Chapitre 7. À deux ou trois dimensions

7.01 En deux pièces

Problème 1

Comment peut-on partager une planche de 4 centimètres sur 4 centimètres en deux pièces pour obtenir une figure de même dimension ?

Démarche

On peut glisser le rectangle en jaune de la première figure à gauche du rectangle restant. On obtient le rectangle de droite :

Problème 2

Comment peut-on partager une planche de 4 centimètres sur 6 centimètres en deux pièces pour obtenir une figure de même dimension ?

Démarche

On peut glisser le rectangle en jaune de la figure de gauche sous le carré restant On obtient le rectangle de droite :

Problème 3

Comment peut-on partager une planche de 4 centimètres sur 5 centimètres en deux pièces pour obtenir une figure de même dimension ?

Démarche

On peut glisser la partie de droite de la figure en jaune vers le haut à gauche. On obtient le rectangle de droite :

La largeur de la marche est de 1 centimètre et la hauteur est de 1 centimètre.

Problème 4

Comment peut-on partager une planche de 2 centimètres sur 6 centimètres en deux pièces pour obtenir une planche de 3 centimètres sur 4 centimètres ?

Démarche

On peut glisser la partie en jaune de la première figure vers le haut à gauche. On obtient le rectangle de droite :

La largeur de la marche est de 2 centimètres et la hauteur est de 1 centimètre.

Problème 5

Comment peut-on partager une planche de 4 centimètres sur 12 centimètres en deux pièces pour obtenir une planche de 6 centimètres sur 8 centimètres ?

Démarche

On peut glisser la partie en jaune de la première figure vers le haut à gauche. On obtient le rectangle de droite :

La largeur de la marche est de 4 centimètres et la hauteur est de 2 centimètres.

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7.02 Histoire d’un escalier

Un apprenti géomètre a dessiné sur papier un escalier dans une grille carrée. Il n’y a pas de doute. L’escalier ne s’est pas effondré. Toutefois, le maître de l’apprenti a d’autres préoccupations. Voici la représentation d’un escalier de 10 marches :

Problème 1

Combien a-t-on besoin de petits carrés pour confectionner un escalier de 100 marches, en considérant le palier supérieur comme une marche ?

Démarche

Pour la marche du haut, on a besoin de 1 carré.

Pour les deux marches du haut, on a besoin de 3 carrés.

Pour les trois marches du haut, on a besoin de 6 carrés.

Pour les quatre marches du haut, on a besoin de 10 carrés.

La suite est 1, 3, 6, 10, 15, 21, 28, etc. C’est la suite des nombres triangulaires. Le terme général est n(n + 1)/2. Pour un escalier de 100 marches, on remplace n par 100. Le résultat est 5050.

On a besoin de 5050 petits carrés pour un escalier de 100 marches.

Problème 2

Combien peut-on compter de carrés 2 × 2 dans un escalier de 100 marches ?

Démarche

Sur la première rangée horizontale, on compte 0 carré 2 × 2.

Sur les deux premières rangées horizontales, on compte 0 carré 2 × 2.

Sur les trois premières rangées horizontales, on compte 1 carré 2 × 2.

Sur les quatre premières rangées horizontales, on compte 3 carrés 2 × 2.

Sur les cinq premières rangées horizontales, on compte 6 carrés 2 × 2.

Sur les six premières rangées horizontales, on compte 10 carrés 2 × 2.

On retrouve la même suite précédée de deux 0 : 0, 0, 1, 3, 6, 10, 15, 21, 28, etc. On remplace n par (n – 2) dans le terme général trouvé précédemment. Au lieu d’avoir n(n + 1)/2, on a (n – 2)(n – 2 + 1)/2, soit (n – 2)(n – 1)/2 pour n ≥ 2.

On remplace n par 100. On peut compter 4851 carrés 2 × 2.

Problème 3

Combien peut-on compter de carrés 3 × 3 dans un escalier de 100 marches ?

Démarche

Sur les quatre premières rangées horizontales, on compte 0 carré 3 × 3.

Sur les cinq premières rangées horizontales, on compte 1 carré 3 × 3.

