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199 défis
(mathématiques)
à manipuler !
Solutions
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V�o�i� �i� �l�e�� �s�o�l�u�t�i�o�n�� !
E�l�l�e�� �p�e�u�v�e�n�t �ê�t�r�e �s�o�m�m�a�i�r�e�� (�a�v�e� �s�e�u�l�e�m�e�n�t �l�e �r�é�s�u�l�t�a�t) �o�u� �d�é�t�a�i�l�l�é�e��
(�a�v�e� �u�n�e �d�é�m�a�r� �h�e �r�é�s�o�l�u�t�o�i�r�e). . .
R�a�p�p�e�l�o�n�� �q�u�e �l�a� �s�o�l�u�t�i�o�n� �e�n� �t�a�n�t �q�u�e �t�e�l�l�e �n�'�e�s�t �p�a�� �u�n�e �f�i�n� �e�n�
�s�o�i�. L�a� �d�é�m�a�r� �h�e, �l�e � �h�e�m�i�n�e�m�e�n�t, �l�e�� �e�s�s�a�i��, . . . �s�o�n�t �l�e�� �m�o�m�e�n�t�� �l�e��
�p�l�u�� �r�i� �h�e�� �d�e �l�a� �r�é�s�o�l�u�t�i�o�n� �d�'�u�n� �d�é�f�i�.
(I�l �n�'�y �a� �q�u�'�u�n�e �s�o�l�u�t�i�o�n� �d�e �d�é�f�i� �p�a�r� �p�a�g�e. C�e�l�a� �s�e �r�é�v�é�l�e�r� �u�t�i�l�e �p�o�u�r�
�u�n� �r�a�n�g�e�m�e�n�t (�d�a�n�� �u�n� � �l�a�s�s�e�u�r�, . . .) �q�u�i� �d�i�f�f�é�r�e�r�a�i�t �d�e � �e�l�u�i�-� �i�.)
Tapuscrit : Arnaud Gazagnes, aidé de LATEX2ε. Réalisation pour le groupe « Jeux » de l’IREM de Lyon
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Solution du défi 1
IREM de Lyon
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Solution du défi 2
IREM de Lyon
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Solution du défi 3
1 3 4 2
3 1 2 4
4 2 1 3
2 4 3 1
IREM de Lyon
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Solution du défi 4
)
2 1 4 3
3 2 1 4
4 3 2 1
1 4 3 2
IREM de Lyon
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Solution du défi 5
12
45
63
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Solution du défi 6
1
8
4 6
53
7 2
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Solution du défi 7
1 2
5
63
4
1 2
5
64
3
IREM de Lyon
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Solution du défi 8
Solution 1
7 4 1
5 2 8
3 9 6
Solution 2
5 2 8
3 9 6
7 4 1
IREM de Lyon
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Solution du défi 9
M. Talle Mme Pitt M. Eucle
M. Pitt Mme Eucle Mme Talle
Fenêtre
Table
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Solution du défi 10
1 2 3
2 2 4
1 3 4
1 3 4
IREM de Lyon
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Solution du défi 11
IREM de Lyon
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Solution du défi 12
5 1 6
9 7 8
2 4 3
IREM de Lyon
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Solution du défi 13
12
4
7
3
5 11
82
6
1
109
IREM de Lyon
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Solution du défi 14
2
16 4
3 5
2
14 6
5 3
IREM de Lyon
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Solution du défi 15
Lettre à déplacer successivement :
T M S A H T
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Solution du défi 16
3 2 3
2 3 3
1 2 3
IREM de Lyon
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Solution du défi 17
t
t t
t
IREM de Lyon
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Solution du défi 18
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Solution du défi 19
1
4
70
3
2
8
9 5
6
1
2
3
4
5
Une solution
IREM de Lyon
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Solution du défi 20
L’information « 3 » permet de remplir la deuxième ligne.L’information « 1 » permet de placer un gratte-ciel de hauteur « 30 » en bas de la seconde colonnepuis un gratte-ciel de hauteur « 10 » en haut.L’information « 2 » permet de de placer un gratte-ciel de hauteur « 20 » à gauche dans la premièreligne puis un gratte-ciel de hauteur « 30 » à droite.La grille se complète ensuite facilement.
20 10 30
30 20 10
10 30 20
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Solution du défi 21
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Solution du défi 22
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Solution du défi 23
Solution 1 (3 + 3 = 6)
Solution 2 (8 - 3 = 5)
Solution 3 (9 - 3 = 6)
IREM de Lyon
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Solution du défi 24
Solution 1
Solution 2
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Solution du défi 25
Solution 1
(La somme est 23.)
1 8 2
5 9 4
6 3 7
Solution 2
(La somme est 24.)
