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50 problèmes difficiles : équations, logique et pensée latérale

Cinquante problèmes avancés à résoudre par des équations, un raisonnement direct ou la pensée latérale, avec des solutions d’abord masquées.

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90 min

Ce recueil propose cinquante problèmes difficiles et combine trois approches : modéliser par une équation, raisonner directement à partir des données et changer de perspective grâce à la pensée latérale. Tous les problèmes ne demandent pas de calcul : choisir une méthode adaptée fait partie de la résolution.

Comment utiliser le recueil. Lisez avec précision, notez ce qui est réellement énoncé et essayez une stratégie avant d’ouvrir la solution. Ici, la pensée latérale ne consiste pas à deviner une astuce cachée : elle consiste à réexaminer consciemment les hypothèses et à distinguer celles du texte de celles que nous ajoutons nous-mêmes.

Trois façons de résoudre

Équation : traduisez les relations en symboles et vérifiez le résultat dans son contexte. Raisonnement : utilisez des invariants, des dénombrements, des proportions, des cas ou un raisonnement à rebours. Pensée latérale : cherchez l’hypothèse inutile qui empêche la lecture la plus simple. L’étiquette de chaque solution indique la méthode principale, et non la seule possible.

Les 50 problèmes

  1. La bordure carrée

    Une place carrée contient en son centre un parterre carré. Les côtés correspondants sont parallèles et l'allée entre les deux carrés a partout 3 m de large. L'aire de la seule allée est de 204 m2. Quelle est la longueur du côté de chaque carré ?

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    Méthode principale: Équation

    Notons x le côté extérieur. Le côté intérieur mesure x − 6, car l'allée occupe 3 m de chaque côté. L'aire de la bordure donne x2 − (x − 6)2 = 204. En développant : 12x − 36 = 204, donc x = 20. Le côté intérieur vaut 20 − 6 = 14 m. Vérification : 202 − 142 = 400 − 196 = 204.

    Réponse. Côté extérieur 20 m ; côté intérieur 14 m

    Une autre démarche

    En découpant la bordure suivant les diagonales, on obtient quatre trapèzes congruents, chacun d'aire 204/4 = 51 m2 et de hauteur 3 m. La moyenne de leurs deux bases vaut donc 51/3 = 17 m. Les bases diffèrent de 6 m : elles se situent 3 m sous et au-dessus de cette moyenne, soit 14 m et 20 m.

  2. Les marches de l'escalator

    Un escalator monte à vitesse constante. Ada le gravit à raison de 1 marche par seconde par rapport à l'escalator et compte 30 marches avant d'arriver en haut. Sur le même escalator et dans les mêmes conditions, Bruno avance à 2 marches par seconde et en compte 45. Combien de marches visibles l'escalator aurait-il à l'arrêt et à quelle vitesse se déplace-t-il ? On suppose les vitesses constantes et aucune marche sautée.

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    Méthode principale: Équation

    Notons v la vitesse de l'escalator en marches par seconde et N son nombre de marches visibles à l'arrêt. Ada met 30 s, donc N = 30(1 + v). Bruno met 45/2 = 22,5 s, donc N = 22,5(2 + v). En égalant : 30 + 30v = 45 + 22,5v, d'où v = 2. Ainsi N = 30 · 3 = 90. Bruno parcourt lui aussi 22,5 · 4 = 90 marches par rapport au bâtiment.

    Réponse. 90 marches ; vitesse de 2 marches par seconde

  3. Les deux expériences avec des jetons

    Deux sacs ont la même composition initiale : chacun contient r jetons rouges et b jetons bleus, tous identiques sauf par la couleur. On ajoute 6 rouges dans le premier : la probabilité de tirer un rouge devient 2/3. Dans le second, on retire plutôt 4 bleus : cette probabilité devient 3/4. Combien de jetons de chaque couleur chaque sac contenait-il au départ ?

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    Méthode principale: Équation

    Notons r et b les nombres initiaux. La première expérience donne (r + 6)/(r + b + 6) = 2/3, soit r + 6 = 2b. La seconde donne r/(r + b − 4) = 3/4, soit r = 3b − 12. En substituant : 3b − 12 + 6 = 2b, donc b = 6 et r = 6. Vérification : après l'ajout, 12 jetons sur 18 sont rouges ; après le retrait, 6 sur 8 le sont.

    Réponse. 6 jetons rouges et 6 bleus

  4. Les trois archives numériques

    Trois archives A, B et C occupent au total 405 Go. A et B réunies occupent 30 Go de plus que le double de C. Après avoir déplacé 15 Go de A vers B, la taille de B devient les 3/4 de celle de A. Quelles étaient les trois tailles initiales ?

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    Méthode principale: Équation

    De A + B + C = 405 et A + B = 2C + 30, on tire 3C + 30 = 405 ; ainsi C = 125 et A + B = 280. Après le transfert, B + 15 = 3(A − 15)/4, soit 3A − 4B = 105. Avec B = 280 − A, on obtient 7A = 1225, donc A = 175 et B = 105. Vérification : après le déplacement, A vaut 160 Go et B 120 Go, soit exactement ses trois quarts.

    Réponse. A = 175 Go, B = 105 Go, C = 125 Go

  5. L'écho du drone

    Dans une simulation, un drone vole en ligne droite vers un mur à 20 m/s. À une distance inconnue, il émet une impulsion sonore ; l'écho lui revient exactement 1 s plus tard. La vitesse du son est de 340 m/s. À quelle distance du mur l'impulsion a-t-elle été émise ? On néglige le vent et le temps de réflexion.

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    Méthode principale: Équation

    Notons d la distance initiale. En 1 s, le son parcourt 340 m au total. L'aller jusqu'au mur mesure d. Lorsque l'écho atteint le drone, celui-ci s'est rapproché de 20 m ; le retour mesure donc d − 20. Ainsi d + (d − 20) = 340, d'où 2d = 360 et d = 180 m. Vérification : le son atteint le mur en 180/340 s et rencontre le drone qui s'approche avant la fin de la seconde.

    Réponse. 180 m

    Une autre démarche

    Pendant la seconde écoulée, le drone avance de 20 m. Le trajet sonore de 340 m vaut donc deux fois la distance initiale, moins ces 20 m. On ajoute 20 à 340 puis on divise par deux : 180 m.

  6. Les deux bougies virtuelles

    Dans une simulation, deux bougies ont la même longueur initiale et brûlent à vitesse constante. La première serait entièrement consumée en 4 heures, la seconde en 6 heures. Allumées au même instant, après combien de temps la longueur restante de la seconde vaut-elle le double de celle de la première ?

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    Méthode principale: Équation

    Si la longueur initiale est L, après t heures il reste L(1 − t/4) et L(1 − t/6). La condition est 1 − t/6 = 2(1 − t/4). On obtient 1 − t/6 = 2 − t/2, donc t/3 = 1 et t = 3 heures. À cet instant, il reste L/4 de la première et L/2 de la seconde : le rapport vaut 2.

