Un défi par semaine

Avril 2015, 4e défi

24 avril 2015  - Ecrit par  Ana Rechtman Voir les commentaires (11)

Nous vous proposons un défi du calendrier mathématique 2015 chaque vendredi et sa solution la semaine suivante.

Semaine 17 :

Un point $P$ est à l’intérieur d’un triangle équilatéral $ABC$. Soient $Q$, $R$ et $S$ les pieds respectifs des perpendiculaires aux côtés $[AB], [BC]$ et $[AC]$ et passant par $P$. Si $PQ = 1$ cm, $PR =2$ cm et $PS = 3$ cm, combien mesure un côté du triangle $ABC$ ?

Solution du 3ème défi d’Avril :

Enoncé

La réponse est $84$ briques.

Les longueurs des arêtes sont trois nombres entre $1$ et $7$. Ainsi, pour savoir combien de briques peut faire Jean, il faut compter les triplets non ordonnés de nombres $(a,b,c)$ tels que tous soient inférieurs ou égaux à $7$.

Examinons chaque cas. Si $a=b=c$ on a 7 triplets différents, un pour chaque valeur possible. Supposons maintenant que deux des nombres dans le triplet soient égaux. Observons que pour chacune des 7 valeurs possibles pour cette paire de nombres, il y a 6 choix possibles pour la troisième longueur. Alors on a $7\times 6=42$ triplets avec exactement deux nombres égaux.

Il nous reste à compter le nombre de triplets où les trois longueurs sont distinctes. Il y a $7\times 6\times 5=210$ triplets ordonnés de nombres distincts et il faut diviser par le nombre de fois qu’un triplet non ordonné est compté. Nous avons 6 ordres possibles pour chaque triplet, donc au total nous avons $\frac{210}{6}=35$ triplets non ordonnés de nombres distincts.

Par conséquent Jean pourra faire $7+42+35=84$ briques différentes.

Post-scriptum :

Calendrier mathématique 2015 - Sous la direction d’Ana Rechtman Bulajich, Anne Alberro Semerena, Radmilla Bulajich Manfrino - Textes : Ian Stewart.
2014, Presses universitaires de Strasbourg. Tous droits réservés.

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Pour citer cet article :

Ana Rechtman — «Avril 2015, 4e défi» — Images des Mathématiques, CNRS, 2015

Crédits image :

Image à la une - Daniela Kunze / Flora Press / BIOSPHOTO

Commentaire sur l'article

  • Avril 2015, 4ème défi

    le 24 avril 2015 à 07:18, par Idéophage

    La somme des trois distances est invariante (les distances signées : si on sort du triangle, il faut compter en négatif certaines longueurs). Ainsi, on peut placer le point $P$ sur un sommet du triangle et la somme des trois distances sera $6$. Comme deux de ces distances seront nulles, la troisième vaudra $6$ et sera une hauteur du triangle, hauteur qui vaut $\frac{\sqrt{3}}{2}$ fois le côté du triangle. Ainsi, le côté du triangle est $6 \times \frac{2}{\sqrt{3}} = 4\sqrt{3}$.

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  • Avril 2015, 4ème défi

    le 25 avril 2015 à 13:51, par André Perrenoud

    Soit c la longueur d’un côté du triangle équilatéral ABC.

    Son aire vaut racine(3)/4*c^2.

    D’autre part cette aire est égale à la somme des aires des triangles ABP, BCP et CAP, soit 1/2*(c*1 + c*2 + c*3).

    En égalant ces deux expressions, on trouve c=4*racine(3)

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  • Avril 2015, 4ème défi

    le 27 avril 2015 à 11:27, par nef2240

    Solution du 3ème défi d’Avril :
    Nb de briques parallélépipède rectangle : 84 (ok)
    Mais il y a parallélépipède non rectangle (c’était là le piège) : il existe un avec arête inférieur à 7 (arete = 5 car 3^2+4^2=5^2) donc 21 briques
    Donc au total il y a 105 briques.

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    • Avril 2015, 4ème défi

      le 27 avril 2015 à 19:18, par Idéophage

      Je ne comprends pas bien ce que vous dites. Quand on parle des arêtes, il ne s’agit pas des diagonales mais des arêtes. Si on s’autorise les parallélépipèdes non rectangles, il y a une infinité de solutions.