1 6 2
8 9 7
4 3 5
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Solution du défi 26
2 6
7 1
3 4 5
IREM de Lyon
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Solution du défi 27
Solution en 16 déplacements
(0)
(1)
(2)
(3)
(4)
(5)
(6)
(7)
(8)
(9)
(10)
(11)
(12)
(13)
(14)
(15)
(16)
En résumé :
(0) → (3) (4) → (7) (8) → (11) (12) → (15)
IREM de Lyon
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Solution du défi 28
Solution en 16 déplacements
1 2 3
4 5 6
7 8 9
10 11 12
1. 3 −→ 4
2. 4 −→ 9
3. 11 −→ 4
4. 4 −→ 3
5. 1 −→ 6
6. 6 −→ 11
7. 12 −→ 7
8. 7 −→ 6
9. 6 −→ 1
10. 2 −→ 7
11. 7 −→ 12
12. 9 −→ 4
13. 10 −→ 9
14. 9 −→ 2
15. 4 −→ 9
16. 9 −→ 10
IREM de Lyon
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Solution du défi 29
Dans ce tableau,
le nombre 1 est écrit 2 fois ;
le nombre 2 est écrit 3 fois ;
le nombre 3 est écrit 2 fois ;
le nombre 4 est écrit 1 fois.
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Solution du défi 30
Deux carrés :
Un carré :
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Solution du défi 31
Carré :
Rectangle :
Triangle rectangle :
Quadrilatère non parallélogramme :
Trapèze isocèle :
Parallélogramme (non rectangle) :
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Solution du défi 32
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Solution du défi 33
Solutions en 3 déplacements
(1)
(2)
(3)
Il y a 23 autres façons de résoudre ce défi !
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Solution du défi 34
Une des solutions :
Pour trouver d’autres solutions, on peut penser à la position des trois croix :
1. elles sont alignées sur une droite parallèle à un des côtés du rectangle ;
2. elles sont alignées sur une droite non parallèle à un des côtés du rectangle ;
3. elles forment un triangle rectangle dont les côtés peuvent être parallèles à un des côtés durectangle ;
4. elles forment un triangle rectangle dont aucun côté n’est parallèle à un des côtés du rectangle ;
5. elles forment un triangle isocèle dont un côté peut être parallèle à un des côtés du rectangle ;
6. elles forment un triangle isocèle dont aucun côté n’est parallèle à un des côtés du rectangle.
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Solution du défi 35
Carré :
Trapèze rectangle :
Parallélogramme non carré :
Triangle rectangle isocèle :
Hexagone (non régulier) :
Trapèze isocèle :
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Solution du défi 36Un carré :
Deux carrés :
Prolongement
a et b et c désignent respectivement les longueurs des deux côtés de l’angle droit et de l’hypoténuse.Il apparaît rapidement les deux résultats suivants.• Chacun des quatre triangles rectangles a pour aire a b/2. La somme des aires des quatre triangles
est donc 2 a b.• L’aire du grand carré « blanc » est c2 et la somme des deux carrés « blancs », a2 + b2. L’aire du
carré initial est (a+ b)2.
Cela traduit aussi :
• a2 + b2 = c2 (c’est le théorème de Pythagore)
• (a+ b)2 = a2 + 2 a b+ b2 (c’est une identité remarquable)
IREM de Lyon
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Solution du défi 37
Trois triangles équilatéraux :
Un triangle équilatéral :
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Solution du défi 38
Une croix :
Un carré :
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Solution du défi 39
En plaçant sur la première ligne les lettres A, B, C et D dans cet ordre, il y a deux solutions :
A B C D
C D A B
D C B A
B A D C
A B C D
D C B A
B A D C
C D A B
Toute grille équivalente à l’une de ces deux grilles est solution.
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Complément
Recherchons toutes les solutions de manière exhaustive.
Pour cela, on va chercher à placer les jetons 1, 2, 3 et 4 dans la grilleci-contre :
Dans la ligne ABCD, 1 ne peut être ni en A (alignement vertical) nien B (alignement diagonal). Donc 1 doit être en C ou en D.
1 2 3 4
1. Premier cas : 1 est en C.
Intéressons-nous à la ligne IJKL. 1 ne peutpas être ni en I (alignement vertical) ni enK ni en L (alignement diagonal). Donc 1est en J .
Dans la ligne EFGH , 1 est donc en H .
Dans la ligne ABCD, 2 ne peut pas être enB : il peut être en A ou en D.(a) Premier sous-cas : 2 est en A.
Dans la ligne ABCD, 4 ne peut pasêtre en D : il est donc en B. Donc 3est en D.
Dans la colonne 2BFJ , 3 est donc enF .
Dans la colonne 1EAI, 3 ne peut êtreni en E (alignement horizontal) ni en I(alignement diagonal). 3 ne peut doncpas être placé : l’hypothèse « 2 est enA » est donc fausse.
(b) Second sous-cas : 2 est en D.
Dans la colonne ADHL, 3 est donc enL.
Dans la ligne IJKL, 4 ne peut pas êtreen I (alignement diagonal) : 4 est doncen en K. Donc 2 est en I.
Dans la colonne 3CGK, 2 est donc enG.
Dans la ligne EFGH , 4 ne peut pasêtre en F (alignement diagonal) : 4 estdonc en en E. Donc 3 est en F .
Dans la ligne ABCD, 3 est donc en Aet 4, en B.