    Réponse. Après 3 heures

    Une autre démarche

    Après 3 heures, la première a consommé les trois quarts de sa longueur et en conserve un quart ; la seconde en a consommé la moitié et en conserve la moitié. Une moitié est le double d'un quart.

  7. Les roues sur le même parcours

    Deux roues parcourent sans glisser la même distance. La circonférence de la grande dépasse de 4 m celle de la petite. La grande effectue 15 tours de moins et, ensemble, les deux roues totalisent 75 tours. Déterminez les deux circonférences et la distance parcourue.

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    Méthode principale: Équation

    Notons n le nombre de tours de la grande roue ; la petite en fait n + 15. De n + n + 15 = 75, on tire n = 30 : la petite fait donc 45 tours. Si c est sa circonférence, l'égalité des distances donne 30(c + 4) = 45c. Ainsi 120 = 15c et c = 8 m ; la grande mesure 12 m. La distance vaut 45 · 8 = 360 m, également 30 · 12.

    Réponse. Circonférences de 8 m et 12 m ; distance de 360 m

  8. Les deux mosaïques carrées

    On utilise les 313 carreaux identiques pour construire deux mosaïques carrées. Leurs nombres de carreaux sur un côté sont deux entiers consécutifs. Combien de carreaux mesure le côté de chaque mosaïque ?

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    Méthode principale: Équation

    Notons n le petit côté ; l'autre vaut n + 1. Les aires donnent n2 + (n + 1)2 = 313, soit 2n2 + 2n − 312 = 0. En divisant par 2 : n2 + n − 156 = 0 = (n − 12)(n + 13). La solution positive est n = 12 ; l'autre côté vaut 13. Vérification : 122 + 132 = 144 + 169 = 313.

    Réponse. 12 carreaux et 13 carreaux

    Une autre démarche

    La moitié de 313 vaut environ 156,5 ; les côtés doivent donc être proches de √156,5, entre 12 et 13. L'essai de ces deux entiers consécutifs donne aussitôt 144 + 169 = 313.

  9. Les chiffres servant à numéroter le livre

    Les pages d'un livre sont numérotées à partir de 1, sans zéros initiaux. L'impression de tous les numéros de page utilise exactement 642 chiffres. Quel est le numéro de la dernière page ?

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    Méthode principale: Raisonnement

    Les pages 1 à 9 utilisent 9 chiffres. De 10 à 99, il y a 90 nombres à deux chiffres, soit 180 chiffres de plus. Il en reste 642 − 9 − 180 = 453. À partir de 100, chaque page en utilise 3 ; il y a donc 453/3 = 151 pages supplémentaires, de 100 à 99 + 151 = 250. La vérification donne 9 + 180 + 151 · 3 = 642.

    Réponse. La page 250

  10. Les inscriptions sur quatre tiroirs

    Un document se trouve dans un seul des tiroirs A, B, C et D. Leurs inscriptions disent : A : « Le document n'est pas dans B » ; B : « Il est dans A ou dans C » ; C : « Il n'est pas dans A » ; D : « Il est dans D ». Exactement deux inscriptions sont vraies. Dans quel tiroir est le document ?

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    Méthode principale: Raisonnement

    Examinons les quatre emplacements. Si le document est dans A, les phrases A et B sont vraies, C et D sont fausses : il y en a exactement deux. S'il est dans B, seule C est vraie. S'il est dans C, A, B et C sont vraies. S'il est dans D, A, C et D sont vraies. Seul le premier cas possède le nombre annoncé de vérités ; les indices déterminent donc A de façon unique.

    Réponse. Dans le tiroir A

  11. L'ordre des six livres

    Six livres A, B, C, D, E et F sont alignés de gauche à droite. C est troisième ; A est immédiatement voisin de C ; D est à gauche de A ; B est à une extrémité ; F est immédiatement voisin de B ; E est à droite de C, mais pas à une extrémité. Quel est l'unique ordre possible ?

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    Méthode principale: Raisonnement

    A pourrait être deuxième ou quatrième. S'il était quatrième, E devrait être cinquième. Si B était premier, F serait deuxième et il ne resterait aucune place à gauche de A pour D ; si B était sixième, F occuperait la cinquième place déjà nécessaire à E. A est donc deuxième et D, nécessairement à sa gauche, est premier. B ne peut plus être premier : il est sixième et F cinquième. La seule place restante pour E est la quatrième. L'ordre est D, A, C, E, F, B.

    Réponse. D – A – C – E – F – B

  12. Les poignées de main impossibles

    Quinze personnes participent à une rencontre. L'organisateur affirme que chacune a serré la main d'exactement 5 personnes différentes, une seule fois par paire. Cette affirmation peut-elle être vraie ?

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    Méthode principale: Raisonnement

    Non. En comptant par personne, on obtient 15 · 5 = 75 extrémités de poignées de main. Or chaque poignée implique deux personnes et est donc comptée deux fois : ce total doit être pair. Comme 75 est impair, une telle configuration ne peut pas exister. Le raisonnement n'emploie que les hypothèses indiquées : paires distinctes et aucune répétition.

    Réponse. Non, c'est impossible par parité

  13. Le parcours des cinq ponts

    Quatre zones A, B, C et D sont reliées par cinq ponts : AB, AC, AD, BC et CD. Une inspectrice veut traverser chaque pont exactement une fois, sans autre liaison disponible. D'où doit-elle partir, où doit-elle finir et quel parcours convient ?

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    Méthode principale: Raisonnement

    Les degrés, c'est-à-dire les nombres de ponts incidents, sont A = 3, B = 2, C = 3 et D = 2. Dans un parcours qui utilise chaque arête une fois, chaque passage intérieur consomme les ponts par paires : un pour entrer et un pour sortir. Les seules zones de degré impair doivent donc être les extrémités, A et C, dans n'importe quel ordre. Le parcours A–B–C–D–A–C prouve l'existence : il utilise AB, BC, CD, DA et AC une seule fois chacun.

    Réponse. Les extrémités sont A et C ; par exemple A–B–C–D–A–C

  14. Le mois où trois jours se répètent

    Un certain mois compte cinq lundis, cinq mardis et cinq mercredis. Combien de jours contient-il et quel est le jour de la semaine du premier ?

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    Méthode principale: Raisonnement

    Quatre semaines complètes comptent 28 jours et quatre occurrences de chaque jour de la semaine. Pour que trois jours aient une cinquième occurrence, il faut trois jours supplémentaires : le mois en compte donc 31. Ces trois jours consécutifs sont le premier, le deuxième et le troisième du mois. Puisqu'il s'agit de lundi, mardi et mercredi, le mois commence un lundi. Un mois de 30 ou 29 jours ne pourrait donner une cinquième occurrence qu'à deux jours ou à un seul.

