Q UI NE CHERCHE PAS , NE TROUVE PAS .

(1)

Michel Roelens, Qui ne cherche pas....  1

Q UI NE CHERCHE PAS , NE TROUVE PAS .

H EURISTIQUES POUR RÉSOUDRE DES PROBLÈMES DE MATHS

C ONGRÈS DE LA SBPM EF AOÛT 2015

M

ICHEL

R

OELENS

(UC L

EUVEN

-L

IMBURG

, M

ARIA

-B

OODSCHAPLYCEUM

, U

ITWISKELING

)

R ÉSUMÉ

« Qui cherche trouve » dit le proverbe. En mathématiques, ce n’est pas toujours le cas. Mais sans chercher, on ne trouve pas, sinon la tâche n’est qu’une opération de routine et non un « problème ». Trouver, en grec, se dit

« heuriskein ». Les heuristiques sont des petites stratégies qui peuvent aider à trouver, telles que « chercher en sens inverse », « faire un dessin », « trouver un motif régulier » ... Pour trouver une solution à un problème mathématique, les heuristiques ne suffisent pas. Il est important de disposer de bonnes connaissances mathématiques. En outre, il faut être capable de contrôler son propre processus de recherche et il est utile d’avoir confiance en soi. Mais dans cet atelier, nous nous concentrerons sur les heuristiques. Les participants résoudront certains problèmes (accessibles pour des élèves de différents âges et niveaux) et nous analyserons les heuristiques qui s’appliquent. En guise de conclusion, nous donnerons la parole à György Pólya lui-même, l’inventeur des heuristiques en maths.

C ONTENU DE CE SYLLABUS

Ce syllabus contient les 10 problèmes de l’atelier, 10 problèmes supplémentaires avec solution et en annexe deux recensions en néerlandais publiées dans Uitwiskeling. La première concerne un petit livre de Terence Tao, médaille Fields, écrit quand il avait 15 ans, sur sa façon de s’y prendre pour résoudre des problèmes. La deuxième recension est d’un film des années 1970 dans lequel le légendaire G. Pólya propose un problème à un groupe d’étudiants. Ce film est disponible sur internet.

Q UELQUES IDÉES EN STYLE TÉLÉGRAMME

- La résolution de problèmes est un aspect essentiel des mathématiques.

- La résolution de problèmes fait partie des programmes.

- Un ‘problème’ est une question pour laquelle on ne connaît pas d’office une méthode de résolution.

- La matière des programmes peut être introduite par problèmes.

- Schoenfeld (1985) fit raisonner à haute voix des experts pendant la résolution de problèmes. Il en conclut que, pour résoudre des problèmes, on a besoin de quatre choses :

- des connaissances, - des heuristiques,

- métacognition, contrôle de soi, - ‘beliefs’.

-

Ici, nous nous intéresserons aux heuristiques.

(2)

L ES PROBLÈMES DE L ’ ATELIER 1 N OMBRES PALINDROMES ?

(Posamentier & Krulik, 2008)

Combien de nombres palindromes y a-t-il dans {1, 2, 3, … , 1000}?

2 L A VITESSE D ’ ^{UNE AUTO}

Une auto roule à 110 km/h sur l’autoroute. Le chauffeur voit une deuxième auto, exactement 1 km derrière la

sienne. Exactement 1 minute plus tard, la deuxième auto rattrape la première. Quelle est la vitesse de la

deuxième auto, en supposant qu’elle soit constante ?

(3)

3 P IZZA EN MORCEAUX

On te donne une grande pizza. Tu peux la couper en morceaux par des droites (donc des cordes entières). Quel est le nombre maximal de morceaux si tu coupes 10 fois ?

4 S OMME DES COEFFICIENTS

Calculer la somme des coefficients de (𝑥 + 𝑦)

⁸.

(4)

5 C ARRÉS DANS L ’ ^ÉCHIQUIER

Combien de carrés y a-t-il dans l’échiquier ?

Un échiquier a 88 cases et on ne peut pas ajouter de lignes.

6 L’ ANGLE ENTRE LES AIGUILLES

Sur cette montre il est environ deux heures moins dix. Les aiguilles sont symétriques par rapport à l’axe 12h-

6h. Quel est l’angle exact entre les deux aiguilles ?