      On peut modifier l’énigme et considérer les diagonales au lieu des arêtes (et s’autoriser les non rectangles), mais du coup, tout devient plus compliqué. Peut-être que l’on peut trouver un moyen intelligent de résoudre cette nouvelle énigme sans trop « bruteforcer ».

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      • Avril 2015, 4ème défi

        le 28 avril 2015 à 16:18, par nef2240

        Bonjour avant tout c’est un jeu il n’y a pas de concours ni recherche de la petite bête
        Parallélipède est un solide dont les six faces sont des parallélogrammes.
        Parallélipège rectangle => OK facile 84
        Mais nous pouvons avoir un Parallélipège non rectangle avec arête (je ne comprends pas pourquoi vous parler de diagonales je parle d’arête) entière et inférieur à 7
        exemple : 3^2+4^2 = 5^2 donc arete=5 est possible donc il faut chercher les possibilités
        Non il n’y a pas une infinité de solution NON arête entière.

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        • Avril 2015, 4ème défi

          le 30 avril 2015 à 15:53, par Idéophage

          « je ne comprends pas pourquoi vous parler de diagonales je parle d’arête »

          Désolé, je me suis mal exprimé. J’ai essayé de comprendre pourquoi vous parlez de triplets pythagoriciens (« arete = 5 car 3^2+4^2=5^2 »). Je me suis dit que ça avait peut-être quelque chose à voir avec la diagonale d’un rectangle et ses deux côtés qui doivent être des triplets pythagoriciens si on veut que les trois soient entiers. Mais ce n’est pas une interprétation cohérente de ce que vous dites, désolé.

          Donc, pourquoi parlez-vous de triplet pythagoricien ? D’où vient ce 21 ? Est-ce $\binom{7}{2}$, par exemple ?

          Ensuite, pour ce qui est de l’infinité des solutions si on s’autorise les parallélépipèdes non rectangles, on peut considérer la famille suivante de parallélépipèdes. Prenons comme base un losange dont les quatre côtés mesurent 1. Il y a une infinité de tels losanges (en faisant varier les angles entre les côtés). On translate ce losange de 1 perpendiculairement au plan qui le porte pour obtenir les quatre autre sommets de notre parallélépipède. Il y a donc une infinité de parallélépipèdes non rectangles puisqu’il y a une infinité de choix pour le losange.

          « avant tout c’est un jeu il n’y a pas de concours ni recherche de la petite bête »

          Je n’ai pas l’impression de chercher la petite bête. J’ai essayé de comprendre ce que vous dites et je ne vois toujours pas.

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          • Avril 2015, 4ème défi

            le 1er mai 2015 à 08:01, par nef2240

            Bonjour je voulais dire il existe des parallélépipède non rectangle respectant arête entière et inférieure à 7
            exemple : voici les 8 points du parallélépipède
            A(0,0,0) B(1,0,0) C(1,1,0) D(0,1,0)
            E(0,3,4) F(1,3,4) G((1,4,4) H(0,4,4)
            Arêtes du parallélépipède non rectangle 1 x 5, arêtes sont bien entière et inférieure à 7
            Cela fait bien une brique parallélépipède
            AB=1 AE=racine(3^2+4^2)=5
            Seul possibilité d’en faire en arête entière j’ai pas encore le temps dénombrer parallélépipède non rectangle

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            • Avril 2015, 4ème défi

              le 4 mai 2015 à 18:15, par Idéophage

              Bonjour,

              Ah, d’accord, vous considérez que les sommets doivent avoir des coordonnées entières ?

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              • Avril 2015, 4ème défi

                le 4 mai 2015 à 23:32, par nef2240

                Bonjour oui coordonne entière longueur arêtes entières tjs inférieure à 7

                Répondre à ce message
  • Avril 2015, 4ème défi

    le 27 avril 2015 à 18:25, par André Perrenoud

    Un ami mathématicien m’a signalé le théorème de Viviani

    Dans un triangle équilatéral, la somme des distances d’un point intérieur au triangle aux trois côtés est égale à la hauteur du triangle.

    (Vincenzo Viviani, Florence 1622 - 1703)

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    • Avril 2015, 4ème défi

      le 27 avril 2015 à 19:23, par Idéophage

      D’accord, c’est par là que je passe dans la solution que j’ai postée.

      Il est aussi possible de passer par du calcul d’algèbre linéaire « bête », peut-être que l’on peut trouver des choses par là (j’avais commencé à faire ça puis me suis rendu compte de l’invariance).

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