elle est à 46 parties sur 102. Le résultat final est le même dans les deux situations.

Trois cas peuvent se présenter.

1. Le taux est inférieur à 50 %.

Supposons que 45 parties sur 100 ont été gagnées auparavant. Le taux de départ est de 45 %. Après deux parties, Léa a gagné 46 parties sur 102 : ce qui correspond à 45,098 %. Le taux de gain a donc augmenté de 0,098 %, soit près d’un dixième d’un pourcent.

2. Le taux est égal à 50 %.

Supposons que 50 parties sur 100 ont été gagnées auparavant. Le taux de départ est de 50 %. Après deux parties, Léa a gagné 51 parties sur 102 : ce qui correspond à 50 %. Dans ce cas, le taux de gain ne change pas.

3. Le taux est supérieur à 50 %.

Supposons que 70 parties sur 100 ont été gagnées auparavant. Le taux de départ est de 70 %. Après deux parties, Léa a gagné 71 parties sur 102 : ce qui correspond à 69,6 %. Dans ce cas, le taux de gain a diminué de 0,4 %.

En guise de conclusion

Bref, quand on joue deux parties de conclusions différentes, peu importe dans quel sens la perte ou le gain survient, il y a un léger gain au-dessous de 50 %, pas de changement à 50 % et une légère perte au-dessus de 50 %. C’est une loi mathématique cruelle pour les joueurs qui sont heureux de dépasser les 50 % de gain.

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2.07 Partage de jetons

Problème 1

Des jetons ont été partagés également entre un certain nombre de jeunes. S’il y avait eu cinq jeunes de plus, chacun aurait reçu un jeton de moins. Mais s’il y avait eu quatre jeunes de moins, chacun aurait reçu un jeton de plus.

Cherchez le nombre de jeunes et ce que chacun a reçu.

Démarche 1. Avec une inconnue

Il y a trois couples de facteurs. Les deuxièmes facteurs, soit ceux concernant les jetons, sont formés de nombres consécutifs : x – 1, x et x + 1.

Dans le tableau, on a une égalité : 5(x – 1) = 4(x + 1). D’où, x = 9. Les trois couples de facteurs sont : (45, 8), (40, 9), (36, 10).

Il y a 40 jeunes et chacun a reçu 9 jetons.

Démarche 2. Avec deux inconnues

Soit x le nombre de jeunes et y le nombre de jetons, on peut écrire :

(x + 5)(y – 1) = xy et (x – 4)(y + 1) = xy.

En résolvant le système d’équations, on trouve que x = 40 et y = 9.

Il y a 40 jeunes et chacun a reçu 9 jetons.

Problème 2

Des jetons ont été partagés également entre un certain nombre de jeunes. S’il y avait eu 32 jeunes de plus, chacun aurait reçu deux jetons de moins. Mais s’il y avait eu 18 jeunes de moins, chacun aurait reçu trois jetons de plus.

Cherchez le nombre de jeunes et ce que chacun a reçu.

Démarche 1. Avec une inconnue

À l’instar de la solution du problème précédent, construisons un tableau.

On résout l’équation 16(x – 2) = 6(x + 3). D’où, x = 5. Les trois couples de facteurs sont : (80, 3), (48, 5), (30, 8).

Il y a 48 jeunes et chacun a reçu 5 jetons.

Démarche 2. Avec deux inconnues.

Soit x le nombre de jeunes et y le nombre de jetons, on peut écrire :

(x + 32)(y – 2) = xy et (x – 18)(y + 3) = xy.

En résolvant le système d’équations, on trouve que x = 48 et y = 5.

Il y a 48 jeunes et chacun a reçu 5 jetons.

Problème 3

Des jetons ont été partagés également entre un certain nombre de jeunes. S’il y avait eu cinq jeunes de plus, chacun aurait reçu trois jetons de moins. Mais s’il y avait eu cinq jeunes de moins, chacun aurait reçu six jetons de plus.

Cherchez le nombre de jeunes et ce que chacun a reçu. Solution 2.07-3

En guise de conclusion

Est-il plus facile de résoudre ces deux problèmes avec une ou deux équations ? La réponse vous appartient.

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2.08 Prises de bec

Problème 1

Des personnes sont placées 4 × 4. Chaque personne donne un bec à sa voisine, et cela en tous les sens, dont en diagonale. Quand deux personnes se donnent un bec, cela est compté pour un seul bec.

Combien de becs seront donnés ?

Démarche

Illustrons la situation dans une grille 4 × 4.

