Défis mathématiques

espèce de sadique :D .. tu vas nous torturer longtemps comme ca ?

Ce n'est même pas n qu'il faut trouver, ce n'est qu'un paramètre.

Oh toi ça va hein, tu chipotes toujours quand tu es jaloux.

On est censé le faire avec des dessins, c'est de la triche ! :p

Sinon, pour confirmer analytiquement ta réponse intuitive à la 4, c'est la somme S de la suite géométrique de raison q = 1/4 et de premier terme q :

S = q + q² + q³ + ... + qⁿ

En multipliant par q :

qS = q² + q³ + ... + qⁿ⁺¹

En soustrayant :

S - qS = q - qⁿ⁺¹

D'où : S = (q - qⁿ⁺¹) / (1 - q) = q (1 - qⁿ) / (1 - q), ce qui tend vers q / (1-q) = 1/3 avec n grand.

Très élégant bravo !

Le problème, c'est qu'une loi binomiale s'applique quand on répète n épreuves de Bernoulli indépendantes, ce qui n'est pas le cas ici. Par exemple, le nombre de lapins morts dans ce problème est forcément compris entre 1 et n, alors qu'il serait entre 0 et n dans le cas d'une loi binomiale.

Cela dit, en prenant une loi binomiale, j'arrive à 50% de survivants avec n grand (ce qui n'a pas de sens vu qu'elle est de 50% pour n=2 et décroît ensuite) donc si j'ai fait une erreur et que tu sais où, je suis preneur. Mon raisonnement : en prenant une loi de Bernoulli, la probabilité qu'un lapin ne se fasse pas dégommer, c'est la probabilité que le premier chasseur tire sur l'un quelconque des n-1 autres lapins, multipliée par la probabilité que le deuxième chasseur en fasse de même, etc., soit p = [(n-1) / n]^n. Dans ce cas, l'espérance de la loi binomiale, c'est np = n [1 - 1/n]^n. Quand n est grand, ça se simplifie par développement limité : np = n [1 - n*1/n + n(n-1) / 2! * (1/n)² ] = (n-1) / 2. La proportion de lapins vivants est alors de (n-1) / (2n) soit 50%.

Non, ça ne sera pas 50% en utilisant la loi binomiale tu peux en faire rapidement le calcul sur XLS avec LOIBINOMIALE.N qui me donnait rapidement 36 et des cacahuètes % en 10 sec mais 5 secondes avant de quitter le bureau pour les sunlights mais en effet je t'accorde que le nombre de lapins mort est compris entre 0 et N et non entre 1 sur N ce qui n'a pas la moindre importance puisque N tend vers l'infini (ça affectera la décimale loin loin loin après la virgule)

Par ailleurs, n'ayant aucun lien entre chacun de ces N tirages les effets des précédents n'ayant aucune incidence sur les suivants cela revient précisément à N expériences indépendantes comme si il s'agissait du même chasseur qui faisait N tirs de manière indépendante.

J'ai pas xls d'où je suis mais bon je verrai dans 10 jours.

Si j'ai pas donné le résultat c'est que N tend vers l'infini ce qui signifie qu'on peut lui substituer une loi normale d'espérance f et d'écart type racine (f/1-f) / n avec une loi binomiale de paramètre n,f mais bon je reprends un cocktail et tant pis pour Gauss

AllezTchuss

Avec beaucoup de retard, ma réponse un peu groupée :

Bon alors pour le un, dans l'énoncé il est dit qu'en ôtant n'importe quel diamant il peut réformer deux tas de masses égales. Ce qui pour moi veux dire qu'il a essayé avec chaque diamants. J'en déduis donc que tous les diamants ont la même masse.

C'est l'esprit de l'exo, mais ce n'est malheureusement pas une preuve ^^ En tout cas, je peux constater que tu as une vue intuitive de ce qui doit être fait. La prochaine étape est de formuler mathématiquement le problème.

@Konvicted : Ton dernier calcul pour la 4 est lui-même astucieux, c'est très bien ! Zenalpha c'est pas biiiennnn faut pas utiliser de tableur (et oui, c'est de la triche comme dit Kon), même si cela montre que tu sais parfaitement t'en servir !

Pensez à des gâteaux ou à des figures géométriques qu'on pourrait partager d'une façon qui soit élégante et pour laquelle le résultat se lit de manière intuitive.