(5)

7 L ^{E JEU DE} 64

Deux joueurs nomment à tour de rôle un nombre de 1 à 8. Tous ces nombres sont additionnés. Celui qui dit le dernier nombre tel que la somme soit exactement 64, gagne.

Tu peux commencer.

As-tu une stratégie pour gagner toujours ?

8 L A LONGUEUR DU TUNNEL

Tu te trouves 100 m devant l’entrée d’un tunnel. Tu vois le diamètre de l’entrée trois fois plus grand que le

diamètre de la sortie. Quelle est la longueur du tunnel?

(6)

9 L ^A G ^RENOUILLE

Une grenouille est au fond d’un puits de 10 mètres de profondeur. Tous les jours, elle monte de 50 cm, mais la nuit, en s’endormant, elle redescend de 40 cm. Après combien de temps la grenouille sort-elle du puits ?

10 L ^ES C ^ONCOMBRES

On a 500 kg de concombres qui contiennent 99% d’eau. Après une semaine, ils ne contiennent plus que 98%

d’eau. Combien pèsent-ils alors??

(7)

P ROBLÈMES SUPPLÉMENTAIRES 1 R

EMPLIR DEUX SEAUX

On a deux seaux sans marques (ce ne sont pas des tasses à mesurer), l'un de 9 litres et l’autre de 4 litres.

Comment peut-on puiser exactement 6 litres d'eau d’un puits?

Pour avoir 6 litres dans le seau de 9 litres, on peut le remplir complètement et en enlever 3 litres.

Ceci est possible si on a 1 litre d'eau dans le petit seau.

Mais comment obtenir 1 litre à l’aide de ces deux seaux?

1 litre = 9 litres −4 litres −4 litres.

Heuristique : raisonner en sens inverse.

2 M

ÉDIANES

Construire un triangle dont les longueurs des médianes sont données.

Nous considérons les médianes non comme des droites mais comme des segments rejoignant chaque sommet avec le milieu du côté opposé. Le problème est que nous ne connaissons que les longueurs des médianes et non les angles sous lesquels elles se coupent. Commençons par un croquis de la solution : un triangle 𝐴𝐵𝐶 avec les trois médianes [𝐴𝑀], [𝐵𝑁]

et [𝐶𝑃] qui se coupent au centre de gravité 𝑍.

Nous savons que |𝐴𝑍| = 2 |𝑍𝑀| (nos élèves apprennent cela en troisième). Donc, si nous allongeons [𝑍𝑀] pour en faire un segment [𝑍𝑄] qui est deux fois plus long, alors |𝐴𝑍| = |𝑍𝑄|. En outre 𝐵𝑍𝐶𝑄 est un quadrilatère dont les diagonales se coupent en leur milieu. Un tel quadrilatère est toujours un parallélogramme (nos élèves apprennent cela en deuxième).

(8)

Michel Roelens, Qui ne cherche pas....  8 Maintenant on peut construire le triangle 𝐶𝑍𝑄 en utilisant les longueurs données des médianes : chacun des trois côtés de 𝐶𝑍𝑄 mesure en effet ²₃ d’une médiane donnée, et un triangle dont les longueurs des trois côtés sont données est constructible à la règle et le compas ! Une fois que le triangle 𝐶𝑍𝑄 est construit, le reste réussira aussi !

Heuristique : travailler en sens inverse ; faire un dessin. Notez que ces heuristiques sont combinées ici avec le recours à des connaissances mathématiques (la position du centre de gravité ; propriétés définissantes du parallélogramme). Les connaissances factuelles sont importantes pour la résolution de problèmes !

3 A

NGLES OPPOSÉS (Posamentier & Krulik, 2008)

Combien de paires d'angles opposés sont formées par 10 droites se coupant en un point ? (Nous comptons seulement les angles strictement inférieurs à 180°.)

Le dénombrement direct, sur un dessin avec 10 droites, est difficile. Commençons par moins de droites. (Dessine-les.) - 1 droite : 0 paires d’angles opposés.

- 2 droites : 2 paires d'angles opposés.

Nous observons une régularité: 20 = 5 ∙ 4 ; 12 = 4 ∙ 3 ; 6 = 3 ∙ 2.

Si cette régularité se poursuit, il y a pour 10 droites : 10 ∙ 9 = 90 paires d'angles opposés.

