Moon Arrows Sun
Arrows
Return Retour
Accueil Home
Imprimer

Les casse-tête de l'arithmétique

Un nombre mystère, le triangle de Pascal, le jeu des bâtonnets et la frise de Farey : quatre casse-tête sur les multiples, les diviseurs, la parité et les fractions irréductibles.

Le nombre mystère

Léa et Hugo ont chacun choisi en secret une carte du plateau, puis ont répondu par oui ou par non aux huit questions du tableau.

Sur le plateau d'un joueur, barrer chaque carte qui ne donne pas ses réponses : si tout est juste, il n'en reste qu'une seule.

Deux plateaux identiques de vingt cartes : moins 63, moins 45, moins 42, moins 28, moins 21, moins 14, moins 12, 0, 6, 12, 15, 18, 21, 27, 28, 30, 36, 45, 60 et 90. Entre les deux, huit questions, de a à h, avec les réponses de Léa à gauche et de Hugo à droite Plateau de Léa −63 −45 −42 −28 −21 −14 −12 0 6 12 15 18 21 27 28 30 36 45 60 90 Plateau de Hugo −63 −45 −42 −28 −21 −14 −12 0 6 12 15 18 21 27 28 30 36 45 60 90 Léa Question Hugo a. Est-il un entier naturel ? oui non b. Est-il un multiple de 3 ? oui non c. Est-il un diviseur de 180 ? oui non d. Est-il un multiple de 4 ? non oui e. Est-il un multiple de 9 ? oui non f. Est-il pair ? non oui g. Est-il un multiple de 7 ? non oui h. Est-il un diviseur de 84 ? non oui
Les deux plateaux corrigés : chaque carte écartée est barrée et porte la lettre de la première question qu'elle ne passe pas ; il reste 45 sur le plateau de Léa et moins 28 sur celui de Hugo Plateau de Léa −63 a −45 a −42 a −28 a −21 a −14 a −12 a 0 c 6 e 12 d 15 e 18 f 21 c 27 c 28 b 30 e 36 d 45 60 d 90 f Plateau de Hugo −63 b −45 b −42 b −28 −21 b −14 d −12 b 0 a 6 a 12 a 15 a 18 a 21 a 27 a 28 a 30 a 36 a 45 a 60 a 90 a Léa Question Hugo a. Est-il un entier naturel ? oui non b. Est-il un multiple de 3 ? oui non c. Est-il un diviseur de 180 ? oui non d. Est-il un multiple de 4 ? non oui e. Est-il un multiple de 9 ? oui non f. Est-il pair ? non oui g. Est-il un multiple de 7 ? non oui h. Est-il un diviseur de 84 ? non oui
  1. Trouver la carte de Léa, puis celle de Hugo.

    Sur le plateau de Léa, il reste une seule carte : \(45\). On vérifie : \(45 = 5 \times 9\) est un entier naturel impair, multiple de \(3\) et de \(9\), et \(180 = 4 \times 45\).

    Sur le plateau de Hugo, il reste une seule carte : \({-}28\). On vérifie : \({-}28 = 4 \times ({-}7)\) est pair, multiple de \(4\) et de \(7\), et \(84 = ({-}3) \times ({-}28)\).

    $$ \text{Léa} : 45 \quad \text{Hugo} : {-}28 $$
  2. Justifier par la définition que \(0\) est un multiple de \(7\) sans être un diviseur de \(180\), et que \({-}28\) est un diviseur de \(84\).

    \(0 = 0 \times 7\) avec \(0 \in \mathbb{Z}\) : \(0\) est un multiple de \(7\), comme de tout entier.

    Pour tout entier \(k\), \(k \times 0 = 0 \neq 180\) : \(0\) ne divise pas \(180\).

    $$ 84 = ({-}3) \times ({-}28) \quad \text{avec} \quad {-}3 \in \mathbb{Z} $$

    \({-}28\) est donc un diviseur de \(84\).

Le triangle de Pascal

Dans le triangle que Blaise Pascal étudia en 1654, chaque ligne commence et finit par \(1\), et chaque autre case est la somme des deux cases situées au-dessus d'elle.

Coloriées, les cases impaires dessinent un motif de triangles emboîtés : une case fausse y fait une tache.