    Réponse. 31 jours ; il commence un lundi

  15. Le nombre de victoires effacé

    Huit équipes disputent un tournoi toutes rondes : chaque paire se rencontre une fois et il n'y a aucun match nul. Les victoires de sept équipes sont encore lisibles : 6, 5, 5, 4, 3, 2 et 1. La huitième valeur est effacée. Combien valait-elle ?

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    Méthode principale: Raisonnement

    Avec 8 équipes, on joue 8 · 7 / 2 = 28 matchs. Sans match nul, chaque rencontre produit exactement une victoire : la somme des scores est donc 28. Les sept valeurs visibles totalisent 6 + 5 + 5 + 4 + 3 + 2 + 1 = 26. La huitième équipe a donc obtenu 28 − 26 = 2 victoires. Cette valeur appartient bien à l'intervalle possible de 0 à 7 et ne dépend pas du détail des rencontres.

    Réponse. 2 victoires

  16. Le grand cube peint

    Un cube formé de 4 × 4 × 4 petits cubes est peint sur ses six faces extérieures, puis séparé en 64 petits cubes. Combien ont exactement 3, 2, 1 ou 0 face peinte ?

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    Méthode principale: Raisonnement

    Les cubes à 3 faces peintes sont les 8 sommets. Ceux à 2 faces sont sur les arêtes, hors sommets : chaque arête en contient 4 − 2 = 2, soit 12 · 2 = 24. Ceux à une seule face sont à l'intérieur d'une face : chacune en contient (4 − 2)2 = 4, soit 6 · 4 = 24. Les cubes non peints forment le noyau, (4 − 2)3 = 8. Vérification : 8 + 24 + 24 + 8 = 64.

    Réponse. 8 avec 3 faces, 24 avec 2, 24 avec 1, 8 avec 0

  17. Le code de diagnostic

    Un code comporte trois chiffres distincts. Chaque indice donne des nombres exacts : 389 : un chiffre correct et bien placé ; 361 : un correct mais mal placé ; 953 : deux corrects, tous deux mal placés ; 248 : aucun correct ; 285 : un correct mais mal placé. Quel est le code ?

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    Méthode principale: Raisonnement

    D'après 248, 2, 4 et 8 sont absents. Dans 285, seul 5 peut convenir : il est présent, mais pas en troisième position. Dans 389, soit 3 est premier, soit 9 est troisième. Le 5 est l'un des deux chiffres déplacés de 953. Si 3 était présent, 389 le fixerait en première position ; mais dans 361 il serait alors correct et bien placé, contrairement à l'indice. Ainsi 3 est absent et 9 est troisième. Dans 953, 5 ne peut être deuxième ; comme il n'est pas troisième, il est premier. Dans 361, seul 1 peut désormais être présent, déplacé de la troisième à la deuxième place. Le code 519 vérifie les cinq indices.

    Réponse. 519

  18. Les deux pistes temporelles irrégulières

    Un simulateur contient deux pistes virtuelles. Si une piste est effacée depuis une seule extrémité, elle disparaît entièrement en 60 minutes, mais la vitesse locale d'effacement n'est pas uniforme et les deux pistes peuvent différer. Le travail local requis par chaque portion ne dépend pas du sens ; des fronts simultanés agissent indépendamment. On peut lancer un front depuis chaque extrémité à tout instant. Sans horloge, comment mesurer exactement 45 minutes ?

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    Méthode principale: Pensée latérale

    Au départ, on lance l'effacement aux deux extrémités de la première piste et à une seule de la seconde. Les deux fronts de la première accomplissent ensemble ses 60 minutes de « travail local » : ils se rencontrent après 30 minutes malgré l'irrégularité. On lance alors l'autre extrémité de la seconde piste. Il y reste l'équivalent de 30 minutes avec un seul front ; deux fronts l'achèvent en 15 minutes. Il s'est écoulé 30 + 15 = 45 minutes. L'idée latérale consiste à ne pas confondre « non uniforme » et « impossible à diviser par deux » : le simulateur garantit que le temps local ne dépend pas du sens et que les fronts agissent simultanément.

    Réponse. Lancer les deux extrémités de la première et une de la seconde ; à la fin de la première, lancer l'autre extrémité de la seconde

  19. Les trois interrupteurs hors de la pièce

    Trois interrupteurs A, B et C sont à l'extérieur d'une pièce fermée ; un seul alimente une lampe témoin à incandescence à l'intérieur. Vous pouvez les actionner librement, puis entrer une seule fois. Aucune lumière n'est visible de l'extérieur. Une fois dedans, vous pouvez voir si la lampe est allumée et déterminer sans la toucher, en toute sécurité, si elle est chaude ou froide. Comment identifier le bon interrupteur ?

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    Méthode principale: Pensée latérale

    Allumez A pendant quelques minutes, puis éteignez-le. Allumez B et entrez aussitôt. Si la lampe brille, c'est B. Si elle est éteinte mais encore chaude, c'est A. Si elle est éteinte et froide, c'est C. Ces trois résultats sont distincts et couvrent toutes les possibilités. L'étape latérale consiste à utiliser deux informations, la lumière actuelle et la chaleur résiduelle, au lieu de réduire la lampe à une réponse allumé/éteint. Les conditions indiquées rendent l'observation thermique autorisée et sûre.

    Réponse. A allumé puis éteint, B allumé : lumière = B, éteinte chaude = A, éteinte froide = C

  20. Dix jetons sur cinq droites

    Disposez dix jetons ponctuels de sorte qu'il existe exactement cinq droites choisies passant chacune par quatre jetons. Un jeton peut appartenir à plusieurs droites et deux jetons ne peuvent pas coïncider. Quelle figure fournit une telle disposition ?

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    Méthode principale: Pensée latérale

    Tracez un pentagramme régulier et placez un jeton sur chacune de ses cinq pointes extérieures et de ses cinq intersections intérieures, soit dix au total. Les cinq droites choisies portent les grands traits de l'étoile. Chacune contient deux pointes et deux intersections, donc quatre jetons. Le compte des incidences confirme le résultat : 5 · 4 = 20 appartenances, et chacun des dix jetons appartient à deux droites choisies. L'idée latérale est d'autoriser le même jeton à compter sur deux droites, comme l'énoncé le permet explicitement.

    Réponse. Les cinq pointes et les cinq intersections d'un pentagramme

  21. Six bâtonnets, quatre triangles

    Vous disposez de six bâtonnets rigides de même longueur. Sans les casser ni les superposer, utilisez-les tous une fois pour former quatre triangles équilatéraux congruents. Ils peuvent se rejoindre par leurs extrémités et la construction n'est pas obligatoirement plane. Quel solide faut-il construire ?

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    Méthode principale: Pensée latérale

    Construisez un tétraèdre régulier. Il possède quatre sommets et six arêtes : chaque arête utilise un bâtonnet. Ses quatre faces sont des triangles équilatéraux congruents, ce qui satisfait exactement les conditions. La difficulté vient de l'hypothèse habituelle, mais non imposée, que la construction serait plane. Dans l'espace, chaque arête est commune à deux faces, ce qui permet à six bâtonnets de délimiter quatre faces triangulaires.