Pouvons-nous expliquer la régularité? Chaque nouvelle droite qui s’ajoute forme avec chacune des droites précédentes deux paires d’angles opposés qui n’étaient pas encore comptées. Par exemple, de quatre à cinq droites : il y avait 12 paires d'angles opposés ; la cinquième droite crée huit nouvelles paires d'angles opposés ; 12 + 8 = 20. Avec cette idée, on peut formuler le passage de 𝑛 droites à 𝑛 + 1 droites dans une démonstration par récurrence : si 𝑛 droites déterminent 𝑛(𝑛 − 1) paires d’angles opposés, alors la 𝑛 + 1-ième droite y ajoute 2𝑛 paires d’angles opposés. Et : 𝑛(𝑛 − 1) + 2𝑛 = 𝑛(𝑛 + 1).

On peut voir les choses différemment : chaque paire de droites détermine deux paires d'angles opposés (et ceux-ci sont associés uniquement à cette paire). Si il y a 10 droites, on a C₁₀² = 45 paires de droites . Donc 45 ∙ 2 = 90 paires d’angles opposés.

Heuristique : Recherche d’une régularité ; changer de point de vue.

4 L

ES CASIERS

On construit une nouvelle école avec 1000 casiers (numérotés). Par coïncidence, il y a exactement 1000 inscriptions. Tous les casiers sont fermés. Le premier jour d'école, les élèves sont d'accord sur les points suivants. Le premier élève va ouvrir tous les casiers. La deuxième changera tous les casiers qui sont un multiple de 2 (d'ouvert à fermé ou de fermé à ouvert).

Le troisième changera tous les casiers qui sont des multiples de 3. Etc.

Une fois que tous les élèves sont passés, combien de casiers seront ouverts?

Essayons pour 10 casiers et 10 élèves au lieu de 1000. Nous faisons une tableau.

Casier 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

Élève 1 O O O O O O O O O O

Élève 2 O F O F O F O F O F

Élève 3 O F F F O O O F F F

Élève 4 O F F O O O O O F F

Élève 5 O F F O F O O O F O

Élève 6 O F F O F F O O F O

Élève 7 O F F O F F F O F O

Élève 8 O F F O F F F F F O

Élève 9 O F F O F F F F O O

Élève 10 O F F O F F F F O F

(9)

Michel Roelens, Qui ne cherche pas....  9 Les casiers 1, 4 et 9 sont ouverts, les carrés. En effet, tous les nombres sauf les carrés ont un nombre pair de diviseurs, parce les diviseurs se présentent en couples.

10 : 1 et 10 ; 2 et 5 12 : 1 et 12 ; 2 et 6 ; 3 et 4 Toutefois, les places de numéro carré ont un nombre impair de diviseurs.

9 : 1 et 9 ; 3 16 : 1 et 16 ; 2 et 8 ; 4.

Un nombre impair de changements donne comme résultat que le casier est ouvert.

Parce que 31²= 961 < 1000 < 1024 = 32², il y a 31 carrés dans {1, 2, 3 … 1000}. Donc, il y aura 31 casiers ouverts.

Heuristique : Résoudre un problème plus simple (10 au lieu de 1000) ; découvrir une régularité

5 L’

AIRE ENTRE DEUX TRIANGLES (Posamentier & Krulik, 2008)

Trouver l’aire de la zone entre le triangle 𝐴𝐵𝐶 et le triangle 𝐺𝐻𝐼, en sachant que les côtés des trois triangles sont parallèles et espacés d’une unité l'un de l'autre. Les longueurs des côtés du triangle 𝐷𝐸𝐹, sont de 5, 6 et 7 (voir la figure).

La méthode évidente est : calculer les aires des triangles 𝐴𝐵𝐶 et 𝐺𝐻𝐼 et soustraire. Cependant, il est beaucoup plus facile de calculer l’aire demandée en la considérant comme la somme des aires des trapèzes 𝐵𝐶𝐼𝐻, 𝐶𝐴𝐺𝐼 et 𝐴𝐵𝐻𝐺, à savoir :

5 ∙ 2 + 6 ∙ 2 + 7 ∙ 2 = 36.

Heuristique : adopter un point de vue différent.