Un triangle de briques de seize lignes, numérotées de 0 à 15 ; les lignes 0 à 4 portent 1 ; 1, 1 ; 1, 2, 1 ; 1, 3, 3, 1 ; 1, 4, 6, 4, 1 ; les autres briques sont vides ligne 0 1 1 1 1 2 1 2 1 3 1 3 3 1 4 1 4 6 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15
Le triangle corrigé, de la ligne 0 à la ligne 15 : les nombres jusqu'à la ligne 8, puis P ou I ; les 81 cases impaires, coloriées, dessinent des triangles emboîtés ligne 0 1 1 1 1 2 1 2 1 3 1 3 3 1 4 1 4 6 4 1 5 1 5 10 10 5 1 6 1 6 15 20 15 6 1 7 1 7 21 35 35 21 7 1 8 1 8 28 56 70 56 28 8 1 9 I I P P P P P P I I 10 I P I P P P P P I P I 11 I I I I P P P P I I I I 12 I P P P I P P P I P P P I 13 I I P P I I P P I I P P I I 14 I P I P I P I P I P I P I P I 15 I I I I I I I I I I I I I I I I
  1. Compléter les lignes \(5\) à \(8\) du triangle avec les nombres.

    Chaque case est la somme des deux cases du dessus. Les lignes \(5\) à \(8\), de haut en bas :

    $$ 1 \ ; \ 5 \ ; \ 10 \ ; \ 10 \ ; \ 5 \ ; \ 1 $$
    $$ 1 \ ; \ 6 \ ; \ 15 \ ; \ 20 \ ; \ 15 \ ; \ 6 \ ; \ 1 $$
    $$ 1 \ ; \ 7 \ ; \ 21 \ ; \ 35 \ ; \ 35 \ ; \ 21 \ ; \ 7 \ ; \ 1 $$
    $$ 1 \ ; \ 8 \ ; \ 28 \ ; \ 56 \ ; \ 70 \ ; \ 56 \ ; \ 28 \ ; \ 8 \ ; \ 1 $$
  2. Soient \(k\) et \(k'\) deux entiers. Démontrer que la somme de deux impairs \(2k + 1\) et \(2k' + 1\) est paire, puis que la somme d'un pair \(2k\) et d'un impair \(2k' + 1\) est impaire.

    On additionne, puis on factorise par \(2\) :

    $$ \begin{aligned} (2k + 1) + (2k' + 1) & = 2k + 2k' + 2 \\ & = 2(k + k' + 1) \end{aligned} $$

    Or \(k + k' + 1\) est un entier : la somme de deux impairs est paire.

    $$ 2k + (2k' + 1) = 2(k + k') + 1 $$

    Or \(k + k'\) est un entier : la somme d'un pair et d'un impair est impaire.

  3. À partir de la ligne \(9\), les nombres deviennent grands : écrire seulement \(\mathrm{P}\) ou \(\mathrm{I}\) dans chaque case, d'après la parité des deux cases du dessus. Colorier ensuite toutes les cases impaires du triangle.

    Deux cases de même parité donnent une case paire, deux cases de parités différentes une case impaire. Les \(81\) cases impaires dessinent trois copies des lignes \(0\) à \(7\), elles-mêmes faites de trois copies des lignes \(0\) à \(3\).

  4. La ligne \(15\) ne contient que des nombres impairs. Sans calcul, donner la parité de chaque case de la ligne \(16\), puis le nombre de ses cases impaires.

    La ligne \(16\) commence et finit par \(1\), impair. Chacune de ses \(15\) autres cases est la somme de deux cases impaires de la ligne \(15\) : elle est paire, d'après la question 2.

    $$ \mathrm{I} \ ; \ \mathrm{P} \ ; \ \mathrm{P} \ ; \ \dots \ ; \ \mathrm{P} \ ; \ \mathrm{I} $$

    La ligne \(16\) n'a que deux cases impaires, les deux \(1\) des bords.

Le jeu des bâtonnets

Deux joueurs retirent tour à tour \(1\), \(2\) ou \(3\) bâtonnets d'un tas : celui qui prend le dernier bâtonnet a perdu.

Une position est perdante (\(\mathrm{P}\)) si le joueur qui doit jouer perd contre un adversaire qui joue bien, gagnante (\(\mathrm{G}\)) si un coup laisse l'adversaire sur une position perdante. Avec \(1\) bâtonnet, il faut le prendre : la position \(1\) est perdante.