Ce qui donne le premier carré solution :
1 2 3 4
3 4 1 2
4 3 2 1
2 1 4 3
2. Second cas : 1 est en D.
Intéressons-nous à la ligne EFGH . 1 nepeut pas être ni en E ni en H (aligne-ment vertical) ni en G (alignement diago-nal). Donc 1 est en F .
Dans la ligne IJKL, 1 est donc en K.
(a) Premier sous-cas : 2 est en A.
Dans la ligne ABCD, 4 ne peut pasêtre en B (alignement vertical). Donc4 est en C. Ce qui est impossible (ali-gnement diagonal). 4 ne peut donc pasêtre placé : l’hypothèse « 2 est en A »est donc fausse.
(b) Second sous-cas : 2 est en C.
Dans la colonne 3CGK, 4 est donc enG.
Dans la diagonale 4CFI, 3 est donc enI.
Dans la ligne IJKL, 2 ne peut pas êtreen J (alignement vertical). Donc 2 esten L. Donc 4 est en J .
Dans la colonne 4DHL, 3 est donc enH .
Dans la ligne EFGH , 2 est donc en E.
Dans la ligne ABCD, 4 est donc en Aet 3, en B.
Ce qui donne le second carré solution :
1 2 3 4
4 3 2 1
2 1 4 3
3 4 1 2
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Solution du défi 40
On se sert du carré bilatin orthogonal d’ordre 4 solution :
A 1 B 2 C 3 D 4
C 4 D 3 A 2 B 1
D 2 C 1 B 4 A 3
B 3 A 4 D 1 C 2
Toute grille équivalente à cette grille est solution.
On peut, par exemple, choisir :• d’une part, ( A , B , C , D ) = ( As , R , D , V ) ;• d’autre part, ( 1 , 2 , 3 , 4 ) = ( ♥ , ♠ , ♦ , ♣ ).
On obtient alors :
As ♥ R ♠ D ♦ V ♣
D ♣ V ♦ As ♠ R ♥
V ♠ D ♥ R ♣ As ♦
R ♦ As ♣ V ♥ D ♠
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Solution du défi 41
Solution 1
Solution 2
(Cette solution admet un axe de symétrie.)
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Solution du défi 42
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Solution du défi 43
Je dois avoir un chien dans le carré « en haut à gauche » : je place un chien en B2.De même, je place un chien en C3.
Je dois placer un chien dans le carré « en bas à gauche ». Mais je ne peux pas le placer dans lacolonne B (à cause du chien en B2) ni dans la ligne 3 (à cause du chien en C3). Il me reste une seulepossibilité : je place le chien en A4.De même, je place un chien en D1.
Je complète la colonne A en mettant un renard en A3 et je complète la ligne 1 en mettant un chaten C1.
Je complète la ligne 3 en plaçant une souris en B3.Je complète la ligne 4 en plaçant un chat en B4.Je complète la colonne C en plaçant un renard en C2.Je complète la colonne D en plaçant une souris en D2.
Et voilà !
A B C D
4
3
2
1
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Solution du défi 44• Aux rotations et aux symétries près, il n’y a que 2 configurations de départ.• Toute partie victorieuse se fait en 8 sauts.• Quand le pion retiré se situe dans un angle rentrant, il y a 8 solutions.
Première solution
Seconde solution
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Solution du défi 45
Quelques solutions
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Solution du défi 46
3 4 6 72
1 2 5 30
7 8 9 504
21 64 270
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Solution du défi 47
1 2
3 4
ArrièreDroiteDevantGauche
Dessous
Dessus
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Solution du défi 48
Une solution :
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Solution du défi 49
Aide pour une construction :
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Solution du défi 50Une solution (avec les 24 carrés)
Contrainte supplémentaire : le bord du rectangle est unicolore.
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Solution du défi 51
59
4
82
17
310
6
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Solution du défi 52
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Solution du défi 53
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Solution du défi 54
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Solution du défi 55
8
12
10 6
9
4
21
3 5
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Solution du défi 56
Une solution
10
1
9 3
7
5
11
8 2
6
4
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Solution du défi 57
1 9 2
3 8 4
7 6 8
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Solution du défi 58
9 0 2 5
7 8 4
3 6
1
1 = 12 36 = 62 784 = 282 9 025 = 952
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Solution du défi 59
Un carré
Il y a 4× 1 + 6× 2 + 2 × 2 + 3× 3 + 5 × 4 = 49 petits carreaux. Le carré aura donc pour longueurde côté 7 carreaux.
Trois carrés
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Solution du défi 60
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Solution du défi 61
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Solution du défi 62
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Solution du défi 63
12
108
9
11 13
15
75
6
14 16
18
42
3
17 19
1
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Solution du défi 64
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Solution du défi 65
9
11
18
14
6
1
17
15
8
5
7
3
13
4
2
19
10
12
16
Cette solution est unique et a été trouvée par Clifford W. Adam en 1957.
