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.

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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