@Konvicted(bis) : C'est exactement ça pour l'exo 3, bien expliqué et bien présenté !

@Konvicted(ter) : En ce qui concerne l'exercice 6, ton raisonnement semble se tenir, mais il faut interpréter le problème comme étant multivarié (chaque lapin étant une variable pouvant prendre les valeurs 0 ou 1 selon que celui ci est mort ou vivant), avec n variables indépendantes ! Du coup, chaque lapin de loi X_i étant une variable de Bernoulli, Y = la somme des X_i suit une loi binomiale. Le reste du calcul se tient à ceci près qu'il n'est pas possible d'estimer n*(n - 1/n)^n par un développement limité au deuxième ordre, tout simplement parce que n apparaît dans le terme qui tend vers 0 - 1/n - mais également en exposant. Pour un calcul propre, on aurait plutôt remarqué que (n - 1/n)^n = e^(n*ln(1 - 1/n)) avec ln(1 - 1/n) approximativement égal à -1/n au premier ordre en l'infini (développement asymptotique). On aurait alors approché n(1 - 1/n)^n par l'équivalent n/e lorsque n est grand. Dans le cas d'un problème multivarié, l'espérance de Y est donc E(somme des X_i) = n*E(X_i) équivalent à n/e en l'infini, donc E(X_i) tend vers 1/e qui vaut 0,37 environ.

Zenalpha a trouvé le bon résultat.

Ah oui c'est sympa et pas évident... Surtout qu'il ne s'agit pas ici d'étaler au grand jour notre arsenal mathématique, mais de faire preuve d'astuce...

Pour la 1 : J'ai l'intuition qu'il faut partir de deux tas de même nombre d'éléments et de même masse (avec un élément n de côté) et de regarder ce qu'il se produit quand on permute n avec n'importe quel autre élément des deux tas, montrer que n aura nécessairement la même masse que l'élément permuté, et comme on peut permuter n'importe lequel ils ont tous la même masse. Mais j'ai un peu de mal à mettre le problème en équation.

Pour la 2 : Une idée un peu plus aboutie... Mon intuition me dit que l'affirmation est vraie à partir de 4 étoiles. Je cherche en fait à démontrer qu'un quadrilatère a nécessairement au moins une dimension (côté ou diagonale) non entière. On pourrait tenter de passer par les calculs d'aires. Un quadrilatère non croisé dont on connait les quatres côtés et 1 diagonale ne possède qu'une seule aire (je pense) non nulle. Donc on doit possiblement pouvoir montrer que la seconde diagonale est non entière. Ce qui signifierait que 4 étoiles toutes séparées d'un nombre entier entre elles forment un quadrilatère d'aire nulle. En d'autre terme elles seraient alignées. La j'avoue que j'ai juste la flemme de me lancer. D'autant que c'est pas élégant comme méthode...

Pour la 3 : Je crois que j'ai trouvé une manière élégante de le résoudre. Pour ne pas spoiler... C'est en blanc en dessous.

-------------- solution -----------------

Imaginons un carré sur une feuille quadrillée (faite le avec un carré de coté 3 par exemple). Lorsqu'on fait un chemin, sans boucle, on coupe le carré en deux parties : une en dessous du chemin, l'autre au dessus. L'aire de ces partie correspond au nombre de carrés qu'elle contient. Par exemple sur le carré de côté 3, le chemin en escalier qui part vers la droite coupe le grand carré en 2 parties, la partie du dessus contient 6 carrés, et la partie du dessous contient 3 carré. On se rend compte alors qu'on peut tracer un chermin contenant 0 carré en dessous, un autre contenant 1 carré en dessous, un autre 2 carrés, ... jusqu'à n*n carrés. Il y a donc n²+1 chemins.

----------------------

Pour la 4 : la connaissance des développement limité à gaché mon plaisir...

Pour la 5 : On reprend le raisonnement de la 3 et on ajoute ceci :

------------- solution -------------------

Interdire de toucher la diagonale revient à dire qu'on ne peut emprunter aucun chemin qui passe par l'intérieur des carré de la diagonale + les carrés qui sont leur voisins directs. Ce qui fait qu'on supprime n + 2*(n-1) soit 3n-2 petit carrés qui forment un nouveau gros bloc (donc +1 carré). On a donc non plus n²+1 chemins mais

n² - 3n + 4 .