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Solution du défi 66
Deux solutions
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Solution du défi 67
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Solution du défi 68
Trois solutions
Solution avec cinq axes de symétrie
Solution avec un seul axe de symétrie
Solution avec aucun axe de symétrie
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Solution du défi 69
Les 14 diels
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Solution du défi 70
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Solution du défi 71
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Solution du défi 72
IREM de Lyon
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Solution du défi 73
IREM de Lyon
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Solution du défi 74
Solution pour le défi avec 1 allumette (6 - 6 = 0)
Solution pour le défi avec 2 allumettes (5 + 3 = 8)
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Solution du défi 75
Une des nombreuses solutions
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Solution du défi 76
On va utiliser la grille suivante pour la résolution :
2
3
1
2
2 3 2 1
1
3
2
3
3212
A B C D
E F G H
I J K L
M N O P
L’information « 1 » permet de placer un gratte-ciel de hauteur « 40 » en cellules D, E et N .
Puisqu’il n’y a qu’un gratte-ciel de hauteur « 40 » par ligne et par colonne, le quatrième gratte-cielde hauteur « 40 » est en cellule K.
L’information « 2 » à gauche de la première ligne interdit d’avoir un gratte-ciel de hauteur « 10 »en cellule A (il y aurait en effet un gratte-ciel de hauteur « 20 » ou de hauteur « 30 » en cellule B).Celui-ci est donc en cellule B ou en cellule C.
Supposons qu’il y ait un gratte-ciel de hauteur « 10 » en cellule C. L’information « 2 » en haut de latroisième colonne invalide cette hypothèse (il y aurait en effet un gratte-ciel de hauteur « 20 » ou dehauteur « 30 » en cellule G). Le gratte-ciel de hauteur « 10 » est donc en cellule B.
Cette même information « 2 » impose le gratte-ciel de hauteur « 20 » en cellule C et le gratte-ciel dehauteur « 30 » en cellule A.
Dans la deuxième colonne, l’information en haut « 3 » impose d’avoir le gratte-ciel de hauteur « 20 »en cellule J et le gratte-ciel de hauteur « 30 » en cellule F .
L’information « 3 » à droite de la deuxième ligne impose d’avoir le gratte-ciel de hauteur « 10 » encellule G et le gratte-ciel de hauteur « 20 » en cellule H .
Puisqu’il n’y a qu’un gratte-ciel de hauteur « 30 » par ligne et par colonne, le quatrième gratte-cielde hauteur « 30 » est en cellule O.
L’information « 3 » à gauche de la troisième ligne impose d’avoir le gratte-ciel de hauteur « 30 » encellule I et le gratte-ciel de hauteur « 10 » est en cellule L.
On termine rapidement : le quatrième gratte-ciel de hauteur « 20 » est en cellule M et le quatrièmegratte-ciel de hauteur « 10 » est en cellule P .
30 10 20 40
40 30 10 20
10 20 40 30
20 40 30 10
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Solution du défi 77
Remarque.
Il y a six façons différentes de placer deux disques jaunessur les quatre disques bleus possibles.
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Solution du défi 78
6 2 3
1 4 5
7 8
÷ =
+ ×
+ =
= =
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Solution du défi 79
La somme des nombres de 1 à 7 est égale à 28. Une fois le nombre central placé, il reste deux aligne-ments verticaux dont les sommes sont égales.
On en déduit que le nombre c central est pair : il vaut donc 4 ou 6.
Le nombre 4 placé au centre conduit à la solution ci-dessous ; les somme de trois nombres alignéssont alors toujours égales à 12.
En plaçant 6 au centre, on ne réussit qu’à obtenir quatre sommes égales à 11.
1 2
5 4 3
6 7
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Solution du défi 80
Il y a 5 solutions.
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Solution du défi 81
Il suffit de raisonner « à rebours » pour trouver la solution.
En partant du 8, on recule de 7 cases et on place le 7. Puis on recule de 6 cases et on place le 6. Etainsi de suite jusqu’au 1.
7
46
1
2
5 3
8
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Solution du défi 82
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Solution du défi 83
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Solution du défi 84
Quelques solutions (non uniques). . .
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Solution du défi 85
Première solution
1
2
3
1
4
5
2
4
6
3
5
6
Deuxième solution
1
2
3
1
4
5
2
4
6
3
5
6
Troisième solution
1
2
3
14
5
2
4
6
3
5
6
IREM de Lyon
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Solution du défi 86
La solution minimale demande 23 déplacements.
A B F E C A B F E C A B DH G A B D H G D E F
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Solution du défi 87
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Solution du défi 88
Défi 1
b b b b
Défi 2
b b b b
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Solution du défi 89
Penchons-nous sur le cas général, où se trouvent n grenouilles vertes et n grenouilles brunes.Chacune des n grenouilles vertes rencontre chacune des n grenouilles brunes et il ne peuvent se croiserque si l’une des deux saute par-dessus l’autre : il faut donc n2 sauts.De plus, la file des grenouilles vertes ne peut pendre celle de la file des grenouilles brunes qu’après npas : il faut donc 2n avancées d’un pas.Il faut donc, au total, n2 + 2n coups.