Sur les six premières rangées horizontales, on compte 3 carrés 3 × 3.

Sur les sept premières rangées horizontales, on compte 6 carrés 3 × 3.

Sur les huit premières rangées horizontales, on compte 10 carrés 3 × 3.

On retrouve la même suite précédée de quatre 0 : 0, 0, 0, 0, 1, 3, 6, 10, 15, 21, 28, etc. On remplace n par (n – 4) dans le terme général trouvé dans la première démarche. Au lieu d’avoir n(n + 1)/2, on a (n – 4)(n – 4 + 1)/2, soit (n – 4)(n – 3)/2 pour n ≥ 4.

On remplace n par 100. On peut compter 4656 carrés 3 × 3.

Problème 4

Combien peut-on compter de carrés 4 × 4 dans un escalier de 100 marches ?

Démarche

On procède de la même façon. Le terme général est (n – 6)(n – 5)/2 pour n ≥ 6. On remplace n par 100. On peut compter 4465 carrés 4 × 4.

Problème 5

Combien peut-on compter de carrés 5 × 5 dans un escalier de 100 marches ?

Démarche

On procède de la même façon. Le terme général est (n – 8)(n – 7)/2 pour n ≥ 8. On peut compter 4278 carrés 5 × 5.

Problème 6

Combien peut-on compter de carrés de toute taille dans un escalier de 100 marches ?

Démarche

On peut compter 5050 carrés 1 × 1, 4851 carrés 2 × 2, 4656 carrés 3 × 3, 4465 carrés 4 × 4, 4278 carrés 5 × 5. Ces entiers sont formés par le demi-produit de deux nombres consécutifs. Par exemple, 4278 = (92 × 93)/2. Ce sont des triangulaires respectivement de rangs 100, 98, 96, 94 et 92.

Le problème consiste à additionner les nombres triangulaires de rangs pairs de 2 à 100. Pour éviter de longs calculs, on part des plus petits nombres triangulaires de rangs pairs, soit 3, 10, 21, 36, 55, etc. On les additionne de façon consécutive. Par exemple, on fait : 3 + 10 = 13, 3 + 10 + 21 = 34, 3 + 10 + 21 + 36 = 70, etc. Cela donne : 3, 13, 34, 70, 125, etc.

On fait le tableau des différences successives.

La suite cherchée est donc de degré 3. Le terme général est an³ + bn² + cn + d où n est le rang du terme.

Si n = 1, on a : a + b + c + d = 3.

Si n = 2, on a : 8a + 4b + 2c + d = 13.

Si n = 3, on a : 27a + 9b + 3c + d = 34.

Si n = 4, on a : 64a + 16b + 4c + d = 70.

On résout les quatre équations. On trouve : a = 2/3, b = 3/2, c = 5/6, d = 0. Le terme général de la suite est : (4n³ + 9n² + 5n)/6. Comme on a considéré seulement les rangs pairs, on remplace n par 50 : ce qui donne 87 125.

On peut compter 87 125 carrés de toute taille dans un escalier de 100 marches.

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7.03 Des allumettes

Problème

Vous disposez 12 allumettes comme ci-dessous pour former quatre petits carrés. Vous décidez d’élargir la figure vers la droite, toujours en formant des petits carrés de même grandeur.

Combien d’allumettes seront nécessaires pour former 1000 petits carrés ?

Démarche 1

En lisant cet énoncé, la panique s’installe. « Jamais, dites-vous, je vais essayer de dessiner les petits carrés, cela va prendre beaucoup trop de temps. » Vous avez raison. Si on avait demandé le nombre d’allumettes nécessaires pour construire 10 petits carrés ou 5 colonnes de carrés, une stratégie consistant à les représenter aurait pu être utilisée à bon escient, mais pas dans ce cas.

