Défis du Calendrier mathématique Retour à la rubrique

Un défi par semaine

Février 2016, 2e défi

Le 12 février 2016 - Ecrit par Ana Rechtman Voir les commentaires (4)

Nous vous proposons un défi du calendrier mathématique 2016 chaque vendredi et sa solution la semaine suivante.

Semaine 7 :

Cent balles de ping-pong sont rangées dans $5$ boîtes de telle sorte que le nombre de balles dans chaque boîte contienne le chiffre $8$. Si seulement deux boîtes contiennent le même nombre de balles, combien de balles y a-t-il dans chaque boîte ?

Solution du 1er défi de Février :

Enoncé

La réponse est $\frac{2}{3}\,\mbox{cm}^2$.

Soient $[OP]$ le segment perpendiculaire à $AD$, $Q$ le point d’intersection des segments $[ED]$ et $[AF]$ et $R$ le point d’intersection des segments $[OP]$ et $[EF]$. Observons que le point $Q$ appartient au segment $[OP]$.

L’aire de la partie colorée est l’aire du quadrilatère $EOFQ$ et est égale à la différence

$\mbox{aire}(AQD)+\mbox{aire}(AOF)+\mbox{aire}(EOD)-\mbox{aire}(AOD).$

L’aire du triangle $AOD$ est égale à $\frac{4\times 2}{2}=2$ cm$^2$, car $OP=2$ cm. Les diagonales d’un carré sont perpediculaires entre elles. Donc $[AO]$ et $[OD]$ sont perpendiculaires et l’aire du triangle $EOD$ est égale à la moitié du produit de $OD$ et $EO$. Par le théorème de Pythagore,

$AO=\frac{1}{2}\sqrt{16+16}=2\sqrt{2}\,\mbox{cm},$

et $EO=\frac{AO}{3}=\frac{2\sqrt{2}}{3}$ cm. Ainsi,

$\mbox{aire}(AOF)=\mbox{aire}(EOD)=\frac{2\sqrt{2}\left(\frac{2\sqrt{2}}{3}\right)}{2}=\frac{8}{6}=\frac{4}{3}\,\mbox{cm}^2.$

Calculons l’aire du triangle $AQD$. Par le théorème de Thalès on a $(EF)$ parallèle à $(AD)$ et $EF=\frac{AD}{3}$. Alors les triangles $AQP$ et $FQR$ sont semblables et

$\frac{PQ}{QR}=\frac{AP}{RF}=3,$

donc $QR=\frac{PQ}{3}$. Par ailleurs, les triangles $APO$ et $ERO$ sont semblables et

$\frac{PO}{RO}=\frac{AO}{EO}=3,$

donc $RO=\frac{2}{3}$ cm. Observons que $PQ+QR+RO=PO=2$ cm. En remplaçant les valeurs de $QR$ et $RO$ on obtient

$\frac{4}{3}PQ = 2-\frac{2}{3}$

$PQ = 1\,\mbox{cm}.$

Par conséquent l’aire du triangle $AQD$ est égale à $\frac{2\times 1}{2}=2$ cm$^2$, et l’aire de la partie colorée est égale à

$\mbox{aire}(AQD)+\mbox{aire}(AOF)+\mbox{aire}(EOD)-\mbox{aire}(AOD)=2+2\times \frac{4}{3}-4=\frac{2}{3}\,\mbox{cm}^2.$

Post-scriptum :

Calendrier mathématique 2016 - Sous la direction d’Ana Rechtman, Maxime Bourrigan - Textes : Aubin Arroyo, Fabiola Manjarrez et Ana Rechtman.
2015, Presses universitaires de Strasbourg. Tous droits réservés.

Article édité par Ana Rechtman

Commentaire sur l'article

Février 2016, 2e défi

le 12 février 2016 à 07:07, par ROUX

On élimine les nombres dont 8 est une dizaine.
Il ne reste que les nombres dont 8 est le nombre des unités.
Ils sont 5 : 5*8=40.
100-40=60, soit 6 dizaines.
Il faut alors faire 6 comme nombre de dizaine (ou 6 comme chiffres des dizaines ? Que devais-je écrire ?).
6=0+0+1+2+3.