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Solution du défi 90
Les jetons sont à déplacer dans l’ordre suivant.
1. K
2. C
3. E
4. K
5. W
6. T
7. C
8. E
9. H
10. M
11. K
12. W
13. T
14. A
15. N
16. C
17. E
18. H
19. M
20. I
21. K
22. C
23. E
24. H
25. M
26. T
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Solution du défi 91
Une solution
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Solution du défi 92
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Solution du défi 93
Au moins une solution par date. . .
1 2 3 4
5 6 78
9 10 11 12
13 1415 16
17 18 19 20
2122 23 24
25 26 27 28
29 30 31
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Solution du défi 94
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Solution du défi 95
Construction des pièces du puzzle
// //
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Solution du défi 96
Construction des pièces du puzzle
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Solution du défi 97
Construction des pièces du puzzle
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Solution du défi 98
4
1
2
5
3
6
IREM de Lyon
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Solution du défi 99
La somme des nombres de 1 à 13 est 91 ; celle des nombres des deux cercles est 78.
Le jeton du centre est 91− 78 = 13.
Avec les douze jetons restants de 1 à 12, on forme alors des couples de deux nombres dont la sommeest 13 : (1, 12), (2, 11), (3, 10), etc. On place simultanément un couple dans la même rangée et dansla même couronne. On commence par compléter les rangées dont un élément est connu.
Voici une disposition :
13 3
21
10
11 12
6
54
7
8 9
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Solution du défi 100
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Solution du défi 101
1
3
2
4
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Solution du défi 102
Il y a 24 solutions.
Chacune des cinq pièces est identifiée par un nombre :
1 ♠
♦
♥
♣
2 ♠
♦
♥
♣
3 ♠
♦
♥
♣
4 ♣
♦
♥
♠
5 ♦
♣
♥
♠
Placer d’abord la pièce centrale en gardant l’orientation des pièces comme indiqué ci-dessus puis lesautres, autour, en utilisant la contrainte de juxtaposition.
4 5 42 1 13 5 1
4 4 52 1 13 5 1
2 4 13 1 15 4 5
2 4 13 1 15 5 4
4 4 51 2 11 3 5
4 5 41 2 11 3 5
3 4 14 2 11 5 5
5 1 14 2 31 5 4
4 5 51 2 41 3 1
4 5 11 2 51 3 4
5 1 14 3 21 4 5
5 1 15 3 24 1 4
5 1 14 3 24 5 1
5 1 14 3 25 1 4
4 5 11 3 41 2 5
2 5 15 3 41 1 4
4 5 32 4 11 5 1
4 5 12 4 31 5 1
1 1 25 4 45 1 3
1 2 15 4 45 1 3
2 5 31 5 14 4 1
2 5 11 5 34 4 1
1 1 24 5 41 3 5
1 2 14 5 41 3 5
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Solution du défi 103
Aux isométries usuelles près, il y a quatre solutions.
b
bb
b
b b
b
b
b
b
b
b
10
92
12
4 5
8
1
7
11
3
6
b
bb
b
b b
b
b
b
b
b
b
8
102
11
4 3
9
1
5
12
6
7
b
bb
b
b b
b
b
b
b
b
b
10
92
11
3 5
7
1
8
12
4
6
b
bb
b
b b
b
b
b
b
b
b
7
102
12
3 4
9
1
5
11
6
8
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Solution du défi 104
IREM de Lyon
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Solution du défi 105
13
T20
R18
E5
I9
Z26
E5
+
+
–
–
+
=
TREIZE = T + R + E – I – Z + E
13 = 20 + 18 + 5− 9− 26 + 5
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Solution du défi 106
En remontant le temps, les numéros des boutons utilisés sont les suivants :
1. 24
2. 9
3. 7
4. 6
5. 16
6. 20
7. 10
8. 8
9. 18
10. 19
11. 4
12. 1
13. 21
14. 11
15. 13
16. 23
17. 25
18. 22
19. 17
20. 2
21. 12
22. 14
23. 15
24. 5
25. 3
Le premier bouton est donc le numéro 3.
1 2 3 4 5
6 7 8 9 10
11 12 13 14 15
16 17 18 19 20
21 22 23 24 25
11 6 1 15 2
22 23 18 24 19
12 5 11 4 3
21 7 17 16 20
13 8 10 25 9
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Solution du défi 107
La somme commune vaut 12.
1 + 4 + 7 = 12 2 + 4 + 6 = 12 3 + 4 + 5 = 12 1 + 2 + 4 + 5 = 12
642
1
7
3
5
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Solution du défi 108
6
1
35
42
3
2
64
1
55
4
32
1
6
2
3
56
1
44
1
25
6
32
3
56
1
44
1
25
6
3
4
5
61
2
35
2
46
1
3
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Solution du défi 109
Les trois autres solutions sont :
2 1 9
4 3 8
6 5 7
2 7 3
5 4 6
8 1 9
3 2 7
6 5 4
9 8 1
IREM de Lyon
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Solution du défi 110
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Solution du défi 111
On effectue les échanges suivants :
1. H – K
2. H – E
3. H – C
4. H – A
5. I – L
6. I – F
7. I – D
8. K – L
9. G – J
10. J – A
11. F – K
12. L – E
13. D – K
14. E – F
15. E – D
16. E – B
17. B – K
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Solution du défi 112
5 saute successivement par-dessus 8, 9, 3 et 1.