6 B

ANCS DANS LA SALLE DE CLASSE (Posamentier & Krulik, 2008)

Dans une salle de classe, il y a 25 bancs, cinq rangées de cinq. Toutes les places sont prises. L'enseignant donne à tous les élèves l’ordre de se déplacer, à savoir d’avancer d’un banc en avant, en arrière, à gauche ou à droite. La classe peut-elle suivre cette ordre?

Imaginons la salle comme un échiquier de cinq sur cinq places, alternativement blanches et noires de couleur. Les élèves devraient tous passer d'un carré blanc à un carré noir ou vice versa. Mais, il y a 13 carrés noirs et 12 carrés blancs. La tâche est impossible.

Heuristique : adopter un point de vue différent ; découvrir une régularité ; faire un dessin.

(10)

7 R

AYON DU CERCLE

Est donné est un triangle équilatéral 𝐴𝐵𝐶 de côté 1.

Sur l'extension du côté [𝐵𝐶], nous choisissons des points 𝐴1 (du côté de 𝐵) et 𝐴2 (du côté de 𝐶) de sorte que |𝐴1𝐵| =

|𝐴2𝐶| = |𝐵𝐶| = 1 .

De manière analogue on choisit 𝐵₁, 𝐵₂, 𝐶₁ 𝑒𝑡 𝐶₂. Calculer le rayon du cercle passant par 𝐴₁, 𝐵₂, 𝐶₁,

Le centre du cercle circonscrit du triangle 𝐴𝐵𝐶 est aussi le centre du cercle par 𝐴1, 𝐵2, 𝐶1, 𝐴2, 𝐵1 et 𝐶2. (Cela ressort clairement de la symétrie, vous ne devez pas le prouver.)

Faisons un dessin. Appelons 𝑀 le centre. Appelons 𝐷 le milieu de [𝐵𝐶].

Pythagore dans le triangle 𝐴𝐵𝐷 nous donne |𝐴𝐷| =^√3

2

𝑀 est le barycentre, donc : |𝑀𝐷| =^√3₆

Pythagore dans le triangle 𝐴1𝑀𝐷 nous donne : rayon = |𝑀𝐴1| =^√21

3

Heuristique : Faire un dessin. éléments de connaissance : la position du barycentre ; théorème de Pythagore.

8 L

ES

D

ÉS

Sur un dé, la somme des points sur deux faces opposées est toujours sept.

Combien de valeurs différentes peut avoir la somme des points sur trois faces qui se rencontrent en un sommet ?

Les faces opposées ont donc (1 et 6), (2 et 5), et (3 et 4) points. Autour d'un sommet, nous avons trois nombres de points, un de chacune de ces paires. Cela donne:

1 + 2 + 3 = 6 1 + 2 + 4 = 7 1 + 5 + 3 = 9 1 + 5 + 4 = 10 6 + 2 + 3 = 11 6 + 4 + 2 = 12 6 + 5 + 3 = 14 6 + 5 + 4 = 15.

Donc, il y a huit sommes différentes : autour de chaque sommet une somme différente.

Heuristique : parcourir toutes les possibilités.

9 S

OMME DES CARRÉS (Posamentier & Krulik, 2008)

Un dodécagone régulier est inscrit dans un cercle de rayon 1. 𝑃 est un point arbitraire de ce cercle. Déterminer la somme des carrés des distances de 𝑃 aux sommets.

(11)

Michel Roelens, Qui ne cherche pas....  11 Il s’agit d’une somme de 12 carrés de distances. Si on regroupe les termes de telle façon que les carrés de distances de 𝑃 aux sommets opposés sont mis ensemble, on a, par le théorème de Pythagore, six fois le diamètre 2 au carré, donc la somme demandée est 24.

Heuristique : faire un dessin, changer de point de vue. Des éléments de connaissances jouent également un rôle crucial : angle inscrit dans un demi-cercle; théorème de Pythagore.

10 L

ES SOLDES

Qu’est-ce qui est le plus avantageux :

- D’abord une réduction de 20%, puis une augmentation de 15%?

- D’abord une augmentation de 15%, puis une réduction de 20% ? Commençons avec € 100.

100

−20 80 +12 92

100 +15 115

−23 92

Les deux sont donc également avantageux. Le calcul ci-dessus montre la réponse, mais ne fait pas apparaître ‘pourquoi’ le résultat est le même. Le schéma ci-dessous nous éclaire à ce sujet.