La réponse est 8, 8, 18, 28 et 38.
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Février 2016, 2e défi

le 12 février 2016 à 09:09, par Al_louarn

Mettons d’abord $4$ nombres distincts dans $4$ boîtes et soit $S$ leur somme.
Les $4$ plus petits nombres contenant le chiffre $8$ sont $8, 18, 28, 38$ donc $S \geq 8 + 18 + 28 + 38 = 92$.
Mais la $5$ème boîte contient au moins $8$ balles, donc $S \leq 100 - 8 = 92$.
Donc $S=92$ et la seule réponse possible est $8 + 8 + 18 + 28 + 38 = 100$.
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Février 2016, 2e défi

le 14 février 2016 à 00:31, par C’Me

Moins élégante et plus pénible à lire que les deux premières propositions...
(Excusez les maladresses de rédaction)

Soient a, b, c, d des entiers naturels tous distincts les uns des autres.
On peut modéliser le problème ainsi :
(10a + 8) + (10a + 8) + (10b + 8) + (10c + 8) + (10d + 8) = 100
20a + 10b + 10c + 10d + 40 = 100
10(2a + b + c + d) = 60
2a + b + c + d = 6

# L’ordre n’étant pas important ici, on décide que : b < c < d
# 2a est pair donc b+c+d est pair
# 0 ≤ 2a ≤ 6 donc 0 ≤ a ≤ 3.

Mais si a = 3, alors 2a = 6 donc : b+c+d = 0 ce qui est impossible puisque b, c et d sont tous distincts.
On a donc :
0 ≤ a ≤ 2
0 ≤ 2a ≤ 4
d’où : 2 ≤ b+c+d ≤ 6

Or l’ensemble minimal [b ; c ; d] = [0 ; 1 ; 2] donc : 3 ≤ b+c+d ≤ 6
(désolé, les accolades pour les ensembles ne passent pas sous Spip...)
or b+c+d étant pair, on en déduit que : 4 ≤ b+c+d ≤ 6
donc : b+c+d = 4 ou 6 (nombres pairs)
d’où : 0 ≤ 2a ≤ 2
0 ≤ a ≤ 1

Finalement, il reste que :
si a = 0 alors 2a = 0 et b+c+d = 6
si a = 1 alors 2a = 2 et b+c+d = 4

Si b+c+d = 4, alors : [b ; c ; d] = [0 ; 1 ; 3] (pas d’autres combinaisons possibles avec b, c et d distincts)
or : a = 1 = c est impossible (a et c doivent être distincts) donc b+c+d = 4 est impossible.

On en déduit que : a = 0 et b+c+d = 6
Si a = 0, alors d > c > b > a (ces quatre entiers naturels sont tous distincts et positifs, a = 0 est donc la valeur minimale), donc :
d > c > b ≥ 1
donc au minimum : [b ; c ; d] = [1 ; 2 ; 3]
or si [b ; c ; d] = [1 ; 2 ; 3], alors : b+c+d = 6
donc il n’y a pas d’autre combinaison de valeurs possibles.

La seule solution à cette énigme est donc la suivante :
a = 0
b = 1
c = 2
d = 3
donc :
10a + 8 = 8 (nombre répété 2 fois)
10b + 8 = 18
10c + 8 = 28
10d + 8 = 38

Vérification : 8 + 8 + 18 +28 + 38 = 100 !
(Ouf ! ça fonctionne...)
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Février 2016, 2e défi

le 4 novembre 2016 à 12:09, par Pierre Quarré

Bonjour,

C’était l’occasion de mettre le problème en équations.
Posons
x = aire OQE, y = aire OQA et a = aire ABCD.
On peut rapidement trouver les deux équations :
x+y=a/12 et y-x=2y/3.
La résolution donne
x=a/48.
Comme a = 16 cm², on obtient aire OEQF = 2x = 32/48 = 2/3 cm².

Cordialement,
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