7 saute par-dessus 4.
6 saute par-dessus 2 puis 7.
5 saute par-dessus 6.
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Solution du défi 113
Les jetons à déplacer sont successivement :
12, 1, 3, 2, 12, 11, 1, 3, 2, (5, 7, 9, 10, 8, 6, 4,) 3, 2, 12, 11, 2, 1, 2
(Les mouvements donnés entre parenthèses sont à faire quatre fois successivement.)
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Solution du défi 114
Le carré :
Les deux carrés (52 = 32 + 42) :
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Solution du défi 115
1 = 1
2 + 1 = 3
3 = 3
4 = 1 + 3
5 + 1 + 3 = 9
6 + 3 = 9
7 + 3 = 1 + 9
8 + 1 = 9
9 = 9
10 = 1 + 9
11 + 1 = 3 + 9
12 = 3 + 9
13 = 1 + 3 + 9
L’égalité « 2 + 1 = 3 » se traduit par la situation suivante :• sur la plateau de gauche se trouvent l’objet (de 2 g, donc) et la masse de 1 g ;• sur la plateau de droite se trouve la masse de 3 g.
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Solution du défi 116
3× 3 + 2× 4 + 3× 8 = 41
3 4 8
3 4 8
3 4 8
3 4 8
3 4 8
3 4 8
3 4 8
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Solution du défi 117
Il y a deux solutions.
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Solution du défi 118
Première configuration (sept solutions) :
1 3 5 2 4
1 4 2 5 3
2 4 1 5 3
2 5 3 1 4
2 4 1 3 5
3 1 4 2 5
3 1 5 2 4
Seconde configuration :
52
4 1
3
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Solution du défi 119
Il y a deux solutions (aux transformations usuelles près).
7
10
5
2
6
3
8
11
4
1
9
12
3
6
9
2
10
7
4
11
8
12
5
1
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Solution du défi 120
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Solution du défi 121
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Solution du défi 122
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Solution du défi 123
Sur la première ligne et dans la première colonne, on doit trouver 2, 6, 7, 8, 9.
Comme deux nombres à placer commencent par 9, on place 9 à l’intersection de la première ligne etde la première colonne, puis on complète.
Voici une façon de disposer les nombres :
9 6 8
7 2 5
2 4 3
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Solution du défi 124
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Solution du défi 125
Les combinaisons possibles de trois chiffres dont la somme est 15 sont : (1, 6, 8), (2, 5, 8), (2, 6, 7),(3, 4, 8) et (3, 5, 7).
À (2, 6, 8), on peut associer (3, 5, 7).
Il reste 1 et 5 qu’on place aux sommets intérieurs du losange.
La disposition est :
7
3
5
1
6
2
8
4
IREM de Lyon
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Solution du défi 126
Les lampes à choisir sont les suivantes.
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Solution du défi 127
D’après l’indice 3, Marie n’est pas la maîtresse en grande section. D’après l’indice 5, Céline n’est pasla maîtresse en grande section. Donc Dominique est la maîtresse en grande section.
D’après l’indice 2, la maîtresse en moyenne section ne fait pas de relaxation. D’après l’indice 4, lamaîtresse en moyenne section ne fait pas de peinture. Donc la maîtresse en moyenne section propose
le chant.
Par conséquent, ce n’est pas Dominique qui propose le chant. De plus, d’après l’indice 6, Marie nepropose pas le chant. Donc Céline propose le chant.
D’après l’indice 1, Dominique, qui enseigne en grande section, ne propose pas la peinture. D’aprèsl’indice 4, la maîtresse en moyenne section ne propose pas de peinture. Donc la maîtresse en petite
section propose la peinture.
Dominique ne propose pas la peinture. Céline propose le chant et donc ne propose pas la peinture.Donc Marie propose la peinture.
Par conséquence, Dominique propose la relaxation.
À midi, Marie mange avec la maîtresse en moyenne section qui n’est pas Dominique. Donc Céline
est la maîtresse en moyenne section.
Par déduction, Marie est la maîtresse en petite section.
Voici le tableau solution :
Maîtresse Céline Dominique Marie
NiveauMoyenne
section
Grande
section
Petite
section
Activité Chant Relaxation Peinture
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Solution du défi 128
Voici la solution pour la souris.
Des inversions de lignes et de colonnes permettent d’obtenir les trois autres animaux.
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Solution du défi 129
Il y a deux solutions au défi.
Solution 1
Solution 2
IREM de Lyon
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Solution du défi 130
IREM de Lyon
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Solution du défi 131
9 2 4
3 5 7
6 8 1
(Solution à un demi-tour près.)
IREM de Lyon
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Solution du défi 132
La somme des nombres de 1 à 9 est égale à 45.