Il s’agit donc de la commutativité de la multiplication.

Heuristique : travailler avec des nombres concrets

(12)

A NNEXE 1 R ECENSION EN NÉERLANDAIS DE U ITWISKELING 24/3 ( ÉTÉ 2008)

Terence Tao, Solving mathematical problems. A personal perspective

Oxford University Press, Oxford / New York, 2006, ISBN 978-0-19-920560-8.

Terence Tao, winnaar van de Fieldsmedaille in 2006, is hoogleraar wiskunde aan de University of California te Los Angeles.

Hij schreef dit boekje in 1990 toen hij … 15 jaar oud was. Op dat moment had hij al, op 12-, 13- en 14-jarige leeftijd, achtereenvolgens brons, zilver en goud gewonnen op de internationale wiskundeolympiade!

In dit boekje legt hij aan de hand van een aantal olympiadevragen uit wat het denkproces is dat tot een oplossing kan leiden. Ik heb dit boekje graag gelezen, niet zozeer vanwege de opgaven (er bestaan veel boeken met mooie, opgeloste wiskundeproblemen), maar vooral omdat Tao heel eerlijk en gedetailleerd zijn gedachtegang beschrijft. Hij geeft niet zomaar de kortste of de meest elegante oplossing, maar voert de lezer echt mee doorheen zijn denkproces. Hij besteedt aandacht aan het begrijpen van de opgave, aan de psychologie van de vraagsteller (“de kans is groot dat hij het zo bedoelt, anders had hij de vraag anders geformuleerd…”), aan de efficiëntie van de tijdsbesteding (“deze berekening zou lastig kunnen zijn, laten we eerst proberen om het te vermijden”), aan het herformuleren van de opgave en aan vele andere heuristieken en oplossingsstrategieën… Ook omwegen of doodlopende straatjes komen wel eens aan bod. Je merkt op elke bladzijde hoe leuk deze 15-jarige wiskunde vindt en hoe helder hij denkt. Het boek bevat ook een aantal oefeningen zonder oplossing, analoog aan de uitgewerkte voorbeelden.

In de inleiding waarschuwt de auteur voor overdreven verwachtingen: wiskundige problemen oplossen is niet zomaar te herleiden tot het toepassen van een aantal trucjes: “Two of the main weapons – experience and knowledge  are not easy to put into a book. But there are many simpler tricks that make it easier to find a feasible attack plan. There are systematic ways of reducing a problem into successively simpler sub-problems.”

Om een idee te geven, beschrijf ik in het kort twee van de opgaven die Tao in het boekje oplost.

Machten van twee met dezelfde cijfers…

Probleem 2.2

Bestaat er een macht van 2 waarvan je de cijfers kunt herschikken tot een andere macht van 2? (Getallen die met een nul beginnen, zoals 0302, zijn niet toegelaten.)

De opgave lijkt moeilijk, want het herschikken van cijfers kan op heel veel manieren gebeuren en het lijkt niet makkelijk om afzonderlijke cijfers te bepalen van een macht van 2.

Kunnen we een oplossing vinden door te raden? Waarschijnlijk niet, anders zou deze vraag niet op een wiskundecompetitie gesteld worden. Misschien bestaat er een oplossing met veel cijfers, die je alleen kunt vinden met een ingewikkelde constructie. Maar het is wellicht moeilijk om zo’n constructie te bedenken. “We should rather take a sensible look around before plunging into deep water”… Laten we dus eerst proberen om te bewijzen dat er geen zo’n getal bestaat.

Als dit lukt, hebben we veel tijd gewonnen en als het niet lukt dan zit er niets anders om toch maar werk te maken van de waarschijnlijk lastige constructie.

Laten we eens denken aan bekende eigenschappen van machten van 2 om te zien of we er een vinden die niet compatibel is met het wisselen van cijfers. We schrijven alvast de eerste machten van 2 op:

1, 2, 4, 8, 16, 32, 64, 128, 256, 512,1024, 2048, 4096, 8192, 16384, 32768, 65536, …

We zien niet meteen iets speciaals aan de cijfers. Het laatste cijfer is natuurlijk altijd even (behalve bij 1), maar de andere cijfers kunnen op het eerste gezicht gelijk wat zijn. Neem bv. 4096. Kunnen we het herschikken tot een andere macht van 2 die we nog niet hebben opgeschreven? Neen, want we hebben maar vier cijfers. Misschien is dit iets bruikbaars: als we de cijfers herschikken blijft het aantal cijfers hetzelfde. (Nogal wiedes, maar ook evidente zaken zijn soms nuttig!) Dit leidt tot een veel makkelijker probleem.