    Réponse. Un tétraèdre régulier

  22. La glace flottante

    Un bloc de glace pure flotte dans de l'eau douce, dans un récipient cylindrique à parois verticales. On marque le niveau de l'eau. La glace fond entièrement ; il n'y a ni objet emprisonné, ni évaporation, ni débordement, ni variation de volume due à la température. Le niveau monte-t-il, baisse-t-il ou reste-t-il identique ?

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    Méthode principale: Pensée latérale

    Il reste identique. Lorsqu'elle flotte, la glace déplace une masse d'eau exactement égale à sa propre masse, selon le principe d'Archimède. En fondant, elle produit précisément cette même masse d'eau. Le volume de l'eau de fonte égale donc le volume auparavant déplacé, et non le volume total, émergé et immergé, du bloc. Les parois cylindriques transforment l'égalité des volumes en égalité des niveaux. L'étape latérale consiste à comparer la masse et le volume déplacé plutôt que le volume apparent de la glace.

    Réponse. Le niveau reste identique

  23. Le ruban à une seule face

    Vous disposez d'une bande rectangulaire de papier et de ruban adhésif. En joignant uniquement les deux petits côtés, construisez un anneau possédant une seule face continue et un seul bord continu. Comment orienter les extrémités avant de les joindre ?

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    Méthode principale: Pensée latérale

    Avant de joindre les petits côtés, faites tourner une extrémité d'un demi-tour, soit 180°, puis collez-la à l'autre. Vous obtenez un ruban de Möbius. Pour vérifier l'unique face, tracez une ligne médiane sans lever le crayon : elle revient au départ après avoir parcouru ce qui semblait être les deux faces du papier plat. Pour vérifier l'unique bord, suivez-le du doigt : il parcourt les deux anciens grands côtés avant de revenir. Le déplacement latéral consiste à changer l'orientation avant la fermeture au lieu de former le cylindre habituel.

    Réponse. Donner un demi-tour à une extrémité et former un ruban de Möbius

  24. Les six verres alignés

    Six verres identiques sont alignés. Les trois premiers sont pleins d'eau et les trois derniers vides : plein, plein, plein, vide, vide, vide. En ne manipulant qu'un seul verre une seule fois, avec le droit de verser son contenu, obtenez plein, vide, plein, vide, plein, vide. Quel verre prenez-vous et que faites-vous ?

    Afficher la solution du problème 24

    Méthode principale: Pensée latérale

    Prenez le deuxième verre, versez toute son eau dans le cinquième, puis remettez le deuxième à sa place. Le deuxième devient vide et le cinquième plein ; les autres ne changent pas. La suite finale est plein, vide, plein, vide, plein, vide. L'idée latérale consiste à distinguer l'unique verre manipulé de son contenu, qui peut être transféré dans un verre jamais soulevé.

    Réponse. Verser le deuxième verre dans le cinquième, puis remettre le deuxième à sa place

  25. Huit morceaux avec trois coupes

    Dans une simulation, un bloc cylindrique homogène doit être partagé en huit morceaux congruents par exactement trois coupes planes complètes. Il ne peut être ni déplacé, ni empilé, ni recomposé entre les coupes, mais les plans peuvent avoir n'importe quelle orientation. Comment placer les trois coupes ?

    Afficher la solution du problème 25

    Méthode principale: Pensée latérale

    Effectuez une coupe horizontale à mi-hauteur, créant deux cylindres égaux superposés. Faites ensuite deux coupes verticales suivant des plans diamétraux perpendiculaires. Chaque plan traverse les deux couches à la fois et divise chaque disque en quatre quarts égaux. On obtient 2 · 4 = 8 quarts de cylindre congruents. L'étape latérale consiste à ne pas supposer toutes les coupes verticales : la coupe dans la troisième dimension double les quatre portions visibles d'en haut.

    Réponse. Un plan horizontal médian et deux plans verticaux diamétraux perpendiculaires

  26. Les kits et les caisses

    Un laboratoire dispose d’un certain nombre de caisses et doit emballer des kits. En plaçant 6 kits dans chaque caisse, 13 kits restent dehors. En en plaçant 8 par caisse, il remplit complètement les caisses utilisées, laisse 5 caisses vides et 3 kits restent dehors. Combien y a-t-il de caisses et de kits ?

    Afficher la solution du problème 26

    Méthode principale: Équation

    Soit c le nombre de caisses. Les deux descriptions donnent le même nombre de kits : 6c + 13 = 8(c − 5) + 3. Ainsi, 6c + 13 = 8c − 37, donc 2c = 50 et c = 25. Le nombre de kits vaut 6 · 25 + 13 = 163.

    Vérification : avec 6 kits par caisse, on en emballe 150 et il en reste 13 ; avec 8 kits, on remplit 20 caisses, 5 restent vides et 3 kits restent dehors : 20 · 8 + 3 = 163.

    Réponse. Il y a 25 caisses et 163 kits.

    Une autre démarche

    Passer de 6 kits dans 25 caisses à 8 kits dans seulement 20 caisses fait passer la capacité utilisée de 150 à 160. Cette hausse de 10 correspond à la baisse du reste, de 13 à 3. En fonction du nombre de caisses, la différence est 2c − 40 = 10, d’où immédiatement c = 25.

  27. Les trois caisses mal étiquetées

    Trois caisses fermées contiennent respectivement seulement des pommes, seulement des poires et un mélange de pommes et de poires. Les étiquettes Pommes, Poires et Mélange sont toutes fausses. On peut tirer un seul fruit d’une seule caisse sans regarder à l’intérieur. Comment déterminer avec certitude le contenu des trois caisses ?

    Afficher la solution du problème 27

    Méthode principale: Raisonnement

    On tire un fruit de la caisse étiquetée Mélange. Toutes les étiquettes étant fausses, cette caisse n’est pas mélangée : le fruit tiré révèle donc tout son contenu. Si c’est une pomme, elle ne contient que des pommes. La caisse étiquetée Poires ne peut contenir ni seulement des poires ni seulement des pommes, déjà attribuées : elle est donc mélangée. La caisse étiquetée Pommes ne contient alors que des poires. Si l’on tire une poire, le raisonnement est symétrique.

    Vérification : dans les deux cas, chaque contenu est attribué une seule fois et aucune étiquette ne correspond au contenu réel.

    Réponse. Il faut tirer dans la caisse étiquetée Mélange ; le fruit observé détermine ensuite les trois contenus de façon unique.

  28. Le document et les deux cadenas

    Ada doit envoyer un document à Bruno dans un coffret solide par l’intermédiaire d’un transporteur peu fiable. Ada et Bruno possèdent chacun un cadenas et sa clé, mais ils n’ont jamais échangé leurs clés. Le coffret permet de poser les deux cadenas à la fois. Comment livrer le document sans envoyer de clé et en gardant le coffret protégé pendant chaque trajet ?