Vingt bâtonnets alignés par groupes de cinq. Dessous, un tableau de 1 à 21 bâtonnets, à compléter par G ou P ; la position 1 est marquée P Bâtonnets G ou P 1 P 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21
Le tableau complété : les positions 1, 5, 9, 13, 17 et 21 sont perdantes, toutes les autres sont gagnantes Bâtonnets G ou P 1 P 2 G 3 G 4 G 5 P 6 G 7 G 8 G 9 P 10 G 11 G 12 G 13 P 14 G 15 G 16 G 17 P 18 G 19 G 20 G 21 P
  1. Compléter le tableau de \(2\) à \(21\), de gauche à droite : si tout est juste, les positions perdantes reviennent à intervalles réguliers.

    De \(2\), \(3\) ou \(4\) bâtonnets, on en retire \(1\), \(2\) ou \(3\) pour en laisser \(1\) : ces positions sont gagnantes. De \(5\), tout coup laisse \(4\), \(3\) ou \(2\) bâtonnets, trois positions gagnantes pour l'adversaire : \(5\) est perdante. Et ainsi de suite, de quatre en quatre. Les positions perdantes :

    $$ 1 \ ; \ 5 \ ; \ 9 \ ; \ 13 \ ; \ 17 \ ; \ 21 $$
  2. Les positions perdantes s'écrivent \(4k + 1\), avec \(k\) entier naturel. Démontrer que la différence de deux entiers de cette forme est un multiple de \(4\), puis en déduire qu'un coup ne mène jamais d'une position perdante à une autre.

    Soient \(4k + 1\) et \(4k' + 1\), avec \(k\) et \(k'\) entiers :

    $$ \begin{aligned} (4k + 1) - (4k' + 1) & = 4k - 4k' \\ & = 4(k - k') \end{aligned} $$

    Or \(k - k'\) est un entier : la différence est un multiple de \(4\).

    Un coup retire \(1\), \(2\) ou \(3\) bâtonnets, et aucun de ces nombres n'est un multiple de \(4\) : d'une position perdante, un coup ne mène jamais à une autre position perdante.

  3. Une partie commence avec \(20\) bâtonnets. Combien le premier joueur doit-il en retirer pour être sûr de gagner, et comment doit-il répondre ensuite à chaque coup de l'adversaire ?

    \(20 = 4 \times 4 + 4\) : il retire \(3\) bâtonnets pour laisser \(17 = 4 \times 4 + 1\), une position perdante.

    Si l'adversaire retire ensuite \(m\) bâtonnets, il en retire \(4 - m\) : le tas perd \(4\) bâtonnets par tour et passe par \(13\), \(9\), \(5\), puis \(1\), que l'adversaire doit prendre.

  4. On change la règle : chacun retire de \(1\) à \(5\) bâtonnets, et la partie commence avec \(50\) bâtonnets. Donner les positions perdantes, puis le premier coup du joueur qui veut gagner.

    Comme en 1, un coup retire maintenant de \(1\) à \(5\) bâtonnets : les positions perdantes reviennent de six en six. Ce sont les entiers \(6k + 1\), avec \(k\) entier naturel :

    $$ 1 \ ; \ 7 \ ; \ 13 \ ; \ 19 \ ; \ \dots \ ; \ 49 $$

    \(50 = 6 \times 8 + 2\) : le premier joueur retire \(1\) bâtonnet pour laisser \(49 = 6 \times 8 + 1\), puis répond à chaque coup de \(m\) bâtonnets en en retirant \(6 - m\).

La frise de Farey

La frise de Farey d'ordre \(6\) range dans l'ordre croissant les fractions irréductibles de \(0\) à \(1\) dont le dénominateur ne dépasse pas \(6\), avec \(0 = \frac{0}{1}\) et \(1 = \frac{1}{1}\).

Le géologue anglais John Farey remarqua en 1816 que deux fractions voisines \(\frac{a}{b} < \frac{c}{d}\) de la frise vérifient toujours \(bc - ad = 1\).