Verwant probleem

Bestaan er twee machten van 2 met hetzelfde aantal cijfers?

Als het antwoord neen is, is het antwoord op het oorspronkelijke probleem ook neen. Helaas is het antwoord op deze vraag ‘ja’: 2048 en 4096 hebben bv. hetzelfde aantal cijfers. Dit betekent nog niet dat het antwoord op de oorspronkelijke vraag ook ‘ja’ is. Het kan zijn dat we het probleem te fel hebben vereenvoudigd; dat we rekening moeten houden met meer eigenschappen dan enkel het aantal cijfers. Laten we nog eens kijken naar 4096 en de andere machten van 2 met evenveel

(13)

Michel Roelens, Qui ne cherche pas....  13 cijfers: 1024, 2048, 4048 en 8192. Er zijn er vier. Kunnen er ook meer dan vier getallen met evenveel cijfers in het rijtje voorkomen? Neen: het eerste cijfer van het kleinste getal is minstens 1 en wordt steeds verdubbeld: 1··, 2··, 4··, 8··, 16·· . Dit betekent dat er voor elke macht van 2 hoogstens drie kandidaten zijn voor getallen met dezelfde cijfers. We staan al een stap verder: misschien kunnen we iets vinden om deze drie kandidaten uit te schakelen.

Het volstond blijkbaar niet om enkel naar het aantal cijfers te kijken. Laten we zoeken of er nog iets anders is dat behouden blijft bij het verwisselen van de cijfers. Wat hebben getallen met dezelfde cijfers nog met elkaar gemeen? Ze hebben bv. dezelfde som van de cijfers! Dit leidt tot het volgende probleem.

Bestaan er twee machten van 2 met hetzelfde aantal cijfers en met dezelfde som van de cijfers?

Als het antwoord neen is, is het antwoord op het oorspronkelijke probleem ook neen.

Laten we eens kijken naar de som van de cijfers van de eerste machten van 2:

1, 2, 4, 8, 7, 5, 10, 11, 13, 8, 7, 14, 19, 20, 22, 26, 25, …

Deze sommen zijn vrij kleine getallen. Dit is misschien pech, want kleine getallen hebben een grotere kans om aan elkaar gelijk te zijn. De rij van de sommen gaat op en neer maar lijkt globaal een stijgende trend te vertonen (wat niet verrassend is). Het beschouwen van het aantal cijfers volstond niet; het lijkt erop dat we ook met de som van de cijfers vast zitten.

De som van de cijfers heeft veel te maken met de rest bij deling door 9, anders gezegd met de som van de cijfers modulo 9.

We weten dat de som van de cijfers modulo 9 gelijk is aan het getal zelf modulo 9 (m.a.w. de rest bij deling van het getal door 9). Laten we dit eens proberen.

Bestaan er twee machten van 2 met hetzelfde aantal cijfers en met dezelfde rest bij deling door 9?

Als het antwoord neen is, is het antwoord op het oorspronkelijke probleem ook neen (want het verwisselen van cijfers verandert niets aan de som van de cijfers modulo 9).

Laten we kijken naar de resten bij deling door 9 (die we evengoed kunnen berekenen aan de hand van de reeds berekende sommen van de cijfers):

1, 2, 4, 8, 7, 5, 1, 2, 4, 8, 7, 5, 1, 2, 4, 8, 7, …

Nu zien we onmiddellijk een patroon: er is een ‘periode’ van zes resten die steeds terugkomen. Even controleren dat dit patroon inderdaad altijd zal terugkomen:

2^𝑛+6= 2^𝑛2⁶= 2^𝑛· 64  2^𝑛(mod 9) want 64  1 (𝑚𝑜𝑑 9).

Er zijn zeker machten van 2 die dezelfde rest hebben bij deling door 9 (bv. 1 en 64 of 2 en 128), maar die liggen in de rij te ver uit elkaar om hetzelfde aantal cijfers te hebben (zie hoger: hoogstens vier opeenvolgende machten van 2 kunnen hetzelfde aantal cijfers hebben).