Il y a quatre triangles et la somme sur chacun d’eux, la somme vaut 13.On calcule donc : 4× 13 = 52.
Dans la ligne du bas, trois jetons sont communs à deux triangles.La somme de ces trois jetons est 52− 45 = 7.
La seule somme de trois nombres entiers différents égale à 7 est 1 + 2 + 4.
Les jetons numérotés de 1 à 5 sont donc dans la rangée du bas.
Comme 1 et le 2 ne peuvent pas être sur le même triangles (sur le troisième sommet, il y aurait alors13− 1− 2 = 10, ce qui est impossible), 4 est donc au centre.
Supposons que le 2 soit sur la droite du 3. Cela impliquerait que le 1 soit sur la droite du 4. Or3 + 2 = 4 + 1. Cela impliquerait que les premier et troisième jetons du haut soient égaux (à 8), cequi est impossible.Donc le 1 est à droite du 3 et le 2 est à droite du 4.
On complète maintenant chaque triangle.
Voici la disposition que l’on obtient :
9 8 7 6
3 1 4 2 5
IREM de Lyon
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Solution du défi 133
3
8
4
6 9
1 2
7 5
IREM de Lyon
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Solution du défi 134
Il y a une autre solution, obtenue par demi-tour.
IREM de Lyon
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Solution du défi 135
IREM de Lyon
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Solution du défi 136
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Solution du défi 137
IREM de Lyon
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Solution du défi 138
41 42 1 2 3 6 7
43 40 49 4 5 10 8
44 48 39 36 34 9 11
45 47 37 38 35 33 12
27 46 29 31 32 15 13
26 28 23 30 19 14 16
25 24 22 21 20 18 17
IREM de Lyon
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Solution du défi 139
IREM de Lyon
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Solution du défi 140
Ordre de placement des huit grilles :
1©
2©
3©
4©
5©
6©
7©
8©
IREM de Lyon
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Solution du défi 141
IREM de Lyon
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Solution du défi 142
IREM de Lyon
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Solution du défi 143
1
2
1
0
2
1 4 0 1
IREM de Lyon
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Solution du défi 144
Une solution possible :
7 1
23
6
5 4
IREM de Lyon
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Solution du défi 145Une solution possible :
1 7
65
2
3 4
IREM de Lyon
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Solution du défi 146
1
2
3
4
56
7
8
9
10 11
12
13
14
15 16
17
18
19
20
IREM de Lyon
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Solution du défi 147
Une solution (la somme vaut 12) :
4 17
5
3
6
2
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Solution du défi 148
Trois solutions possibles, les autres étant obtenues par permutations de deux jetons sur un même bord.
1 2
34 5 10
11 9
6 8
12 7
1 2
34 6 9
5 10
12 7
8 11
1 2
34 8 7
5 11
12 6
9 10
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Solution du défi 149
Une solution. . .
(1)
(2)
(3)
(4)
(5)
(6)
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Solution du défi 150
Quelques solutions
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Solution du défi 151
56 60 45 20 18
75 35 12 5 3
20 9 16 28 30
40 14 24 38 21
50 8 25 15 36
Haut
Bas
Gauche Droite
Une démarche réfléchie peut être la suivante.Tout d’abord, les cases qui ne peuvent pas être atteintes sont celles qui ont les nombres : 18 (parcequ’on ne peut pas avancer vers le haut), 14 (pas multiple de 3, 4 ou 5), 38 (pas multiple de 3, 4 ou5) et 8 (parce qu’on ne peut pas avancer vers le bas).Il en résulte que le début est nécessairement : 20 - 9 - 35 - 12.Si on continue vers le haut, on tombe sur 18 qui est une impasse. La suite est donc : 16 - 24. Avecces deux nombres, on peut faire une boucle 16 - 24, ce qui est sans intérêt.On continue donc vers le bas : 25 - 15. Si l’on continue vers le haut, on tombe sur 38 qui est uneimpasse. Donc : 36 - 21 - 30.C’est le seul chemin possible si on évite l’aller et retour 24 - 16 - 24.
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Solution du défi 152
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Solution du défi 153
b
b
b
b
La difficulté n’est pas de placer les pièces du puzzle, mais de prendre en compte, dans le même temps,la seconde contrainte : les centres des petits cercles sont les sommets d’un carré. Pour cela, il estindispensable de convenir que ce carré peut être obtenu sans que ses côtés soient parallèles aux lignesdu quadrillage. . .
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Solution du défi 154
1,000 1
1,001 1
1,01
1,011
1,1
1,100 01
1,101
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Solution du défi 155Des solutions possibles
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Solution du défi 156
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
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Solution du défi 157
10
− 1
÷ 3
+ 2
× 4
= 20
20
− 2
÷ 3
+ 4
× 1
= 10
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Solution du défi 158
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Solution du défi 159
On peut réussir faire en quatre coups.