Alors, on va analyser la figure. Pour tracer la première colonne de carrés, il faut 7 allumettes. Pour tracer la deuxième colonne, il faut 5 allumettes. Chaque fois où vous ajoutez une colonne, il faut toujours 5 allumettes de plus. On peut établir le tableau suivant :

Pour 8 colonnes de carrés, il faut 42 allumettes. Vous vous arrêtez un instant. Il serait trop long de se rendre jusqu’à la colonne 500. Vous remarquez que, pour chaque nombre de colonnes du tableau, vous multipliez ce nombre par 5 et vous additionnez 2. Ainsi, pour 7 colonnes, on a : 7 × 5 + 2 = 37 allumettes.

Pour 500 colonnes, on aura : 500 × 5 + 2 = 2502 allumettes. Le problème est résolu.

Démarche 2

Cela prend 5 allumettes par colonne ajoutée, sauf la première qui en a 2 de plus. Alors, on multiplie 500 par 5 et on additionne 2. 

Cela donne 2502 allumettes.

Démarche 3

Horizontalement, on aura 3 rangées de 500 allumettes : ce qui fera 1500 allumettes. Verticalement, on aura 501 rangées de 2 allumettes : ce qui fera 1002 allumettes. Or, 1500 + 1002 = 2502. 

On a besoin de 2502 allumettes.

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7.04 Histoire de musées

En mars 2014, j’ai reçu un courriel d’une enseignante de Suisse qui m’a proposé le problème ci-dessous. Elle voulait savoir quelle était la meilleure façon pour ses élèves de 11 et 12 ans de le résoudre.

Problème

Un premier musée est composé d’une pièce carrée avec sur chaque côté une porte, soit 4 portes en tout. Un deuxième musée est composé de 4 pièces carrées disposées en un carré, soit 12 portes en tout.

 Un troisième musée est composé de 9 pièces carrées disposées en un carré, soit 20 portes en tout, et ainsi de suite. On doit trouver le nombre total de portes pour le n^ème musée.

Commentaires

Ce problème peut être soumis à des élèves de tous les niveaux, soit du primaire à l’université, à la condition d’avoir une question adaptée. Par exemple, au primaire, on demandera le nombre de portes pour le sixième musée.

Démarche au primaire

À main levée, on dessine une grille 6 × 6. On compte le nombre de droites horizontalement et verticalement. On trouve 7 droites horizontalement et 7 droites verticalement, soit un total de 14 droites. Sur chaque droite, il y a 6 portes. On fait : 14 × 6 = 84.

Le sixième musée a 84 portes.

Il est probable que certains élèves feront le décompte des portes, une par une, sur la grille. Il y a alors risque d’erreurs. Lorsque l’élève apprendra qu’il existe une démarche plus courte, il en sera peut-être séduit. La prochaine fois, il réfléchira sans doute davantage avant de se lancer dans la résolution.

Démarches au plus haut niveau

Voici maintenant trois démarches qui sont accessibles aux élèves ayant étudié l’algèbre :

Démarche 1. Par induction

Pour le premier musée, on a : 4 = 1 × 4.
Pour le deuxième musée, on a : 12 = (1 × 4) + (2 × 4) ou encore (1 + 2) × 4.
Pour le troisième musée, on a : 24 = (1 × 4) + (2 × 4) + (3 × 4) ou encore (1 + 2 + 3) × 4.

Pour n musées, le nombre de portes P = (1 + 2 + 3 + 4 + … + n) × 4.

Or, (1 + 2 + 3 + 4 + … + n) = n(n + 1)/2.

En multipliant par 4, on obtient : P = 2n(n + 1).

Démarche 2. Par induction (bis)

Pour le premier musée, on a : 4 = 2 × 1 × 2.

Pour le deuxième musée, on a : 12 = 2 × 2 × 3.

Pour le troisième musée, on a : 24 = 2 × 3 × 4.

Pour le n^e musée, on aura : P = 2 × n × (n + 1) = 2n(n + 1).

Démarche 3. Par déduction

On s’inspire de la démarche adoptée au primaire. Il y a (n + 1) droites horizontalement et (n + 1) droites verticalement, soit un total de 2(n + 1) droites. Sur chaque droite, il y a n portes. On fait : 2(n + 1) × n = 2n(n + 1).

Conclusion

Comme on le voit, il y a souvent plusieurs façons de résoudre un problème, le tout dépendant des connaissances et des habiletés mathématiques de la personne à qui le problème est posé.