Hiermee is dus het oorspronkelijke probleem opgelost! Even de gevonden redenering samenvatten.

Veronderstel dat er een macht van 2 zou bestaan waarvan je de cijfers kunt herschikken tot een andere macht van 2. Dan zouden deze twee machten van 2 hetzelfde aantal cijfers hebben en dezelfde rest bij deling door 9. Maar de resten bij deling door 9 van de opeenvolgende machten van twee vormen een periodieke rij met periode 6, zonder herhaling binnen één periode. De twee getallen zouden dus minstens een onderlinge afstand van 6 hebben binnen de rij, maar dan kunnen ze niet hetzelfde aantal cijfers hebben.

Chocolade Probleem 6.3

Twee mensen spelen een spel met een grote chocoladereep die uit 60 vierkante stukken bestaat, in een rechthoek van 6 bij 10. De eerste speler breekt de reep in twee stukken volgens één van de lijnen die de reep in vierkantjes verdelen. Hij eet één van de twee stukken op. De tweede speler breekt op dezelfde manier het overblijvende stuk in tweeën en eet één stuk op. Enzovoort. Wie niet meer kan spelen omdat hij van de andere speler één stukje van 1 bij 1 krijgt, is verloren. Voor welke speler bestaat er een winnende strategie?

In de speltheorie kan men aantonen dat elk eindig strategisch spel voor twee spelers die om beurten een zet mogen doen, een niet-verliezende strategie heeft voor één van de spelers. Omdat hier gelijkspel niet mogelijk is, bestaat er dus een winnende strategie.

(14)

Michel Roelens, Qui ne cherche pas....  14 Eerst moet het probleem vertaald worden van chocolade naar wiskunde. Het gaat over een rechthoek van 6 bij 10. Je kunt die bv. verdelen in twee rechthoeken van 6 bij 7 en 6 bij 3 Of in twee rechthoeken van 2 bij 10 en 4 bij 10. Eén van de twee blijft over. Van de twee afmetingen wordt één behouden en wordt de andere een kleiner natuurlijk getal (verschillend van nul). Laten we een notatie invoeren voor de rechthoeken. Ze zijn bepaald door twee getallen. We noteren bv. de oorspronkelijke reep als (6, 10). De mogelijke zetten vanaf (6, 10) zijn (6, 1), (6, 2), …, (6, 9); (1, 10), (2, 10), …, (5, 10).

Als we deze koppels voorstellen in een assenstelsel, dan vertrekken we in het punt (6, 10) en mogen we evenwijdig met één van de assen naar de oorsprong toe bewegen. Het probleem kan dus als volgt worden geherformuleerd.

Herformulering

Twee spelers bewegen om beurten een punt in een rooster, over een geheel aantal stapjes naar links of naar onder. Het punt start in (6, 10) en kan nooit op of voorbij een as geraken. De winnaar is wie het punt (1, 1) bereikt. Wie heeft een winnende strategie?

Je kunt ook zeggen dat het punt start in (5, 9), dat je wel op maar niet voorbij een as mag komen en dat je wint als je in (0, 0) komt.

Nog een andere formulering:

Herformulering

Er zijn twee stapels kaartjes, een stapel van 5 en een stapel van 9. Elke speler moet om beurten één of meer kaartjes wegnemen van één van de twee stapels. Wie de laatste kaart wegneemt is gewonnen.

We hebben nu zeker goede wiskundige modellen. Maar de moeilijkheid is dat er zoveel mogelijkheden zijn. Daarom kunnen we eerst het spel met kleinere aantallen spelen. Het ‘verschuiven’ van (1, 1) naar (0, 0) laten we (voorlopig?) links liggen.

Stel dat we starten met reep of punt (2, 3). De eerste speler kan naar (1, 3), (2, 2) of (2, 1). Maar (1, 3) of (2, 1) is niet slim want daarmee kan de tweede speler gemakkelijk naar (1, 1). Dus moet de eerste speler naar (2, 2). De tweede speler is dan verplicht om naar (2, 1) of (1, 2) te gaan en de eerste speler wint. Dus: als men start in (2, 3) is de eerste speler gewonnen.