    Afficher la solution du problème 28

    Méthode principale: Pensée latérale

    Ada ferme le coffret avec son cadenas et l’envoie à Bruno. Sans l’ouvrir, Bruno ajoute son cadenas et le renvoie. Ada retire uniquement son propre cadenas et renvoie le coffret, toujours fermé par celui de Bruno. Bruno retire enfin son cadenas et ouvre le coffret.

    Pourquoi cela fonctionne : pendant chaque trajet, au moins un cadenas est présent et sa clé ne voyage pas avec le coffret. On suppose que le transporteur ne peut ni forcer ni remplacer le coffret ou les cadenas.

    Réponse. Ils utilisent trois trajets : cadenas d’Ada, puis les deux, enfin seulement celui de Bruno.

  29. Les trois péages de cuivre

    Un voyageur franchit trois portes. À chaque porte, il donne la moitié des pièces qu’il possède à cet instant, puis encore 2 pièces. Après le troisième paiement, il lui reste 18 pièces. Avec combien de pièces était-il parti ?

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    Méthode principale: Équation

    Soit x le nombre initial. Après les trois paiements, il reste (((x/2 − 2)/2 − 2)/2 − 2). L’équation est donc (((x/2 − 2)/2 − 2)/2 − 2) = 18. En simplifiant, x/8 − 7/2 = 18, donc x/8 = 43/2 et x = 172.

    Vérification : avec 172 pièces, il paie 86 + 2 et il lui en reste 84 ; il paie 42 + 2 et il lui en reste 40 ; il paie 20 + 2 et il lui en reste 18.

    Réponse. Il était parti avec 172 pièces.

    Une autre démarche

    On remonte les opérations. Avant la dernière porte, il devait avoir 2 · (18 + 2) = 40 pièces ; avant la deuxième, 2 · (40 + 2) = 84 ; avant la première, 2 · (84 + 2) = 172.

  30. Les chapeaux des trois chercheurs

    Parmi 3 chapeaux bleus et 2 verts, on en place un sur la tête de chacun de trois chercheurs en file. Anna voit les chapeaux de Bruno et Carla ; Bruno voit celui de Carla ; Carla n’en voit aucun. Tous connaissent la réserve et entendent les réponses précédentes. Anna dit ne pas connaître sa couleur. Bruno dit ensuite ne pas connaître la sienne. Carla affirme alors connaître sa couleur. Laquelle est-ce ?

    Afficher la solution du problème 30

    Méthode principale: Raisonnement

    Si Bruno et Carla portaient tous deux un chapeau vert, Anna verrait que les deux verts sont utilisés et saurait que le sien est bleu. Son incertitude exclut donc la paire vert-vert. Bruno le sait. S’il voyait un chapeau vert sur Carla, il saurait que le sien ne peut pas être vert et conclurait qu’il est bleu. Puisque Bruno reste lui aussi incertain, Carla ne peut pas porter de vert : son chapeau est bleu.

    Vérification : si Carla porte du bleu, les deux incertitudes sont possibles ; si elle porte du vert, Bruno pourrait conclure avec certitude.

    Réponse. Carla porte un chapeau bleu.

  31. Les pièces dans l’obscurité

    Une table porte 100 pièces : exactement 20 montrent face et 80 pile. On a les yeux bandés et le toucher ne permet pas de distinguer les côtés. On peut déplacer et retourner les pièces. Comment former deux groupes montrant exactement le même nombre de faces, sans imposer la même taille aux groupes ?

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    Méthode principale: Pensée latérale

    On choisit 20 pièces quelconques pour le premier groupe et on laisse les 80 autres dans le second. On retourne ensuite les 20 pièces du premier groupe. Si les 20 pièces choisies contenaient h faces, le grand groupe contient 20 − h faces. Après retournement, les h faces du petit groupe deviennent pile et ses 20 − h piles deviennent face. Les deux groupes montrent donc 20 − h faces.

    Vérification : le raisonnement vaut pour tout choix des 20 pièces, y compris h = 0 et h = 20.

    Réponse. On isole 20 pièces quelconques et on les retourne toutes ; les deux groupes auront le même nombre de faces.

  32. Les étagères de la serre

    Une serre compte 17 étagères de pots. Chaque étagère contient 4 pots de plus que la précédente et il y a 850 pots au total. Combien de pots portent la première et la dernière étagère ?

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    Méthode principale: Équation

    Soit x le nombre de pots de la première étagère. La dernière en compte x + 16 · 4 = x + 64. La somme d’une progression arithmétique est le nombre de termes multiplié par la moyenne des extrêmes : 17(x + x + 64)/2 = 850. Donc 17(x + 32) = 850, x + 32 = 50 et x = 18. La dernière étagère porte 18 + 64 = 82 pots.

    Vérification : la moyenne de 18 et 82 est 50 ; 50 · 17 = 850.

    Réponse. La première étagère porte 18 pots et la dernière 82.

    Une autre démarche

    L’étagère centrale contient nécessairement la moyenne, soit 850 / 17 = 50 pots. Entre la première et la neuvième, il y a 8 augmentations de 4 : la première porte donc 50 − 32 = 18 pots et, par symétrie, la dernière 50 + 32 = 82.

  33. Le pont et la lampe

    Quatre techniciens doivent franchir un pont de nuit. Il supporte au plus deux personnes et leur unique lampe doit accompagner chaque traversée. Leurs temps individuels sont de 1, 2, 7 et 11 minutes ; une paire avance au rythme de la personne la plus lente. Quel est le temps minimal pour que tous atteignent l’autre rive ?

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    Méthode principale: Raisonnement

    La séquence optimale est la suivante : 1 et 2 traversent en 2 minutes ; 1 revient en 1 ; 7 et 11 traversent en 11 ; 2 revient en 2 ; 1 et 2 traversent encore en 2. Total : 2 + 1 + 11 + 2 + 2 = 18 minutes.

    Minimalité : si les techniciens de 7 et 11 minutes traversent ensemble alors qu’aucun rapide n’est déjà sur l’autre rive, après leur traversée de 11 minutes l’un des deux lents doit rapporter la lampe en au moins 7 minutes et il reste encore au moins une traversée : au moins 11 + 7 + 1 = 19. Dans le seul sous-cas potentiellement optimal, un rapide est placé à l’avance sur l’autre rive ; en dehors de la traversée lente, les déplacements nécessaires des deux rapides coûtent au moins 1 + 3 · 2 = 7, donc le total vaut au moins 11 + 7 = 18. Si les deux lents traversent séparément, il faut au moins trois traversées vers l’avant et deux retours : les deux traversées lentes coûtent au moins 7 + 11 et les trois autres déplacements au moins 1 minute chacun, soit au moins 7 + 11 + 3 = 21. La construction en 18 minutes atteint donc la borne minimale.