Pour ceux qui connaissent la théorie des nombres, le nombre de portes est égal à quatre fois un nombre triangulaire.

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7.05 La marche de l’ivrogne

Qui aurait pensé que la marche d’un ivrogne qui se fait en zigzaguant aurait pu inspirer les mathématiciens afin de créer une formule visant à mesurer le trajet parcouru ?

Il arrive qu’une personne fortement intoxiquée se déplace sans observer une trajectoire droite. En mathématiques, on dit que son trajet forme une ligne brisée continue. Voici un problème d’origine inconnue :

Problème

Un ivrogne part d'un point dans un espace assez grand et marche en zigzaguant. 

À quelle distance de son point de départ sera-t-il après avoir effectué un nombre déterminé de zigzags ? »

Démarche

On a trouvé que la distance la plus probable de son point de départ est égale à la longueur moyenne de chacun des zigzags, multipliée par la racine carrée de leur nombre. C’est une formule simplifiée. Il existe des algorithmes plus précis.

Par exemple, si la longueur moyenne des zigzags est de trois mètres et que l’ivrogne fait 16 zigzags, on fait : 3 × √16 = 12. Alors qu’il a marché 48 mètres, il est à 12 mètres de son point de départ.

Conclusion

En mathématiques, on appelle parfois « marche de l’ivrogne » toute marche aléatoire, c’est-à-dire une marche dont les pas sont indépendants les uns des autres. Le biostatisticien Karl Pearson a écrit : « Dans un pays ouvert, l'endroit le plus probable pour trouver un ivrogne encore capable de tenir sur ses pieds se trouve quelque part dans le voisinage de son point de départ. »

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7.06 Ponts de Königsberg

Un certain jour, en regardant un film, j’ai entendu un professeur de mathématiques parler du problème des sept ponts de Königsberg. Ce problème a été posé par Leonhard Euler (1707-1783) en 1736. La ville de Königsberg, qui est une île, a vraiment existé en Russie. Le nom a été changé en 1946 pour Kaliningrad. Elle est reliée à la terre ferme par sept ponts. Voici un schéma de la situation :

Problème

Trouvez un chemin partant d'un point quelconque de la ville et permettant de traverser une et une seule fois chacun des sept ponts pour revenir au point de départ. 

Au 18^e siècle, de nombreuses personnes ont tenté de dénouer l’énigme, mais sans succès. Toutefois, cela n’était pas suffisant pour démontrer l’impossibilité du problème.

Démarche

Euler a donné une démonstration qui a permis l’éclosion d’une nouvelle branche des mathématiques : la théorie des graphes. La règle d'Euler est simple. On compte le nombre de ponts aboutissant à chaque rive. Au nord, on compte trois chemins de sortie des ponts. Au sud et à l’ouest, on compte aussi trois chemins.

Selon Euler, si plus de deux résultats sont impairs, il n'y a pas de solution. Par ailleurs, si tous les résultats sont pairs ou si seulement deux sont impairs, il existe au moins une solution. Le grand mathématicien a tracé un graphe (représentation graphique) qui permet de visualiser la situation.

Sans passer plus d’une fois sur un même pont, il faut un nombre pair de ponts pour quitter un secteur et y revenir. Si on part d’un secteur qui donne accès à trois ponts, on pourra sortir de ce lieu par un pont, y revenir et y ressortir. Le nombre impair de ponts ne permet pas de revenir au point de départ. La parité est donc un élément important. La même situation se produit pour le veilleur de nuit qui doit visiter un certain nombre de pièces. S’il devait franchir une porte une seule fois, il devrait y avoir deux portes par pièce. Et s’il y avait trois portes, après les avoir toutes utilisées, il serait prisonnier de la pièce.

D’autres problèmes analogues ont été posés par la suite. On peut faire des recherches de solution pendant des heures ; mais quand on connaît la règle d’Euler, les problèmes deviennent simples. D’ailleurs, voilà pourquoi, on enseigne des règles en mathématiques. Le but de tout cela est de simplifier la démarche de résolution. Toutefois, il est toujours important d’intégrer les règles pour que ça ne devienne pas une application mécanique.