Laten we nu starten in (3,3). Naar (1, 3) of (3, 1) gaan is niet goed. Maar ook naar (2, 3) is geen goed idee want we hebben zojuist gezien dat met (2, 3) mag starten, altijd kan winnen. En (3, 2) is natuurlijk even slecht als (2, 3). Dus zal de eerste speler verliezen als men start in (3, 3).

We losten het op voor (3, 3) steunend op wat we wisten voor (2, 3). Dit suggereert een recursieve werkwijze. Door de symmetrie kunnen we ons beperken tot (𝑎, 𝑏) met 𝑎  𝑏.

(1, 1) is verliezend (wie dit krijgt, is verloren). (1, 𝑛) met 𝑛 > 1 is winnend (wie dit krijgt, kan de andere (1, 1) geven). (2, 2) is verliezend (wie dit krijgt, moet de andere (1, 2) geven en dus laten winnen). Dus is (2, 𝑛) met 𝑛 > 2 winnend (wie dit krijgt, kan de andere (2, 2) geven. Enzovoort.

We zouden hiermee stap voor stap kunnen verdergaan tot (6, 10). Maar het is leuker om een patroon te zoeken voor de winnende en verliezende punten.

Hierboven merkten we de volgende eigenschappen op.

- Als (𝑎, 𝑏) verliezend is, dan is (𝑎, 𝑐) met 𝑐 > 𝑏 winnend, want wie dit krijgt, kan aan de andere (𝑎, 𝑏) geven.

- (𝑎, 𝑏) is verliezend als je van hieruit enkel naar winnende posities (voor de tegenpartij) kunt gaan.

Als we alle winnende punten die we al kennen in het vlak aanduiden, en de verliezende punten in een andere kleur, krijgen we de indruk dat de verliezende punten gewoon de punten (𝑥, 𝑥) zijn en dat de andere punten allemaal winnend zijn.

Anders gezegd: als de reep chocolade vierkant is, zal de eerste speler verliezen en anders kan de eerste speler winnen. Met dit vermoeden proberen we een strategie te formuleren voor de eerste speler bij de (6, 10)-reep.

Breek de chocolade zo dat je een vierkant van 6 bij 6 aan de tegenspeler geeft. Wat de tegenspeler daarna ook doet, maak er telkens weer een vierkant van.

Deze strategie werkt: de tegenspeler krijgt telkens een vierkant en kan hier dus nooit een vierkant van maken. De eerste speler krijgt dus telkens een rechthoek en kan er wel telkens een vierkant van maken. Vermits de vierkanten die de tegenspeler krijgt, steeds kleiner worden, komt er zeker een moment waarop dit een vierkant van 1 bij 1 is.

Achteraf gezien bleek de eerste herformulering nuttig om een patroon te herkennen, maar hebben we de tweede herformulering niet gebruikt.

Michel

(15)

A NNEXE 2 R ECENSION EN NÉERLANDAIS DE U ITWISKELING 31/1 (H IVER

2015)

(16)

(17)

(18)

B

IBLIOGRAPHIE

Jacobs, S., Op de Beeck, R., Willems, J. (2005). Problem solving. Uitwiskeling 22/1.

Pólya, G. (1966). Let us teach guessing. MAA Video Classics number 1. The Mathematical Association of America.

http://vimeo.com/48768091, besproken in UW 31/1

Pólya, G. (1945). How to solve it. A new aspect of mathematical method. Princeton University Press.

Posamentier, A.S., Krulik, S. (2008). Problem solving strategies for efficient and elegant solutions. Grades 6-12. A resource for the mathematics teacher. Corwin Press, Thousand Oaks, California, 2008, 260 pp., ISBN 976-1-4129-5970-4, compte-rendu dans Uitwiskeling 29/3.

Schoenfeld, A. (1985). Mathematical problem solving. Orlando, Academic Press

Tao, T. (2006). Solving mathematical problems. A personal perspective. Oxford University Press, Oxford / New York, 2006, ISBN 978-0-19-920560-8, compte-rendu dans Uitwiskeling 24/3.

Van Dalen, B., Puite, Q.(2014). Successtrategieën voor de Wiskunde Olympiade. Stichting Nederlandse Wiskunde Olympiade.

Van Leemput, G. e.a. (1991). Problemen oplossen in de wiskundeles. Uitwiskeling 8/1

Q UI NE CHERCHE PAS , NE TROUVE PAS .