Un défi par semaine

Décembre 2018, 2e défi

Le 14 décembre 2018  - Ecrit par  Ana Rechtman Voir les commentaires (8)
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Nous vous proposons un défi du calendrier mathématique chaque vendredi et sa solution la semaine suivante. Le calendrier 2019 est en librairie !

Semaine 50

Sur une table sont posés $15$ bâtonnets en bois de
$1,2,3,\ldots,15\,cm$ de longueur.

Si on en prend trois au hasard, quelle est la probabilité que l’on puisse former un triangle rectangle avec ces trois bâtonnets ?

Solution du 1er défi de décembre :

Enoncé

La solution est : $7$.

Si $d$ divise $n^2+4$ et $n+3$, alors $d$ est aussi un diviseur de $n^2+4-(n+3)(n-3)=13$.

Donc, si $n^2+4$ et $n+3$ ont un diviseur commun plus grand que $1$, ce dernier doit être $13$.

Observons que $n+3$ est divisible par $13$ si et seulement si $n=13k+10$, pour un certain entier $k$ (puisque $n+3=13j$ si et seulement si $n=13j-3=13j-13+10=13(j+1)+10$).

Donc
\[n^2+4=(13k+10)^2+4=169k^2+260k+104=13(13k^2+20k+8)\]
est aussi divisible par $13$.

Finalement $13k+10$ est un entier entre $1$ et $100$ si et seulement si $0\leq k\leq 6$.

Par conséquent, il y a $7$ entiers qui satisfont la condition.

Post-scriptum :

Calendrier mathématique 2019 - Sous la direction d’Ana Rechtman, avec la contribution de Nicolas Hussenot - Textes : Claire Coiffard-Marre et Ségolen Geffray. 2018, Presses universitaires de Grenoble. Tous droits réservés.

Disponible en librairie et sur www.pug.fr

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Pour citer cet article :

Ana Rechtman — «Décembre 2018, 2e défi» — Images des Mathématiques, CNRS, 2018

Commentaire sur l'article

  • Décembre 2018, 2e défi

    le 14 décembre 2018 à 08:49, par Al_louarn

    Pour former un triangle rectangle il faut tomber sur un triplet $(a,b,c)$ pythagoricien : $a^2 + b^2 = c^2$
    Le nombre total de triplets $(a,b,c)$ tels que $1 \leq a < b < c \leq 15$ est le coefficient binomial $\binom{3}{15}=\dfrac{15!}{3!12!}=455$
    Parmi eux il y a $2$ triplets pyhagoriciens primitifs, c’est-à-dire tels que $a$,$b$,$c$ sont premiers entre eux :
    $(3,4,5)$
    $(5,12,13)$
    Auxquels il faut ajouter $2$ multiples de $(3,4,5)$ qui ne dépassent pas $15$ :
    $(6,4,10)$
    $(9,12,15)$
    La probabilité de tomber sur un triplet pythagoricien est donc $\dfrac{4}{455}$.

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    • Décembre 2018, 2e défi

      le 20 décembre 2018 à 10:38, par Manuel Selva

      Il y a une petite coquille dans votre troisième solution : (6, 8, 10) et non (6, 4, 10).

      — 
      Manuel

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      • Décembre 2018, 2e défi

        le 20 décembre 2018 à 14:14, par Al_louarn

        Ah oui exact, merci.

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  • Décembre 2018, 2e défi

    le 14 décembre 2018 à 15:23, par ROUX

    A partir de 1, les unités des carrés des entiers sont périodiquement 1, 4, 9, 6, 5, 6, 9, 4, 1, 0, etc.
    Je nomme un carré d’entier dont l’unité est n un ncarré .
    Les 1carrés sont obtenus par 0carré + 1carré ou par 5carré + 6carré.
    Il n’y a que deux 1carrés et ils ne sont pas constructibles par une somme de deux ncarrés.
    Les 4carrés sont obtenus par 0carré + 4carré ou par 5carré + 9carré.
    Il n’y a que trois 4carrés et ils ne sont pas constructibles par une somme de deux ncarrés.
    Les 9carrés sont obtenus par 0carré + 9carré ou par 5carré + 4carré.
    Il n’y a que trois 9carrés et un seul est constructible par une somme de deux ncarrés : 169 = 144 + 25.
    Les 6carrés sont obtenus par 0carré + 6carré ou par 1carré + 5carré.
    Il n’y a que trois 6carrés et ils ne sont pas constructibles par une somme de deux ncarrés.
    Les 5carrés sont obtenus par 0carré + 5carré ou par 9carré + 6carré ou par 1carré + 4carré.
    Il n’y a que deux 5carrés et ils sont constructibles par une somme de deux ncarrés : 25 = 16 + 9 et 225 = 144 + 81.
    Les 0 carrés sont obtenus par 0carré + 0carré ou par 5carré + 5carré ou par 1carré + 9carré ou par 4carré + 6carré
    Il n’y a que un 0carrés et il est constructible par une somme de deux ncarrés : 100 = 64 + 36.
    Il y a donc 4 triplets de bâtons.
    Je prends un baton puis un baton puis un baton : j’ai donc 15*14*13 = 2730 possibilités mais, en faisant ainsi, j’ai compté par exemple 1 puis 3 puis 8 et 3 puis 1 puis 8 comme étant deux triplets différents. Or, vis à vis des triangles, c’est le même.
    Il y a à chaque fois 6 possibilités de prendre successivement trois mêmes entiers, par exemple : 138, 183, 318, 381, 831 et 813.
    Il n’y a donc que 2730/6 = 455 triplets.
    La probabilité est 4/455 ou (0,879 + ou - 0,001)%.

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  • Décembre 2018, 2e défi

    le 14 décembre 2018 à 20:34, par Daniate

    Soyons pinailleurs. Rien ne dit que les extrémités des bâtons doivent coïncider.

    La réponse est alors 1. On forme un angle droit avec le petit et le grand (extrémités communes) puis avec le moyen on place l’hypoténuse (infinité de possibilités).

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  • Décembre 2018, 2e défi

    le 15 décembre 2018 à 13:04, par drai.david

    J’ai tout d’abord mal lu l’énoncé : le mot « rectangle » m’a échappé.
    Et le problème me semble bien plus intéressant sans cette restriction, même si cela devient davantage du dénombrement que de l’arithmétique.
    Le mieux est de trouver une formule (que vous pouvez vous amuser à retrouver par vous-même) et de faire ensuite une application numérique avec $n=15$.
    J’obtiens :
    - pour $n$ impair : $P(n)=\frac{(n-3)(2n-1)}{4n(n-2)}$
    - pour $n$ pair : $P(n)=\frac{2n-5}{4(n-1)}$

    J’en déduis :
    $P(15)=\frac{29}{65}\approx 0,446$
    $P(2 018)=\frac{4 041}{8 068}\approx 0,4996282$
    $P(2 019)=\frac{678 216}{1 357 441}\approx 0,4996283$

    Et la limite de $P(n)$ est bien évidemment $\frac{1}{2}$...

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  • Décembre 2018, 2e défi

    le 15 décembre 2018 à 13:31, par drai.david

    Ceci dit, le problème d’origine n’est pas inintéressant, mais avec une borne plus élevée.
    $P(15)=\frac{4}{455}$
    $P(2018)=\frac{333}{227937136}$
    $P(2019)=\frac{1999}{1369657969}$

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