    Réponse. Le minimum est de 18 minutes.

  34. Les quatre disques indiscernables

    Dans une énigme abstraite, deux disques de type A et deux de type B, identiques à la vue et au toucher, sont mélangés dans l’obscurité. Chaque disque est uniforme et peut être partagé précisément selon une rainure centrale. Comment former deux portions, chacune équivalant à un disque A entier et un disque B entier, sans reconnaître les types ?

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    Méthode principale: Pensée latérale

    On partage les quatre disques en deux moitiés égales. La première portion reçoit une moitié de chacun des quatre disques ; la seconde reçoit les quatre moitiés restantes. La première contient deux moitiés venant des deux disques A, soit un A entier, et deux venant des B, soit un B entier. Il en va de même pour la seconde portion.

    Hypothèse : l’énigme est purement abstraite ; chaque disque est uniforme et se divise exactement en deux.

    Réponse. Il faut couper chaque disque en deux et placer une moitié de chacun dans chaque portion.

  35. Cahiers et stylos sans prix affichés

    Dans une papeterie, 7 cahiers et 5 stylos coûtent 43,40 €, tandis que 4 cahiers et 9 stylos coûtent 42,00 €. Quel est le prix de chaque article ?

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    Méthode principale: Équation

    Soient q le prix d’un cahier et p celui d’un stylo. Le système est 7q + 5p = 43,40 et 4q + 9p = 42,00. En multipliant la première équation par 4 et la seconde par 7, on obtient 28q + 20p = 173,60 et 28q + 63p = 294,00. La soustraction donne 43p = 120,40, donc p = 2,80. Avec la première équation, 7q = 43,40 − 14,00 = 29,40, d’où q = 4,20.

    Vérification : 7 · 4,20 + 5 · 2,80 = 43,40 et 4 · 4,20 + 9 · 2,80 = 42,00.

    Réponse. Un cahier coûte 4,20 € et un stylo 2,80 €.

  36. La fusion des six nombres

    Les nombres 1, 2, 3, 4, 5 et 6 sont écrits au tableau. À chaque étape, on choisit deux nombres a et b, on les efface et on écrit à leur place a + b + ab. Après cinq étapes, il reste un seul nombre. Lequel, quels que soient les couples choisis ?

    Afficher la solution du problème 36

    Méthode principale: Raisonnement

    Pour le nouveau nombre c, on a c + 1 = a + b + ab + 1 = (a + 1)(b + 1). Le produit des valeurs obtenues en ajoutant 1 à tous les nombres présents est donc invariant : les deux facteurs a + 1 et b + 1 sont remplacés par leur produit. Au départ, ce produit vaut 2 · 3 · 4 · 5 · 6 · 7 = 5040. Si le nombre final est r, alors r + 1 = 5040, donc r = 5039.

    Vérification : la démonstration ne dépend ni de l’ordre ni des couples choisis.

    Réponse. Le nombre final est toujours 5 039.

  37. Le lingot et les sept nuitées

    Un voyageur possède un lingot marqué en 7 segments de même valeur. Pendant sept jours, il doit payer l’auberge à la fin de chaque journée afin que l’aubergiste détienne chaque soir exactement la valeur des jours écoulés. Avant d’arriver, il ne peut faire que deux coupes droites sur les marques ; l’aubergiste peut rendre la monnaie avec les morceaux déjà reçus. Comment couper et payer ?

    Afficher la solution du problème 37

    Méthode principale: Pensée latérale

    Les deux coupes produisent des morceaux valant 1, 2 et 4 segments. Paiements nets : jour 1, donner 1 ; jour 2, reprendre 1 et donner 2 ; jour 3, donner 1 ; jour 4, reprendre 1 et 2 et donner 4 ; jour 5, donner 1 ; jour 6, reprendre 1 et donner 2 ; jour 7, donner 1. L’aubergiste détient ainsi successivement les valeurs 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7.

    Idée latérale : payer ne signifie pas nécessairement donner un nouveau morceau sans rien reprendre ; la monnaie permet d’utiliser la représentation binaire 1 + 2 + 4.

    Réponse. Il faut couper le lingot en morceaux de 1, 2 et 4 segments et utiliser la monnaie pour former chaque valeur de 1 à 7.

  38. Le triangle au côté manquant

    Un panneau a la forme d’un triangle rectangle. Son hypoténuse mesure 13 m et l’un des côtés de l’angle droit mesure 7 m de plus que l’autre. Quelles sont les longueurs de ces deux côtés ?

    Afficher la solution du problème 38

    Méthode principale: Équation

    Soit x la longueur du côté le plus court ; l’autre mesure x + 7. D’après le théorème de Pythagore, x2 + (x + 7)2 = 132. En développant, 2x2 + 14x + 49 = 169, donc x2 + 7x − 60 = 0. On factorise : (x + 12)(x − 5) = 0. Les racines algébriques sont −12 et 5, mais une longueur est positive : x = 5. L’autre côté mesure 12 m.

    Vérification : 52 + 122 = 25 + 144 = 169 = 132 et 12 − 5 = 7.

    Réponse. Les deux côtés de l’angle droit mesurent 5 m et 12 m.

    Une autre démarche

    On peut reconnaître le triplet pythagoricien 5, 12, 13 : ses deux côtés de l’angle droit diffèrent précisément de 7.

  39. Le nombre aux restes consécutifs

    Trouver le plus petit entier positif qui donne un reste de 1 dans la division par 2, de 2 par 3, de 3 par 4, de 4 par 5, et qui est divisible par 7.

    Afficher la solution du problème 39

    Méthode principale: Raisonnement

    Les quatre premières conditions disent toutes qu’en ajoutant 1 au nombre, on obtient un multiple de 2, 3, 4 et 5. Leur plus petit commun multiple est 60, donc le nombre est de la forme 60k − 1. Il doit aussi être divisible par 7. Comme 60 ≡ 4 modulo 7, il faut 4k − 1 ≡ 0, soit 4k ≡ 1. Le plus petit k positif convenable est 2, car 4 · 2 = 8 ≡ 1. Le nombre vaut donc 60 · 2 − 1 = 119.

    Vérification : 119 donne respectivement les restes 1, 2, 3 et 4, et vaut 7 · 17.

    Réponse. Le nombre est 119.

    Une autre démarche

    On énumère les nombres inférieurs d’une unité aux multiples de 60 : 59, 119, 179, … Le premier divisible par 7 est 119.

  40. Les neuf points et le carré imaginaire

    Neuf points occupent les nœuds d’une grille 3 × 3. Sans lever le crayon, tracer seulement quatre segments droits consécutifs qui passent par tous les points. Il n’est pas nécessaire de revenir au point de départ.

