Un défi par semaine

Juillet 2018, 3e défi

Le 20 juillet 2018  - Ecrit par  Ana Rechtman Voir les commentaires (9)

Nous vous proposons un défi du calendrier mathématique chaque vendredi et sa solution la semaine suivante. Il n’y aura pas d’édition papier du calendrier 2018, il faudra attendre l’édition 2019 !

Semaine 29

On place $30$ points à l’intérieur d’un carré. On a divisé le carré en triangles qui ne se superposent pas, dont les sommets sont les $30$ points intérieurs ainsi que les $4$ sommets du carré. Si aucun triplet parmi ces $34$ points n’est formé de points colinéaires, combien de triangles y a-t-il ?

Solution du 2e défi de Juillet :

Enoncé

La réponse est : $10$ années.

Les années du XXI$^e$ siècle sont de la forme $20ab=2000+10a+b$, où $a$ et $b$ sont des chiffres. L’an $20ab$, l’université de Saint-Pétersbourg aura $300+10a+b-3$ ans, ce qui donne l’équation suivante
\begineqnarray*
300+10a+b-3 & = & 100b+10a\
297 & = & 99b\
3 & = & b.
\endeqnarray*
De plus, $a$ peut être égal à 0, 1, 2, $\ldots$, 9. Par conséquent, il y a $10$ années du XXI$^e$ siècle qui satisfont la propriété cherchée : 2003, 2013, 2023, $\ldots$, 2093.

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Pour citer cet article :

Ana Rechtman — «Juillet 2018, 3e défi» — Images des Mathématiques, CNRS, 2018

Commentaire sur l'article

  • Juillet 2018, 3e défi

    le 20 juillet à 07:32, par Kamakor

    62 triangles ?

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  • Juillet 2018, 3e défi

    le 20 juillet à 08:50, par Al_louarn

    Les $34$ points reliés par les côtés des $T$ triangles (y compris ceux du carré), forment un graphe planaire avec $S = 34$ sommets, $F$ faces, $A$ arêtes.
    En comptant la face extérieure on a $F = T + 1$.
    Le nombre d’arêtes par face est $4$ pour la face externe et $3$ pour un triangle. Donc en sommant sur toutes les faces on trouve $4+3T$. Mais dans ce nombre chaque arête est comptée $2$ fois car elle borde toujours $2$ faces. Donc $4+3T=2A$, d’où $A=2+\dfrac{3T}{2}$.
    Ensuite il suffit d’appliquer la formule d’Euler $S - A + F = 2$, soit $34 - 2 - \dfrac{3T}{2} + T + 1 = 2$, ce qui donne $T=62$ triangles.

    On peut généraliser avec $P$ points dans le carré, donc $S=P+4$ sommets en tout, ce qui donne $T=2P+2$ triangles.

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    • Juillet 2018, 3e défi

      le 23 juillet à 21:38, par Niak

      Excellente approche abstraite ! Cependant ici on ne dispose pas simplement d’un graphe planaire mais également d’un de ses plongements (projection des sommets dans le plan sans croisement d’arête), ce qui permet en l’occurrence d’exploiter certaines propriétés géométriques élémentaires à la place des propriétés combinatoires (formule d’Euler) que vous utilisez.

      Autour de chacun des $30$ points intérieurs (non alignés) la somme angulaire est $2\pi$ ($360^{\circ}$). À cela s’ajoute $\frac{\pi}{2}$ ($90^{\circ}$) pour chacun des $4$ coins. D’où un total angulaire de $30 \times 2\pi + 4 \times \frac{\pi}{2} = 62\pi$. Or la somme des angles de chaque triangle vaut $\pi$ ($180^{\circ}$), il y a donc $62$ triangles.

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  • Juillet 2018, 3e défi

    le 20 juillet à 11:32, par jokemath

    On choisit 3 points parmi 34 donc 34x33x32, et on divise par 3 ! pour éliminer les triangles comptés plusieurs fois,
    (34x33x32):3 ! = 5984
    Donc 5984 triangles ?

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    • Juillet 2018, 3e défi

      le 20 juillet à 12:05, par Al_louarn

      Non car l’énoncé demande des triangles qui ne superposent pas

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      • Juillet 2018, 3e défi

        le 21 juillet à 09:04, par jokemath

        Oups ! Autant pour moi.
        J’ai lu l’énoncé trop vite et n’ai pas tenu compte de l’information des triangles non superposables...
        Vous avez tout à fait raison, avec la récurrence : 1 point de plus rajoute 2 triangles, on a en effet 2(n-2) triangles avec n points pour n>3.

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  • Juillet 2018, 3e défi

    le 20 juillet à 13:19, par FredM

    Si les triangles ne se superposent pas, et que chaque nouveau point ajouté ne forme aucun triplet aligné, alors chaque nouveau point ajouté va créer 2 nouveaux triangles (en fait il en crée 3, et il « annule » le triangle dans lequel il se situe)
    Avec un seul point dans le carré, j’ai 4 triangles. Si j’ajoute 29 points, je crée donc 58 triangles, et mon total est de 62 triangles pour 30 points. T=4+2(P-1)=2P+2, comme l’a solidement montré Al_louarn.

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  • Juillet 2018, 3e défi

    le 20 juillet à 13:56, par tilasoldo

    Bonjour,
    On raisonne par récurrence et on conjecture qu’il y a 2n + 2 triangles. On a facilement l’initialisation, et en ajoutant un point au niveau n, on voit que l’on va ajouter 2 triangles à la figure, et en obtenir donc 2(n + 1) + 2.

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