Les cours traditionnels de mathématiques élémentaires n’incluent pas la théorie des graphes, après plus de trois siècles de sa conception. Elle est réservée aux cours universitaires. On devrait sérieusement songer à introduire une initiation aux graphes dans les cours du secondaire. On pourrait étudier des sujets précis comme le coloriage des cartes, les déplacements sur le tablier d’échecs, les réseaux de communication, etc.

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7.07 Dénombrement de figures

Problème

Dans la figure ci-après, chaque L est constitué de quatre petits carrés. On demande de déterminer le nombre de L dans cette figure.

Démarche 1

On compte les L en les pointant un à un. Toutefois, avec les yeux seulement, il est difficile de les compter.

Démarche 2

On imprime la figure. On compte les L en les colorant en foncé ou en faisant une marque.

Démarche 3

On considère les deux rangées horizontales du bas. On peut y compter l’équivalent de 5,5 L. Comme la figure est composée de 8 rangées horizontales, on multiplie 5,5 par 8 et on divise par 2. 

Démarche 4

On considère les deux rangées verticales de droite. On peut y compter l’équivalent de 4 L, soit une moyenne de 2 L par rangée verticale. Comme la figure est composée de 11 rangées verticales, on multiplie 2 par 11. 

Démarche 5

La figure est un rectangle 8 × 11. On peut y compter 88 petits carrés. Comme chaque L occupe 4 petits carrés, on divise 88 par 4.

On aura compris qu’il y a 22 L dans cette figure.

Conclusion

Souvent à partir d’un problème simple, il est possible d’appliquer plusieurs démarches. Après avoir trouvé une réponse, il est recommandé d’utiliser une seconde démarche qui sert alors de vérification.

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7.08 Un géoplan

Le géoplan est un outil didactique. Sur une planche de bois ou de plastique, des clous sont fixés à égale distance l’un de l’autre autant horizontalement que verticalement. À l’aide d’élastiques, on peut représenter différentes figures géométriques.

Problème

Combien peut-on compter de carrés dans une grille 3 × 3 d’un géoplan ?

Démarche

On trace chacun des carrés possibles. On peut compter six carrés. En voici l’illustration :

Extension du problème

Voici le nombre possible pour chacune des figures suivantes :

• Triangles isocèles : 36

• Triangles rectangles non isocèles : 16

• Autres triangles : 24

• Nombre total de triangles : 76

• Rectangles : 4

• Parallélogrammes : 12

• Trapèzes rectangles : 24

• Trapèzes non rectangles : 4

• Cerfs-volants : 4

• Flèches : 8

• Autres quadrilatères convexes : 16

• Autres quadrilatères concaves : 16

• Nombre total de quadrilatères : 94

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7.09 Triangles rectangles

Problème 1

Comment procède-t-on pour trouver au moins deux triangles rectangles dont les côtés de l’angle droit ont des mesures entières et dont l’hypoténuse est la même, mais pas nécessairement un entier ?

Démarche

On choisit deux carrés. Par exemple, 2² et 3². La somme est 13. On choisit à nouveau deux autres carrés. Par exemple, 4² et 5². La somme est 41. On multiplie les deux sommes : 13 × 41 = 533. Nous allons montrer comment trouver deux couples de carrés d’entiers dont la somme est 533.

On peut disposer les nombres en tableaux et faire les opérations indiquées.

Dans les deux premiers tableaux, on trouve les produits des chiffres 2, 3, 4 et 5. Dans le troisième, on utilise les produits. Les valeurs munies de la même lettre résultent d’opérations de signes contraires. De A, on tire : 2² + 23² = 533. De B, on tire : 7² + 22² = 533.

L’hypoténuse du triangle rectangle mesure √533 ou 23,1 unités et les côtés de l’angle droit 2 et 23 unités ou encore 7 et 22 unités.

Démonstration

On peut démontrer que cette façon de procéder est valide en décomposant le produit de la somme des couples. En effet, (a² + b²)(c² + d²) = (ac + bd)² + (ad – bc)² et (a² + b²)(c² + d²) = (ac – bd)² + (ad + bc)².