Sur la première ligne, on a 3 becs : (1, 2), (2, 3), (3, 4). Pour les lignes, on aura 12 becs.

Dans la première colonne, on a 3 becs : (1, 5), (5, 9), (9, 13). Pour les colonnes, on aura 12 becs.

Dans les diagonales des deux premières lignes, on a 6 becs : (1, 6), (2, 5), (2, 7), (3, 6), (3, 8), (4,7). Il y a trois paires de lignes voisines : ce qui donne 18 becs.

Dans une grille 4 × 4, on peut compter 42 becs.

Problème 2

Même question dans une grille 50 × 50.

Démarche 1

En s’inspirant de la démarche du problème précédent, on peut écrire :

Sur la première ligne, on aura 49 becs. Comme il y a 50 lignes, on fait : 49 × 50 = 2450 becs.

Dans la première colonne, on aura 49 becs. Comme il y a 50 colonnes, on fait : 49 × 50 = 2450 becs.

Dans les diagonales des deux premières lignes, on aura 98 becs. Comme il y a 49 paires de lignes, on fait : 98 × 49 = 4802 becs.

On fait : 2450 + 2450 + 4802 = 9702.

Dans une grille 50 × 50, on peut compter 9702 becs.

Démarche 2

Appelons n le nombre de becs.

Sur la première ligne, on aura (n – 1) becs. Comme il y a n lignes, on aura n(n – 1) becs.

Dans la première colonne, on aura (n – 1) becs. Comme il y a n colonnes, on aura n(n – 1) becs. Dans les diagonales des deux premières lignes, on aura 2(n – 1) becs. Comme il y a (n – 1) paires de lignes, on aura 2(n – 1)² becs.

Additionnons ces résultats. Cela donne 2(n – 1)(2n – 1). On remplace n par 50. Le résultat est 9702.

Dans une grille 50 × 50, on peut compter 9702 becs.

Démarche 3

On peut procéder autrement pour trouver le terme général, comme dans le cas précédent. Vérifions ce qui se passe à partir d’une grille 1 × 1 jusqu’à une grille 5 × 5.

Grille 1 × 1 : 0 bec

Grille 2 × 2 : 6 becs

Grille 3 × 3 : 20 becs

Grille 4 × 4 : 42 becs

Grille 5 × 5 : 72 becs

On a la suite 0, 6, 20, 42, 72, ... La différence entre chaque terme voisin est la suite 6, 14, 22, 30, ... Cette dernière suite est du premier degré. La suite 0, 6, 20, 42, 72, … est donc du second degré. Il faut trouver le terme général d’une suite de degré 2. L’équation générale pour une telle suite est an² + bn + c = m où a, b et c sont des constantes, n le rang du terme et m le terme correspondant de la suite.

On remplace n successivement par 1, 2 et 3, puis m par le nombre correspondant qui est le total. On a :

a + b + c = 0

4a + 2b + c = 6

9a + 3b + c = 20

En résolvant les équations, on trouve : a = 4, b = -6 et c = 2. Le terme général est 4n² – 6n + 2 ou 2(n – 1)(2n – 1). Comme il s’agit d’une grille 50 × 50, on remplace n par 50 : ce qui donne 9702.

C’est donc 9702 becs qui seront donnés.

Démarche 4

Dans la suite 0, 6, 20, 42, 72, ... trouvée précédemment, on note que chaque terme est le produit de deux entiers consécutifs dont le premier nombre augmente de 2 d’un rang à l’autre.

Soit n le rang du terme, le premier nombre p du produit est (2n – 2). Lorsque n = 50, p = 98. On fait : 98 × 99 = 9702.

C’est donc 9702 becs qui seront donnés.

Démarche 5

Dans la suite 0, 6, 20, 42, 72, ... trouvée précédemment, on note que chaque terme est le double d’un nombre triangulaire.

Soit n le rang du terme, le rang r du triangulaire est (2n – 2). Lorsque n = 50, r = 98. Le terme général d’un triangulaire est r(r + 1)/2. On remplace r par 98. On obtient 4851. On multiplie ce résultat par 2 à cause du double. On obtient 9702.

C’est donc 9702 becs qui seront donnés.

Démarche 6

La formule peut être associée aux nombres trapézoïdaux. Ceux-ci sont formés de la somme de nombres consécutifs. Par exemple, 26 est un nombre trapézoïdal car 5 + 6 + 7 + 8 = 26.