Ca fonctionne pour 2 et 3.

-----------------------------------------

Pour la 6 : toujours pas de solution évidente... En y allant comme une brutasse, j'ai le sentiment qu'on dégomme 2/3 des lapin (récurence sur un arbre de probas)... Mais il doit y aoir plus élégant quand même... pov' bêtes :D

Pour la 1 c'est tout à fait ça, comme je l'ai dit avec Tar_Baby, il faut maintenant mettre en équation :)

Une façon de formaliser le problème est d'indicer chaque élément du tas initial, d'écrire l'égalité entre la somme des masses de deux tas (en ayant enlevé le joyau h, par exemple) et en faisant permuter le rôle du joyau h avec chaque joyau. On obtient alors un système de 2n+1 équations à 2n+1 inconnues (le vecteur inconnue étant m = {m1, ..., m_(2n+1)} ) qui se réécrit sous la forme d'une équation matricielle du type A*m = {0, ..., 0} sur laquelle on peut faire un peu d'algèbre linéaire pour montrer que le rang de la matrice est de dimension 2n (donc le noyau de A est dimension 1), ce qui prouve que m1 = m2 = ... = m_(2n+1). Et c'est véritablement l'étape la plus technique.

Pour la 2 : je connais une autre méthode. Mais à la lecture de ta méthode, ça n'a pas l'air si bête ! Je dirais même que c'est un bon début de solution. Seulement, le traitement n'est pas aisé pour n > 4 : Comment calcules-tu l'aire d'un polygone quelconque ?

Pour la 3 : Voir solution de Konvicted.

Pour la 4 : Maintenant il faut faire des dessins :) C'est ça qui est réellement astucieux et élégant !

À Merryh,

Je me contenterai de ta réponse, à savoir que j'ai bien appréhendé le problème. Pour ce qui est d'apporter la preuve de ce que j'ai avancé je vais laisser les matheus du forum s'en charger, j'ai arrêté les maths depuis beaucoup trop longtemps pour m'y coller.

Je peux reconnaître que le problème reste extrêmement mathématique même en l'ayant "dénudé" et en ayant bien décortiqué les enjeux. Les formules rebutent trop souvent pour leur apparente complexité, mais ce qui est réellement digne d'intérêt, c'est la compréhension de l'énoncé et la mise en place d'un schéma de résolution qui peut très bien se passer de mathématiques pointues.

Tu as compris qu'on devait faire permuter le rôle du joyau ôté, ce qui est très bien.

Très élégant bravo !

@Konvicted : Ton dernier calcul pour la 4 est lui-même astucieux, c'est très bien !

C'est comme ça que je l'ai appris, je n'ai pas de mérite.

Pensez à des gâteaux ou à des figures géométriques qu'on pourrait partager d'une façon qui soit élégante et pour laquelle le résultat se lit de manière intuitive.

La première somme est facile : on prend un carré de côté 1, on le découpe en deux, on en redécoupe une moitié en deux, etc. et la somme des aires des rectangles qu'on obtient, c'est 1 = 1/2 + 1/4 + 1/8 + 1/16 + ...

Pardonnez le peu de soin apporté au dessin :

Non, ça ne sera pas 50% en utilisant la loi binomiale tu peux en faire rapidement le calcul sur XLS avec LOIBINOMIALE.N qui me donnait rapidement 36 et des cacahuètes % en 10 sec mais 5 secondes avant de quitter le bureau pour les sunlights mais en effet je t'accorde que le nombre de lapins mort est compris entre 0 et N et non entre 1 sur N ce qui n'a pas la moindre importance puisque N tend vers l'infini (ça affectera la décimale loin loin loin après la virgule)

Oui, effectivement, je ne sais pas pourquoi j'ai éliminé la loi binomiale pour un terme qui devient assez vite négligeable. J'aurais dû rester sur ma première intuition. Et accessoirement ne pas me planter sur le développement limité.