1. On déplace le jeton noir de la première ligne au-dessus du jeton rouge.
2. On déplace en diagonale le jeton bleu de la troisième ligne.
3. On déplace le jeton bleu de la deuxième ligne au-dessus du jeton rouge.
4. On déplace le jeton noir de la troisième ligne en diagonale.
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Solution du défi 160
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Solution du défi 161
1 7
3
9
5
11
10
8
6
4
2
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Solution du défi 162
1 3 4
2 5
6 12
10
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Solution du défi 163
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Solution du défi 164
Solution 1
5 4 1
3 7
2 6 8
Solution 2
7 4 3
1 5
6 2 8
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Solution du défi 165
Solution 1
119
11 7
3
13
17
5
Solution 2
119
5 13
3
7
17
11
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Solution du défi 166
7
1
5
6
8
3
9
4 2
11
15
14
15
14
18
15
13
11
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Solution du défi 167
C O M F
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Solution du défi 168
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Solution du défi 169
Dans ce cadre. . .
1 . il y a 3 nombre(s) impair(s) ;
2 . il y a 1 nombre(s) pair(s).
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Solution du défi 170
Les deux petits triangles peuvent être permutés avec un grand triangle.
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Solution du défi 171
Trois solutions :
1
2
3
Avec les étiquettes A, C et F, on peut écrire six permutations différentes :A C F – A F C – C A F – C F A – F A C – F C A
Si l’on associe une permutation avec l’ordre Petit – Moyen – Grand, seules les permutations A C F,A F C et F A C sont solutions.
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Solution du défi 172
1
1
3
3
4
42
4
2 1
3
2
IREM de Lyon
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Solution du défi 173
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Solution du défi 174
IREM de Lyon
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Solution du défi 175
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Solution du défi 176
Construction du puzzle :
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Solution du défi 177
Construction du puzzle :
IREM de Lyon
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Solution du défi 178
IREM de Lyon
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Solution du défi 179
Dans la méthode de construction proposée ci-dessous, les triangles sont superposés les uns après lesautres.
1©
2©
3©
4©
5©
6©
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Solution du défi 180
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Solution du défi 181
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Solution du défi 182
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Solution du défi 183
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Solution du défi 184
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Solution du défi 185
Bertra
nd
Hélèn
e
Jean-PaulColett
eFra
nço
ise
Roger
IREM de Lyon
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Solution du défi 186
IREM de Lyon
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Solution du défi 187
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Solution du défi 188
IREM de Lyon
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Solution du défi 189
5
6
7 81 2
3
4
Solution donnée à une symétrie près
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Solution du défi 190
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Solution du défi 191
IREM de Lyon
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Solution du défi 192
1 6 5
7 2 3
4
IREM de Lyon
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Solution du défi 193
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Solution du défi 194
Amélie a 12 ans. Béatrice, ayant 2 ans de moins qu’une autre avoir que 9 ans. Celle qui a 11 ansaimant les myrtilles ne peut pas être Dounia, c’est donc Claire.
On peut aisément compléter le tableau :
Amélie Béatrice Claire Dounia
12 9 11 14
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Solution du défi 195
La première ligne indique qu’il n’y a ni 1, ni 2, ni 3 dans la combinaison.
En couplant avec la troisième ligne, on déduit qu’il y a un 6 dans le code.
La seconde ligne indique ensuite que, d’une part, le 6 est le troisième chiffre de la combinaisonet que, d’autre part, il n’y a ni 4 ni 5 dans la combinaison.
La dernière ligne indique que le 8 ou le 9 sont bien placé. Mais le 9 est impossible car il y a à cetteplace le 6. Donc le 8 est le premier chiffre de la combinaison.
L’avant-dernière ligne permet de trouver que le 7 est le deuxième chiffre de la combinaison.
D’où la combinaison :
8 7 6
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Solution du défi 196
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Solution du défi 197
Une solution
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Solution du défi 198
Deux solutions (aux symétries et aux rotations près)
6 1 4
5 3
2
1 6 4
5 2
3
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Solution du défi 199
Il y a 24 solutions.
Avec les notations de la figure ci-contre, on a :
a+ b+ c = a+ d+ e
c’est-à-dire :b+ c = d+ e
d e
b c
a
Comme {a, b, c, d, e} = {1, 2, 3, 4, 5}, on a seulement les trois sommes 1+4 = 2+3, 1+5 = 2+4et 2 + 5 = 3 + 4.
a vaut alors respectivement 5, 3 et 1.
Voici trois solutions correspondant à ces trois valeurs.
2 3
1 4
5
2 4
1 5
3
3 4
2 5
1
Chaque solution est associée à 8 autres, obtenues en échangeant les deux paires de nombres sur le« petit » triangle et le « grand » triangle ou en échangeant les nombres par symétrie axiale d’axe« vertical ».Ainsi, avec la configuration « 1 4 - 2 3 » dessinée ci-dessus à gauche, on obtient 4 1 - 2 3, 1 4 - 3 2,4 1 - 3 2, 2 3 - 1 4, 2 3 - 4 1, 3 2 - 1 4 et 3 2 - 4 1.D’où un total de 8× 3 = 24 solutions différentes.
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