D’ailleurs, les nombres de la suite trouvée précédemment sont tous trapézoïdaux. Ils sont formés de nombres de p à 3p où p est un entier. Pour sa part, 9702 est la somme des entiers consécutifs de 49 à 147.

On peut aussi associer ces nombres à une spirale dont les éléments d’une diagonale à partir du centre appartiennent à cette suite. Voici l’illustration :

Conclusion

Bref, ce problème qui paraît simple peut être résolu en au moins six démarches et peut conduire à une illustration mathématique.

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2.09 La bataille des nombres

La bataille des nombres est un jeu à deux joueurs. Deux entiers sont choisis dont l'un est la borne inférieure et l'autre la borne supérieure, par exemple 0 et 50. À tour de rôle, chaque joueur choisit un entier dans un intervalle donné, par exemple de 0 à 5, Au départ, cet entier est additionné à la borne inférieure, puis au résultat obtenu par la suite. Le premier qui atteint exactement la borne supérieure est le gagnant.

Problème

Le premier joueur choisit un nombre de 1 à 5. À tour de rôle, chacun des deux joueurs choisit un nombre dans le même intervalle et l’additionne au dernier nombre énoncé. Le joueur qui atteint 50 est le gagnant.

Pourriez-vous trouver une stratégie gagnante ?

Illustration

Voici un exemple de déroulement :

Joueur A. Il choisit 4.

Joueur B. Il choisit 2 et l’additionne : ce qui fait 6.

Joueur A. Il additionne 5 : ce qui fait 11.

Joueur B. Il additionne 3 : ce qui fait 14.

Etc.

Stratégie

Il existe une stratégie gagnante. Cela veut dire que le joueur qui applique cette stratégie est assuré à 100 % de gagner s’il ne fait pas d’erreurs de calcul. Cette stratégie, pour un joueur, consiste à atteindre successivement aussitôt que possible les nombres de la suite arithmétique : 8, 14, 20, 26, 32, 38, 44 et de les conserver.

À partir du moment où un joueur connaît le truc, le jeu n’a plus aucun intérêt. Aussi, il est bon d’introduire des variantes.

1. Variante avec des jetons

On applique les mêmes règles sauf que chaque joueur a 10 jetons : 2 jetons par nombre de 1 à 5. Le joueur qui atteint le premier 50 ou plus est le gagnant.

Dans ce cas, il est difficile d’appliquer le truc car les jetons qui permettent d’atteindre un nombre de la suite peuvent manquer.

Si on n’a pas de jetons, chaque joueur écrit les nombres de 1 à 5 deux fois sur un bout de papier et les biffe à mesure qu’il les utilise.

2. Variante à rebours

Au lieu de commencer à 1, on choisit 50 comme nombre de départ. À tour de rôle, chaque joueur soustrait le nombre qu’il a choisi dans l’intervalle de 1 à 5. Le joueur qui atteint 1 le premier est le gagnant.

La stratégie gagnante consiste à atteindre successivement aussitôt que possible les nombres de la suite arithmétique : 49, 43, 37, 31, 25, 19, 13, 7.

3. Modifier la limite supérieure

Au lieu de toujours prendre 50 comme limite supérieure, on peut choisir, par exemple, un nombre de 40 à 60.

Comment choisir cette limite ?

On peut inventer sa propre technique. Voici trois suggestions :

1. Demander à une troisième personne de faire le choix.

2. Placer dans un sac des jetons comportant les nombres de 40 à 60 et tirer un jeton au hasard.

3. Partir de 40. Lancer deux ou trois fois un dé. Additionner.

4. Modifier les intervalles

En 1612, Claude Gaspar Bachet a fixé les bornes de 1 à 100 et l'intervalle de choix de 1 à 10. Dans ce cas, un joueur peut toujours gagner en atteignant successivement aussitôt que possible les nombres de la suite arithmétique : 1, 12, 23, 34, 45, 56, 67, 78 et 89. 

On peut choisir ces règles et adapter les variantes expliquées antérieurement.

5. Jouer à qui perd gagne.

Normalement, le joueur qui atteint la limite supérieure gagne. On peut décider que le perdant est celui qui atteint la limite supérieure ou la dépasse.

6. Plus de deux joueurs

On peut s’adonner à ce jeu à plus de deux joueurs. Dans ce cas, on peut fixer un intervalle différent et une limite supérieure autre.

Conclusion

Ce jeu peut être excellent pour développer le calcul mental en rapport avec l’addition et la soustraction, sans compter le plaisir de faire des mathématiques.

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