@Konvicted(ter) : En ce qui concerne l'exercice 6, ton raisonnement semble se tenir, mais il faut interpréter le problème comme étant multivarié (chaque lapin étant une variable pouvant prendre les valeurs 0 ou 1 selon que celui ci est mort ou vivant), avec n variables indépendantes ! Du coup, chaque lapin de loi X_i étant une variable de Bernoulli, Y = la somme des X_i suit une loi binomiale. Le reste du calcul se tient à ceci près qu'il n'est pas possible d'estimer n*(n - 1/n)^n par un développement limité au deuxième ordre, tout simplement parce que n apparaît dans le terme qui tend vers 0 - 1/n - mais également en exposant. Pour un calcul propre, on aurait plutôt remarqué que (n - 1/n)^n = e^(n*ln(1 - 1/n)) avec ln(1 - 1/n) approximativement égal à -1/n au premier ordre en l'infini (développement asymptotique). On aurait alors approché n(1 - 1/n)^n par l'équivalent n/e lorsque n est grand. Dans le cas d'un problème multivarié, l'espérance de Y est donc E(somme des X_i) = n*E(X_i) équivalent à n/e en l'infini, donc E(X_i) tend vers 1/e qui vaut 0,37 environ.

Zenalpha a trouvé le bon résultat.

Ah oui, c'est mieux comme ça !

Si ça intéresse quelqu'un, j'ai fait une simulation de l'expérience (répétée 1000 fois en chaque point) pour avoir une idée de la vitesse à laquelle on approche la limite de 1/e en proportion de lapins vivants, voilà le résultat :

@Konvicted(bis) : C'est exactement ça pour l'exo 3, bien expliqué et bien présenté !

Merci. Du coup, ce que j'ai proposé pour le 5, c'est faux ? Ou pas abouti et y a plus simple ? Je peux avoir un petit indice ?

Pour la 2 : Une idée un peu plus aboutie... Mon intuition me dit que l'affirmation est vraie à partir de 4 étoiles. Je cherche en fait à démontrer qu'un quadrilatère a nécessairement au moins une dimension (côté ou diagonale) non entière. On pourrait tenter de passer par les calculs d'aires. Un quadrilatère non croisé dont on connait les quatres côtés et 1 diagonale ne possède qu'une seule aire (je pense) non nulle. Donc on doit possiblement pouvoir montrer que la seconde diagonale est non entière. Ce qui signifierait que 4 étoiles toutes séparées d'un nombre entier entre elles forment un quadrilatère d'aire nulle. En d'autre terme elles seraient alignées. La j'avoue que j'ai juste la flemme de me lancer. D'autant que c'est pas élégant comme méthode...

Non ce n'est pas vrai il suffit de prendre le rectangle de longueur 4 et largeur 3, alors les diagonales valent 5.

Et même avec 5 point cela ne marche pas, en prenant le rectangle 8 et 6, alors les diagonales valent 10, et on ajoute le point d'intersection des diagonales.

En fait en utilisant les triplets pyhtagoricien, on peut le construire avec autant de point que l'on veut, en prenant une droite et un point hors de la droite.

En effet si la distance est rationnelle, on peut faire la construction sans que les points soient alignés.

Vade Retro Merryhsatanas...:p

(c' était un exorcisme aimablement officié par un membre de la communauté des dyscalculiques anonymes, non mais...).

Pour la 2 : je connais une autre méthode. Mais à la lecture de ta méthode, ça n'a pas l'air si bête ! Je dirais même que c'est un bon début de solution. Seulement, le traitement n'est pas aisé pour n > 4 : Comment calcules-tu l'aire d'un polygone quelconque ?

Pas la peine. Une fois que tu as démontré que 4 étoiles sont nécessairement alignées, la récurrence est évidente. Pour la 5ème, elle est alignée au 3 précédentes, qui sont alignées à la première. La nième étoile est allignée avec les étoiles n-3 n-2, n-1, qui sont alignées avec toutes les précédentes. En fait, si tu trouves le nombre n d'étoile minimum à partir duquel la loi est respectée, alors la loi sera respectée pour toute étoile supplémentaire. Il suffit donc de résoudre le cas n=4 (a condition que ce soit le cas minimal, ce que je ne fais pour l'instant qu'intuité).

Pour la 3 : Voir solution de Konvicted.

Erreur de ma part en effet. la combinatoire est la solution mathémtique simple en effet. J'avais cherché une solution sans calcul, ce qui m'a perdu... Erratum donc ^^ ... Mais cette solution m'a donné des idées pour résoudre un autre problème :D ... Donc bon..