Problème 2

Trouvez les mesures des côtés de l’angle droit de deux triangles rectangles dont la mesure de l’hypoténuse est √493 unités. Solution 7.09-2

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7.10 Chemins de grilles

Problème

Combien y a-t-il de chemins pour se rendre dans la case du coin inférieur droit d’une grille carrée si on part de la case du coin supérieur gauche et si on procède toujours de gauche à droite et de haut en bas sans jamais revenir en arrière ?

Démarche

Dans une grille 1 × 1, il y a un seul chemin. Dans une grille 2 × 2, on compte 2 chemins.

Une grille 3 × 3

Dans une telle grille, il y a 6 chemins différents. Les voici :

Une grille 4 × 4

Dans cette grille, on compte 20 chemins.

Une grille 5 × 5

Dans cette grille, on compte 70 chemins : 35 en passant par la case 2 de la première ligne et 35 en passant par la case 2 de la deuxième ligne.

On peut entrer les données dans ce tableau.

Cas général

Le nombre de chemins peut être décomposé ainsi :
1 × 1 : 1

2 × 2 : 1 × 2 = 2

3 × 3 : (1 + 2)2 = 6

4 × 4 : (1 + 3 + 6)2 = 20

5 × 5 : (1 + 4 + 10 + 20)2 = 70

6 × 6 : (1 + 5 + 15 + 35 + 70)2 = 252

Par exemple, pour passer de 5 × 5 à 6 × 6, on fait :

1 + 4 = 5          1 + 4 + 10 = 15                       1 + 4 + 10 + 20  = 35           1 + 4 + 10  + 20 + 35 = 70

(1 + 5 + 15 + 35 + 70)2 =  252

Le terme général est (2n – 2)!/[(n – 1)!]².

Si n = 5, on a : (8)!/(4!)² = 70.

Si n = 6, on a (10)!/(5!)² = 252.

La suite est : 1, 2, 6, 20, 70, 252, 924, 3432, 12 870, 48 620, 184 756, 705 432, … On voit que la croissance est très rapide.

Une illustration

Ces données se trouvent en colonne centrale dans le triangle de Pascal.

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7.11 Entre deux points

Problème

Le plus court chemin entre deux points est-il vraiment la droite ?

Explications

Tout le monde a appris à l’école que le plus court chemin entre deux points est la droite. C’est le mathématicien grec Euclide qui a vécu vers 300 av. J.-C. qui, le premier, l’a affirmé dans un livre intitulé les Éléments. Par la suite, d’autres géomètres ont contesté cette affirmation et ont plutôt tenté de prouver que c’est la courbe qui est le plus court chemin. Ils ont ainsi créé des géométries qu’on appelle non euclidiennes.

Si un de vos amis demeure en face de chez-vous sur la rue parallèle voisine, le plus court chemin pour s’y rendre est-il la ligne droite ? Oui, s’il n’y a pas d’obstacles comme une haie de cèdre ou une palissade et si vous ne voyez pas d’inconvénient à passer sur une propriété privée. Non, si vous devez passer par la rue transversale la plus proche.

Vous arrivez face à une montagne. Si vous suivez une droite, vous devrez faire l’ascension de la montagne et en redescendre. Quelle dépense d’énergie ! Vous pouvez contourner la montagne à la condition qu’elle ne s’étende pas sur des kilomètres. Dans ce cas, il est probable que la ligne droite ou le détour ne présentent pas une solution pour vous, à moins de commander un hélicoptère pour respecter la ligne droite.

Admettons qu’il vous est possible, en marchant, d’atteindre un point en ligne droite. Comme la terre est ronde, en réalité, vous suivez une ligne courbe. Évidemment, la différence de longueur entre la droite sur papier et la courbe réelle est négligeable. Mais si vous deviez parcourir des milliers de kilomètres, c’est une autre affaire.

Il arrive, dans les conversations, que votre interlocuteur n’adopte pas la ligne droite pour vous passer un message. Il préfère y aller par des détours : ce qui se rapproche davantage de la ligne courbe. S’il y va tout droit, on dit qu’il est franc. S’il préfère les détours, au Québec, on dit qu’il est ratoureux.