    Afficher la solution du problème 40

    Méthode principale: Pensée latérale

    On attribue des coordonnées allant de (0,0), en bas à gauche, à (2,2), en haut à droite. On trace successivement les segments de (0,0) à (2,2), puis jusqu’à (−1,2), puis jusqu’à (2,−1), et enfin verticalement jusqu’à (2,2). Le premier passe par le centre ; le deuxième traverse la rangée supérieure ; le troisième passe par (0,1) et (1,0) ; le dernier traverse les deux points manquants de la colonne droite.

    Idée latérale : les points suggèrent un carré, mais aucune règle n’interdit de prolonger les segments au-delà de sa limite imaginaire.

    Réponse. La solution en quatre segments se prolonge au-delà du carré suggéré par les neuf points.

  41. Le polygone riche en diagonales

    Dans un polygone convexe, le nombre de diagonales est égal à cinq fois le nombre de côtés. Combien a-t-il de côtés ?

    Afficher la solution du problème 41

    Méthode principale: Équation

    Depuis chacun des n sommets, on peut tracer des diagonales vers n − 3 sommets, en excluant le sommet lui-même et ses deux voisins. Chaque diagonale est ainsi comptée deux fois, donc leur nombre est n(n − 3)/2. L’équation est n(n − 3)/2 = 5n. Comme un polygone a n > 0, on divise par n : (n − 3)/2 = 5, d’où n − 3 = 10 et n = 13.

    Vérification : un polygone à 13 côtés possède 13 · 10 / 2 = 65 diagonales, et 5 · 13 = 65.

    Réponse. Le polygone a 13 côtés.

    Une autre démarche

    Le rapport du nombre de diagonales au nombre de côtés vaut (n − 3)/2. En l’égalant à 5, on obtient directement n = 13.

  42. La dernière cassure de la tablette

    Une tablette rectangulaire est divisée en une grille de 6 × 8 carrés. Deux joueurs jouent à tour de rôle : à chaque coup, ils choisissent un seul morceau rectangulaire déjà obtenu et le cassent le long d’une ligne complète de la grille pour former deux rectangles. Il est interdit d’empiler les morceaux ou d’en casser plusieurs en un seul coup. Celui qui effectue la dernière cassure possible gagne. Qui gagne avec un jeu parfait ?

    Afficher la solution du problème 42

    Méthode principale: Raisonnement

    Le premier joueur gagne. Au départ, il y a un seul morceau ; à la fin, lorsqu’aucune cassure n’est plus possible, il y a 6 · 8 = 48 carrés unitaires. Chaque coup remplace un morceau par deux et augmente donc le nombre total de morceaux exactement de 1. Passer de 1 à 48 morceaux exige toujours 48 − 1 = 47 coups, quelles que soient les lignes choisies. Comme 47 est impair, le dernier coup revient au premier joueur.

    Vérification : aucune stratégie ne change la durée ; tant qu’un morceau contient plus d’un carré, il possède au moins une ligne de cassure.

    Réponse. Le premier joueur gagne, car toute partie dure exactement 47 coups.

  43. Un collier à partir de quatre chaînes

    On dispose de quatre morceaux de chaîne séparés, chacun formé de trois maillons fermés. On veut obtenir un seul collier simple et fermé de 12 maillons, dans lequel chaque maillon est entrelacé avec exactement deux voisins. Ouvrir puis refermer un maillon compte comme une opération. Quel est le nombre minimal de maillons à ouvrir et comment procéder ?

    Afficher la solution du problème 43

    Méthode principale: Pensée latérale

    On choisit un morceau et on ouvre ses trois maillons pour les séparer. On dispose les trois autres morceaux intacts en cercle et on utilise chaque maillon ouvert pour relier les extrémités de deux morceaux consécutifs, puis on le referme. On obtient un collier de 12 maillons en n’en ouvrant que 3.

    Minimalité : avec 0 ouverture, les quatre morceaux restent séparés. Supposons donc que k maillons aient été ouverts, avec 1 ≤ k ≤ 2. Si l’on retire ces k maillons du collier final, qui est un cycle, il reste au plus k chemins connexes. Pourtant, chacun des quatre morceaux initiaux conserve au moins un maillon jamais ouvert, car en vider un exigerait 3 ouvertures. Des maillons jamais ouverts appartenant à des morceaux initiaux différents n’ont pas pu être directement entrelacés ; après retrait des maillons ouverts, il doit donc rester au moins 4 composantes non vides. C’est une contradiction. Au moins 3 ouvertures sont nécessaires et la construction prouve qu’elles suffisent. Le changement de perspective consiste à sacrifier un morceau entier comme raccords.

    Réponse. Le minimum est 3 : on ouvre tous les maillons d’un morceau et on les utilise pour relier les trois autres.

  44. Les six blocs de données récursifs

    Une archive expérimentale contient 6 blocs de données ordonnés. Le deuxième bloc dépasse le premier de 3 Mo et, à partir du troisième, la taille de chaque bloc est égale à la somme des deux précédents. Les six blocs occupent au total 436 Mo. Quelle est la taille de chaque bloc ?

    Afficher la solution du problème 44

    Méthode principale: Équation

    Soit x la taille du premier bloc. Les six tailles sont, dans l’ordre, x, x + 3, 2x + 3, 3x + 6, 5x + 9 et 8x + 15. Leur somme donne 20x + 36 = 436. Donc 20x = 400 et x = 20. Les tailles sont 20, 23, 43, 66, 109 et 175 Mo.

    Vérification : chaque terme à partir du troisième est la somme des deux précédents et 20 + 23 + 43 + 66 + 109 + 175 = 436.

    Réponse. Les blocs mesurent 20, 23, 43, 66, 109 et 175 Mo.

    Une autre démarche

    On peut écrire chaque bloc comme un coefficient du premier, plus une constante. La suite des coefficients, 1, 1, 2, 3, 5, 8, et celle des constantes, 0, 3, 3, 6, 9, 15, suivent la même récurrence ; leurs sommes valent 20 et 36.

  45. Deux sondes et cent niveaux

    Un bâtiment d’essai compte 100 niveaux. Il existe un seuil inconnu : une sonde lâchée depuis un niveau inférieur ou égal au seuil reste intacte et réutilisable ; au-dessus, elle se brise. Avec deux sondes identiques, quel est le nombre minimal de lâchers nécessaires dans le pire des cas pour déterminer exactement le plus haut niveau sûr, en admettant qu’aucun niveau ne puisse être sûr ?

    Afficher la solution du problème 45

    Méthode principale: Raisonnement

    Le minimum dans le pire des cas est de 14 lâchers. Avec la première sonde, on teste des intervalles décroissants : niveau 14, puis 27 en ajoutant 13, puis 39 en ajoutant 12, ensuite 50, 60, 69, 77, 84, 90, 95, 99 et enfin 100 si nécessaire. Si la première sonde se brise au k-ième lâcher, il reste assez d’essais pour vérifier un à un, avec la seconde, les niveaux au-dessus du dernier niveau sûr : chaque nouvel intervalle est plus court d’un niveau.