Pas la peine. Une fois que tu as démontré que 4 étoiles sont nécessairement alignées, la récurrence est évidente. Pour la 5ème, elle est alignée au 3 précédentes, qui sont alignées à la première. La nième étoile est allignée avec les étoiles n-3 n-2, n-1, qui sont alignées avec toutes les précédentes. En fait, si tu trouves le nombre n d'étoile minimum à partir duquel la loi est respectée, alors la loi sera respectée pour toute étoile supplémentaire. Il suffit donc de résoudre le cas n=4 (a condition que ce soit le cas minimal, ce que je ne fais pour l'instant qu'intuité).

Non, il n'y a pas de cas minimal, la construction est aisé avec les triples pythagoriciens (les triangles rectangles à côtés entiers).

Si on prend les triplets (3,4,5) et (5,12,13).

On prend alors OA=3*5, OB1=12*3 et OB2=5*4.

Alors les 4 points sont à distances entières, on peut ainsi ajouter autant de triplet que l'on veut (il y en a une infinité).

C'est comme ça que je l'ai appris, je n'ai pas de mérite.

La première somme est facile : on prend un carré de côté 1, on le découpe en deux, on en redécoupe une moitié en deux, etc. et la somme des aires des rectangles qu'on obtient, c'est 1 = 1/2 + 1/4 + 1/8 + 1/16 + ...

Pardonnez le peu de soin apporté au dessin :

Oui, effectivement, je ne sais pas pourquoi j'ai éliminé la loi binomiale pour un terme qui devient assez vite négligeable. J'aurais dû rester sur ma première intuition. Et accessoirement ne pas me planter sur le développement limité.

Ah oui, c'est mieux comme ça !

Si ça intéresse quelqu'un, j'ai fait une simulation de l'expérience (répétée 1000 fois en chaque point) pour avoir une idée de la vitesse à laquelle on approche la limite de 1/e en proportion de lapins vivants, voilà le résultat :

Merci. Du coup, ce que j'ai proposé pour le 5, c'est faux ? Ou pas abouti et y a plus simple ? Je peux avoir un petit indice ?

Pour le carré, c'est tout à fait ce que j'attends ! On aurait pu faire avec un camembert, mais c'est du pareil au même.

Pour la 5 c'est plutôt compliqué, je te répondrai demain. Pour une piste, envisage de partitionner l'ensemble des chemins menant de O à M en trois sous-ensembles :

- Les chemins menant de O vers M qui ne recoupent pas la diagonale

- Les chemins qui commencent avec un pas vers le haut

- Les chemins qui commencent avec un pas vers la droite

PS : Jolie simulation probabiliste ! :)

Ah ça, pour un petit indice, c'en est un petit ! :p

Pour la deuxième sommation visuelle, je propose une pyramide de triangles : en disposant des triangles équilatéraux de sorte que la pile de triangles soit elle-même un triangle, le nombre de triangles à un étage est égal au nombre de triangles à l'étage supérieur +2. Le nombre total de triangles est alors 1 + 3 + 5 + ... + 2n-1. Or, c'est aussi le rapport de l'aire du grand triangle sur l'aire d'un triangle unitaire, c'est-à-dire [3^1/2(na)² / 4] / [3^1/2a / 4] = n² si a est la longueur des côtés du triangle unitaire. Donc 1 + 3 + 5 + ... + 2n-1 = n². (Je ne sais pas pourquoi je m'emmerde, le dessin l'explique sans doute mieux.)

Dans le même goût pour la 4ème somme visuelle : on prend un triangle équilatéral, on le découpe en 4, on en découpe un quart en quatre, etc. On obtient cette figure :

À chaque étage, on peut voir que le blanc occupe 1/3 de la surface, d'où 1/4 + 1/16 + 1/64 + ... = 1/3.

Et la somme des entiers naturels jusqu'à n :

Bravo, très visuel et très bien expliqué ! :)

Cet exercice est intéressant car il ne demande aucune manipulation calculatoire pour trouver des résultats somme toute élégants. C'est dans le même esprit que Gauss a calculé la somme des 100 premiers entiers, même si sa méthode est moins "géométrique". Quoiqu'il en soit, le raisonnement qu'il impose montre qu'en maths, il n'est pas question de connaître des formules par cœur pour les appliquer "au hasard". Au contraire, il s'agit souvent de penser "outside the box"...