Bref, la géométrie euclidienne est parfaite sur papier ; mais quand on la confronte à la réalité elle perd quelques plumes … droites ou courbes.

Un proverbe mali s’énonce ainsi : « Le chemin le plus court pour aller d'un point à un autre n'est pas la ligne droite, mais le rêve. »

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7.12 Abracadabra

Ce mot est relié au mystère ou à la magie. Il accompagne souvent une formule magique. On le retrouve dans le scénario d’énigmes notamment pour attirer l’attention du lecteur (Abracadabra, écoute bien mes paroles), pour déclencher un mouvement (Abracadabra, porte ouvre-toi) ou pour dépeindre un climat spécial (Abracadabra, la peur s’infiltra en chacun).

Problème 1

Après avoir formé un triangle avec ABRACADABRA, calculez le nombre de fois que ce mot peut être lu.

Démarche

AB peut être lu deux fois, ABR quatre fois, ABRA huit fois, ABRAC 16 fois, etc. Soit n le rang des lignes, le mot partiel peut être lu 2^n-1. On compte 11 lignes : cela fait 2¹⁰.

Il y a 1024 façons de lire ABRACADABRA.

Problème 2

Après avoir formé la figure de gauche avec ABRACADABRA, calculez le nombre de fois que ce mot peut être lu.

Démarche

Le mot peut être lu 200 fois, comme on le constate à droite du tableau.

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7.13 La tour de Hanoï

Édouard Lucas naît le 4 avril 1842 à Amiens, en France. Les résultats de ses recherches sur la théorie des nombres devaient comporter quatre volumes. Malheureusement, il meurt en 1891 suite à une gangrène après avoir été atteint par une pile d’assiettes lors d’un banquet.

Il publia quatre tomes de Récréations mathématiques, dont deux à titre posthume. Ces quatre livres sont considérés comme un classique dans le domaine. L’auteur y a repris certaines récréations ou jeux anciens pour lesquels il a proposé des solutions originales et de nombreuses variantes. Il y a également introduit des problèmes originaux qui ont inspiré des auteurs postérieurs.

Édouard Lucas a inventé le solitaire qu’il a appelé la tour de Hanoï. Ce solitaire, vendu comme jouet dès 1883, est composé d'une planchette horizontale et de trois chevilles verticales. En voici la forme :

Au départ, huit disques de grandeur décroissante de bas en haut sont enfilés sur une cheville. Il s'agit de transférer les disques sur l'une des deux autres chevilles en déplaçant un disque à la fois et en plaçant toujours un disque sur un autre plus grand, tout en faisant le moins possible de mouvements.

Problème 1

Combien de mouvements sont nécessaires pour transférer les huit disques ?

Démarche

S’il y avait un seul disque, 2¹ – 1 = 1 mouvement serait nécessaire.

S’il y avait deux disques, 2² - 1 = 3 mouvements seraient nécessaires.

S’il y avait trois disques, 2³ - 1 = 7 mouvements seraient nécessaires.

Comme il y a huit disques, 2⁸ – 1 = 255 mouvements seront nécessaires.

Bref, pour déplacer les huit disques d’une tour, il faut 255 mouvements au minimum. 

Problème 2

Édouard Lucas a imaginé une version eschatologique de la tour de Hanoï qu’il a présentée sous forme d’une légende :

Sur une des trois aiguilles de diamant, Dieu enfila 64 disques d'or, le plus large reposant à la base et les autres, de plus en plus étroits, superposés jusqu'au sommet. Les prêtres du temple doivent déplacer les disques, nuit et jour, selon les règles de la tour de Hanoï. Quand la tour sera reconstruite, ce sera la fin des mondes.

Quel temps faudra-t-il pour transférer les 64 disques d'une aiguille à une autre ?

Démarche

Le nombre minimum de mouvements nécessaires est 2⁶⁴ – 1 ou 18 446 744 073 709 551 615. On a calculé qu'il faudrait près de six milliards de siècles pour déplacer les 64 disques à raison d’un mouvement par seconde.

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