    Minimalité : avec d lâchers et deux sondes, on peut couvrir au plus d + (d − 1) + … + 1 = d(d + 1)/2 niveaux. Treize lâchers n’en couvrent que 91, tandis que quatorze en couvrent 105. Le nombre 14 est donc suffisant et nécessaire.

    Réponse. Le minimum garanti est de 14 lâchers.

  46. Deux gardiens et une seule question

    Deux portes mènent respectivement à la sortie et à une pièce fermée. Deux gardiens se tiennent à côté : l’un dit toujours la vérité et l’autre ment toujours, sans que l’on sache lequel est lequel. Tous deux connaissent les portes et savent lequel des gardiens ment. On peut poser une seule question à un seul gardien. Quelle question garantit le choix de la sortie ?

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    Méthode principale: Pensée latérale

    On demande à l’un des gardiens : Quelle porte l’autre gardien désignerait-il comme sortie ? Puis on choisit la porte opposée. Le gardien sincère rapporterait fidèlement la fausse réponse du menteur ; le menteur déformerait la bonne réponse du gardien sincère. Dans les deux cas, la porte indiquée est mauvaise et l’autre est la sortie.

    Hypothèses : les deux gardiens connaissent les portes, comprennent la question et respectent toujours le comportement annoncé.

    Réponse. Demander quelle porte indiquerait l’autre gardien, puis choisir la porte opposée.

  47. L’autonomie des cinq pneus

    Un rover utilise exactement quatre pneus à la fois et transporte un cinquième pneu de secours. Chacun des cinq pneus neufs peut parcourir au plus 40 km avant d’atteindre sa limite d’usure. L’usure est uniforme et les pneus peuvent être permutés en route. Quelle est la distance maximale que le rover peut parcourir sans qu’aucun pneu ne dépasse sa limite ? Montrer aussi que cette distance est réalisable.

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    Méthode principale: Équation

    Les cinq pneus fournissent au total 5 · 40 = 200 pneus-kilomètres d’usure. Chaque kilomètre du rover consomme 4 pneus-kilomètres ; une distance d exige donc 4d ≤ 200, soit d ≤ 50 km.

    Cette borne est atteinte en divisant le trajet en cinq étapes de 10 km et en laissant au repos un pneu différent à chaque étape. Chaque pneu est alors utilisé pendant quatre étapes, soit 4 · 10 = 40 km. Après 50 km, tous ont atteint, sans la dépasser, leur limite.

    Réponse. La distance maximale est de 50 km.

    Une autre démarche

    En moyenne, sur cinq pneus, un reste au repos et quatre travaillent à chaque kilomètre. En répartissant les repos également, chacun travaille pendant quatre cinquièmes du trajet : (4/5)d = 40, donc d = 50.

  48. Six chercheurs et un trio inévitable

    Six chercheurs participent à une rencontre. Pour chaque paire, on sait seulement si les deux ont déjà collaboré ou s’ils n’ont jamais collaboré. Démontrer qu’il existe nécessairement soit 3 chercheurs ayant tous collaboré deux à deux, soit 3 chercheurs dont aucune paire n’a jamais collaboré.

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    Méthode principale: Raisonnement

    Choisissons une chercheuse, Ada, et considérons ses 5 relations. D’après le principe des tiroirs, au moins 3 sont du même type : Ada a déjà collaboré avec au moins trois personnes, ou n’a jamais collaboré avec au moins trois.

    Dans le premier cas, appelons ces personnes Bruno, Carla et Diego. Si une paire parmi elles a collaboré, cette paire et Ada forment un trio de collaborateurs mutuels. Si aucune paire n’a collaboré, Bruno, Carla et Diego forment un trio de non-collaborateurs mutuels. Dans le second cas, on inverse les rôles : si une paire parmi les trois n’a pas collaboré, elle forme avec Ada un trio de non-collaborateurs ; sinon les trois ont toutes collaboré entre elles. L’un des deux types de trio existe donc toujours.

    Réponse. Il existe toujours un trio entièrement collaborateur ou entièrement non collaborateur.

    Une autre démarche

    En langage des graphes, on colore de deux couleurs les arêtes du graphe complet à 6 sommets. L’argument prouve qu’il existe toujours un triangle monochromatique : c’est le résultat classique R(3,3) = 6.

  49. L’euro qui ne manque pas

    Trois collègues paient 36 € pour un repas, soit 12 € chacun. L’addition correcte est de 31 € ; le serveur rapporte donc 5 €. Chacun reprend 1 € et les 2 € restants servent de pourboire. Chacun a dépensé 11 € net, soit 33 € au total ; en ajoutant les 2 € de pourboire, on obtient 35 €. Où est passé l’euro manquant ?

    Afficher la solution du problème 49

    Méthode principale: Pensée latérale

    Aucun euro ne manque : l’addition finale combine des montants qu’il ne faut pas additionner. Les 33 € dépensés comprennent déjà l’addition de 31 € et le pourboire de 2 € : 33 = 31 + 2. Pour retrouver les 36 € initiaux, il faut ajouter aux 33 € les 3 € rendus aux collègues, et non le pourboire : 33 + 3 = 36.

    Idée latérale : l’énoncé incite à ajouter le pourboire à une somme qui le contient déjà ; il faut comparer les mêmes catégories comptables.

    Réponse. Rien ne manque : 31 € d’addition + 2 € de pourboire + 3 € rendus = 36 €.

  50. Les trois portes et le changement de choix

    Un prix se trouve derrière l’une de trois portes ; les deux autres ne cachent rien. On choisit une porte. L’animateur connaît la position du prix, ouvre toujours une porte non choisie qu’il sait vide et propose toujours de passer à l’unique autre porte fermée. S’il peut choisir entre deux portes vides, il le fait au hasard. Vaut-il mieux changer, rester ou cela revient-il au même ?

    Afficher la solution du problème 50

    Méthode principale: Raisonnement

    Il vaut mieux changer. Le premier choix contient le prix avec une probabilité de 1/3 et le manque avec une probabilité de 2/3. Si le premier choix est correct, changer fait perdre. S’il est faux, l’animateur doit ouvrir l’autre porte vide ; l’unique autre porte fermée contient donc le prix et changer fait gagner. Rester gagne avec une probabilité de 1/3, changer avec 2/3.

    Vérification : parmi les trois positions équiprobables du prix, le premier choix est faux dans deux cas et le changement conduit au prix dans les deux.

    Réponse. Il vaut mieux changer : la probabilité de gagner est de 2/3 au lieu de 1/3.

    Une autre démarche

    Imaginons 100 portes : on en choisit une, puis l’animateur ouvre 98 portes vides, en laissant fermées la porte choisie et une autre. La première conserve une probabilité de 1/100 ; l’autre concentre la probabilité 99/100 des portes non choisies au départ. Le cas à trois portes suit le même principe.