Merci.

Est-ce que je pourrais avoir la solution de la version 2 du piéton dans Manhattan (éventuellement par MP si tu veux laisser de plus courageux continuer à chercher) ? J'ai hâte de voir ce que ça peut donner mais je n'entends pas la trouver par moi-même avant le siècle prochain vu comme je tourne en rond.

Je poste quand même mon magnifique graphique parfaitement inutile (calculé à partir de cette relation dégueulasse grâce à un petit algorithme) :

I) Chasse au trésor

Un aventurier rentre d'expédition avec un nombre impair de diamants. Il remarque qu'en ôtant n'importe quel bijou de sa collection, il peut reformer deux tas de masse égale contenant un nombre identique de diamants.

Montrer que tous les diamants ont la même masse.

Il suffit de remarquer que le système d'équation obtenue, correspond à un déterminant de 1 sur le corps à 2 éléments.

Pour le 2/ :

Sinon j'ai un petit problème :

La multitude de multi-ensemble

Un={0,n,n^2,n^3}

S=U1+U2+...+U100

S={s1,...,sk}

T=s1^3+...+sk^3

Combien vaut T ?

Sachant que {1,3}+{0,2}={1+0,3+0,1+2,3+2}={1,3,3,5} .

Bonsoir Konvicted,

Je posterai la réponse ici, mais en blanc pour faire un spoiler :) Ceux qui voudront chercher n'auront qu'à ne pas surligner le paragraphe qui va suivre :

Assimilons ce problème à un problème équivalent qui consiste à placer n lettres "d" et n lettres "h" dans un mot de 2n lettres. Il s'agit à priori de distinguer les déplacements vers la droite (d) des déplacements vers le haut (h). Ainsi, chaque trajectoire pour aller de O jusqu'à M est un mot composé des 2n lettres mises à disposition, leur ordre important dans la résolution du problème.

Nous remarquons qu'il existe des trajectoires spéciales (pour la culture, ce sont des trajectoires satisfaisant à la "condition de Dyck") se trouvant tout le temps en-dessous (resp. au-dessus) de la première diagonale. En faisant quelques dessins, on s'aperçoit que ce sont des mots qui, en les lisant de gauche à droite, présentent toujours plus de "d" que de "h", voire en nombre égal (resp. toujours plus de "h" que de "d", voire en nombre égal).

Puisque le problème est symétrique par rapport à cette diagonale, nous ne considérerons que l'ensemble des trajectoires satisfaisant à la condition de Dyck se trouvant en-dessous de la diagonale. Notons cet ensemble D. Soit D' l'ensemble des trajectoires qui ne sont pas de Dyck, c'est-à-dire les trajectoires pour lesquelles on passe au moins une fois au-dessus de la diagonale.

Soit d' une trajectoire de D', choisissons le premier déplacement "h" qui brise la condition de Dyck (il y a alors à cet endroit plus de "h" que de "d"), et échangeons tous les déplacements ultérieurs à ce dernier. Nous créons ainsi un unique déplacement d" associé au déplacement d'. Ce résultat est important car il énonce qu'à chaque élément de D', on peut associer un unique déplacement d" d'un ensemble D" par cette manipulation. On dit que l'on met les ensembles D' et D" en bijection, ce qui permet de compter les éléments de l'un en comptant les éléments de l'autre, car ils ont le même nombre d'éléments.

Ceci étant dit, nous remarquons alors qu'il est facile de compter les éléments de D" : Ce sont les trajectoires qui comptent n-1 déplacements "d" et n+1 déplacements "h". Il suffit donc de choisir (indépendamment de leur ordre) "n-1 parmi 2n" déplacements pour créer n'importe quelle trajectoire de D". Autrement dit, le cardinal de D" (et donc de D') vaut "n-1 parmi 2n".

Remontons désormais le raisonnement : Puisque le nombre de "trajectoires qui ne sont pas de Dyck" est "n-1 parmi 2n", les trajectoires qui sont de Dyck sont comptées comme étant le nombre de trajectoires reliant O à M dont on élimine un certain nombres de trajectoires (celles qui ne sont pas de Dyck, que l'on commence par un pas vers la droite ou par un pas vers le haut, ce qui nécessite de comptabiliser deux fois le nombre précédemment trouvé).

Finalement, le nombre recherché vaut :