Une frise de treize cases reliées deux à deux par un arc ; la première porte 0 sur 1, la dernière 1 sur 1, les onze autres sont vides ; sous chaque arc, une petite case vide
$$ \frac{0}{1} $$
$$ \frac{1}{1} $$
La frise d'ordre 6 complétée : 0 sur 1, un sixième, un cinquième, un quart, un tiers, deux cinquièmes, un demi, trois cinquièmes, deux tiers, trois quarts, quatre cinquièmes, cinq sixièmes, 1 sur 1 ; sous chaque arc, le nombre 1
$$ \frac{0}{1} $$
$$ \frac{1}{6} $$
$$ \frac{1}{5} $$
$$ \frac{1}{4} $$
$$ \frac{1}{3} $$
$$ \frac{2}{5} $$
$$ \frac{1}{2} $$
$$ \frac{3}{5} $$
$$ \frac{2}{3} $$
$$ \frac{3}{4} $$
$$ \frac{4}{5} $$
$$ \frac{5}{6} $$
$$ \frac{1}{1} $$
 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
  1. Écrire toutes les fractions \(\frac{k}{n}\) comprises strictement entre \(0\) et \(1\), de dénominateur \(n\) allant de \(2\) à \(6\), puis barrer celles qui ne sont pas irréductibles : il doit en rester onze.
    $$ \frac{1}{2} \quad \frac{1}{3} \ ; \ \frac{2}{3} \quad \frac{1}{4} \ ; \ \frac{2}{4} \ ; \ \frac{3}{4} $$
    $$ \frac{1}{5} \ ; \ \frac{2}{5} \ ; \ \frac{3}{5} \ ; \ \frac{4}{5} $$
    $$ \frac{1}{6} \ ; \ \frac{2}{6} \ ; \ \frac{3}{6} \ ; \ \frac{4}{6} \ ; \ \frac{5}{6} $$

    On barre \(\frac{2}{4}\), \(\frac{2}{6}\) et \(\frac{4}{6}\), dont les deux termes sont pairs, et \(\frac{3}{6}\), dont les deux termes sont multiples de \(3\). Il reste \(15 - 4 = 11\) fractions.

  2. Ranger ces onze fractions dans les cases de la frise, de la plus petite à la plus grande, en les écrivant au besoin avec le dénominateur \(60\).
    $$ \frac{1}{6} = \frac{10}{60} \quad \frac{1}{5} = \frac{12}{60} \quad \frac{1}{4} = \frac{15}{60} $$
    $$ \frac{1}{3} = \frac{20}{60} \quad \frac{2}{5} = \frac{24}{60} \quad \frac{1}{2} = \frac{30}{60} $$
    $$ \frac{3}{5} = \frac{36}{60} \quad \frac{2}{3} = \frac{40}{60} \quad \frac{3}{4} = \frac{45}{60} $$
    $$ \frac{4}{5} = \frac{48}{60} \quad \frac{5}{6} = \frac{50}{60} $$
  3. Pour deux cases voisines \(\frac{a}{b}\) et \(\frac{c}{d}\), calculer \(bc - ad\) et l'écrire sous leur arc : une valeur différente de \(1\) signale une erreur de rangement.

    Par exemple, pour \(\frac{1}{3}\) et \(\frac{2}{5}\) :

    $$ 3 \times 2 - 1 \times 5 = 6 - 5 = 1 $$

    Les douze arcs portent \(1\).

  4. On suppose \(bc - ad = 1\). Démontrer qu'un entier \(m\) qui divise \(c\) et \(d\) divise aussi \(bc - ad\), et en déduire que la fraction \(\frac{c}{d}\) est irréductible.

    Si \(m\) divise \(c\) et \(d\), il existe deux entiers \(c'\) et \(d'\) tels que \(c = mc'\) et \(d = md'\). Alors :

    $$ bc - ad = bmc' - amd' = m(bc' - ad') $$

    Or \(bc' - ad'\) est un entier : \(m\) divise \(bc - ad = 1\), donc \(m = 1\) ou \(m = {-}1\).

    Les seuls diviseurs communs de \(c\) et \(d\) sont \(1\) et \({-}1\) : la fraction \(\frac{c}{d}\) est irréductible.

  5. Une seule fraction de dénominateur \(7\) se glisse entre \(\frac{2}{5}\) et \(\frac{1}{2}\). La trouver, puis vérifier la remarque de Farey avec chacune de ses deux voisines.

    On compare en soixante-dixièmes : \(\frac{2}{5} = \frac{28}{70}\) et \(\frac{1}{2} = \frac{35}{70}\), et les septièmes valent \(\frac{10}{70}\), \(\frac{20}{70}\), \(\frac{30}{70}\)… : seul \(\frac{3}{7} = \frac{30}{70}\) tombe entre les deux.

    $$ 5 \times 3 - 2 \times 7 = 15 - 14 = 1 $$
    $$ 7 \times 1 - 3 \times 2 = 7 - 6 = 1 $$
    $$ \frac{2}{5} < \frac{3}{7} < \frac{1}{2} $$