Probl` eme num´ ero A4903
(par Jo¨el Benoist)Enonc´´ e.Zig a trouv´e dans l’un des quatre ouvrages ”R´ecr´eations Math´ematiques et Physiques publi´ees par feu Jacques Ozanam de l’Acad´emie Royale des Sciences et Professeur en Math´ematique, nouvelle
´
edition revue et corrig´ee avec soin”, l’´enigme suivante qu’il a mise au goˆut du jour : Un lion de bronze plac´e sur le bassin d’une fontaine peut jeter l’eau par la gueule, par le pied droit et par les yeux. S’il jette l’eau par la gueule il emplira le bassin en 50 minutes exactement : s’il la jette par le pied, il l’emplira en 1 heure 21 minutes 40 secondes : s’il la jette par l’oeil droit il l’emplira en 1 heure 56 minutes 40 secondes : s’il la jette par l’oeil gauche il l’emplira en 1 heure 5- minutes – secondes*. On demande en combien de temps T le bassin sera rempli, si le lion jette l’eau en mˆeme temps par la gueule, par le pied et par les yeux, sachant que T s’exprime exactement en minutes et secondes.
* Comme c’est un vieil ouvrage, Zig ne peut lire ni le chiffre des unit´es des minutes ni le nombre des secondes.
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Solution.L’unit´e de temps sera la seconde et l’unit´e de volume sera le litre. NotonsV le volume en litre du bassin. Lorsque seul lei-ieme trou est en action, notonsvi la vitesse de remplissage du bassin en litre par seconde,Ti le temps qu’il faut pour que le bassin se remplisse etqi la quantit´e d’eau qui sort par ce trou en une seconde. Notons enfinv la vitesse de remplissage du bassin lorsque les 4 trous fonctionnent en mˆeme temps. On a la suite d’´egalit´e
V
T =v= q1+q2+q3+q4
1 =q1
1 +q2
1 +q3
1 +q4
1 =v1+v2+v3+v4= V T1
+ V T2
+ V T3
+ V T4
. En simplifiant parV, on retrouve la relation classique liant les diff´erents temps :
1 T = 1
T1 + 1 T2 + 1
T3 + 1
T4 (1)
ce qui signifie queT est la moyenne harmonique des quatre tempsT1, . . . , , T4. Or d’apr`es l’´enonc´e, nous avonsT ∈N,T1= 3000,T2= 4900,T3= 7000 etT4= 6600 +to`ut∈J0,600K. En rempla¸cant dans (1), il vient
1 T = 1
1470+ 1 6600 +t. Posonsa:= 1470 etb:= 6600 +t∈J6600,7200K; alorsT = ab
a+b et donc, commeT est un entier,a+b diviseab. Nous allons alors utiliser le lemme suivant
Lemme.Soientx, y≥1 deux entiers naturels. Alorsx+ydivisexysi et seulement si il existe un diviseur d≥1 commun `a xet y tel que x
d+y
d divised.
Preuve du Lemme.Supposons que x+y divise xy. En posantd=pgcd(x, y), on peut ´ecrirex=dx0 ety=dy0 avec pgcd(x0, y0) = 1 etx0+y0 divisedx0y0.
Soitpun nombre premier qui divisex0y0 etx0+y0. En particulierpdivisex0 ouy0. En toute g´en´eralit´e nous pouvons supposer quepdivisex0. Mais commepdivise x0+y0, pdivise aussiy0. Ainsipdivise x0 ety0, ce qui contredit le fait que ces deux entiers sont premiers entre eux.
Nous avons donc montrer que pgcd(x0+y0, x0y0) = 1 et donc, par le th´eor`eme de Gauss, on peut dire quex0+y0 divised.
R´eciproquement il est ´evident que six=dx0ety=dy0 avecx0+y0qui divisedalorsx+y=d(x0+y0)
divised2(x0+y0) qui est ´egale `a xy.
D’apr`es le Lemme, il existe donc un diviseur commun `aaetbtel que a d+b
d divised. En fait, on a aussi a+b divised2 et en particulier
8070 = 1470 + 6600≤a+b≤d2 et donc √
8070≤d. Ainsidest un diviseur de 1470 plus grand que 90. Les seules valeurs possibles sont donc
98 105 147 210 245 294 490 735 1470.
Il faut maintenant les tester une `a une (en fait comme il y a unicit´e de la solution, on pourrait se contenter de ne traiter que le bon cas !). On posea0:= a
d et b0 := b d.
•d= 98.
On a a0 = 15 et b0 = b
98 = 6600 +t
98 = 67 + 34 +t
98 . Donc, puisque t ∈ J0,600K, nous avons b0 ∈J68,73Ket par cons´equenta0+b0∈J83,88K. Pas de solution dans ce cas car 98 ne poss`ede pas de diviseur dans l’intervalleJ83,88K.
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•d= 105.
On aa0 = 14,b0 = b
105 = 6600 +t
105 = 62 + 90 +t
105 , doncb0 ∈J63,69K et par cons´equenta0+b0 ∈ J77,83K. Pas de solution dans ce cas car 105 ne poss`ede pas de diviseur dans l’intervalleJ77,83K.
•d= 147.
On aa0 = 10,b0 = b
147 = 6600 +t
147 = 44 + 32 +t
147 , doncb0 ∈J45,48K et par cons´equenta0+b0 ∈ J55,58K. Pas de solution dans ce cas car 147 ne poss`ede pas de diviseur dans l’intervalleJ55,58K.
•d= 210.
On aa0 = 7, b0 = b
210 = 6600 +t
210 = 31 + 90 +t
210 , doncb0 ∈J32,34Ket par cons´equenta0+b0 ∈ J39,41K. Pas de solution dans ce cas car 210 ne poss`ede pas de diviseur dans l’intervalleJ39,41K.
•d= 245.
On aa0 = 6, b0 = b
245 = 6600 +t
245 = 27 + t−15
245 , doncb0 ∈J27,29Ket par cons´equenta0+b0 ∈ J33,35K.Il existe une solution car 255 poss`ede un diviseur dans l’intervalleJ33,35K. C’est 35 ; donc b0 = 29,t= 505 et finalementT = 1210 soitT ´egal `a 20 minutes et 18 secondes.
•d= 294.
On aa0 = 5,b0 = b
294 = 6600 +t
294 = 22 +132 +t
294 , doncb0 ∈J23,24K et par cons´equenta0+b0 ∈ J28,29K. Pas de solution dans ce cas car 294 ne poss`ede pas de diviseur dans l’intervalleJ28,29K.
•d= 490.
On aa0 = 3, b0 = b
490 = 6600 +t
490 = 13 +230 +t
490 , doncb0 = 14 et par cons´equent a0+b0 = 17.
Pas de solution dans ce cas car 17 ne divise pas 105.
•d= 735.
On aa0 = 2,b0 = b
735 = 6600 +t
735 = 9 +t−15
735 ,doncb0= 9 et par cons´equenta0+b0 = 11. Pas de solution dans ce cas car11 ne divise pas 735.
•d= 1470.
On aa0= 1, b0 = b
1470 = 6600 +t
1470 = 4 +720 +t
1470 . b0 ne peut pas ˆetre entier car 720 +t≤1320.
Conclusion.La solution estT ´egal `a 20 minutes et 18 secondes.
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