Un défi par semaine

Février 2016, 3e défi

19 février 2016  - Ecrit par  Ana Rechtman Voir les commentaires (10)

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

Semaine 8 :

Au centre de la figure se trouve une araignée qui souhaite atteindre le bord en parcourant exactement $4$ côtés des petits triangles. Combien de chemins différents peut-elle suivre ?

PNG - 66.1 ko

Solution du 2e défi de Février :

Enoncé

La réponse est $8$, $8$, $18$, $28$ et $38$.

Observons que l’on cherche en fait à écrire le nombre $100$ comme une somme de $5$ nombres, dont seulement deux sont égaux, et tels que chacun de ces nombres contienne le chiffre $8$. La seule possibilité est $100=8+8+18+28+38$.

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.

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Pour citer cet article :

Ana Rechtman — «Février 2016, 3e défi» — Images des Mathématiques, CNRS, 2016

Commentaire sur l'article

  • Février 2016, 3e défi

    le 19 février à 08:43, par Al_louarn

    $6*(8+4+2+1)=90$

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    • Février 2016, 3e défi

      le 19 février à 10:41, par Al_louarn

      Notons d’abord que l’araignée est à distance $4$ du bord car il n’y a pas de chemin plus court.
      Pour un sommet $P$ à distance $d$ du bord, le nombre de chemins de longueur $d$ menant au bord est :
      $c(P)=0$ si $d=0$ (sommet situé au bord)
      $c(P)=c(V1)+...+c(Vn)$ si $d>0$, où les $Vi$ sont les voisins de $P$ à distance $d-1$ du bord

      Colorions en rouge les sommets situés sur les diamètres de l’hexagone, sauf le centre qui reste vert, et en bleu tous les autres sommets.

      Si $P$ est bleu, à distance $d>0$ du bord, il a $2$ voisins bleus à distance $d-1$ du bord. Donc nous posons $c(P) = B(d)$, avec :
      $B(0)=0$
      $B(d)=2B(d-1)$ si $d>0$
      Ce qui donne $B(d)=2^{d}$.

      Si $P$ est rouge, à distance $d>0$ du bord, il a $2$ voisins bleus et $1$ voisin rouge à distance $d-1$ du bord. Donc nous posons $c(P) = R(d)$, avec :
      $R(0)=0$
      $R(d)=2B(d-1) + R(d-1)$ si $d>0$
      Ce qui donne $R(d)=2^{d} + ... + 2^{0} = 2^{d+1} - 1$.

      Comme le centre $C$ a $6$ voisins rouges à distance $3$ du bord, la réponse est $c(C) = 6R(3) = 6*(2^{4}-1)=90$.

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    • Février 2016, 3e défi

      le 20 février à 16:03, par isurtrois

      A partir du centre : 6 chemins (nappe 1)
      Au bout de chaque chemin : 3 choix (nappe 2)
      Au bout de ces trois choix : 3 nouveaux choix (nappe 3)
      Selon que l’on arrive vers un sommet de l’hexagone externe : 3 choix
      ou vers un côté de l’hexagone externe : 2 choix

      Faisons les comptes :
      6x3x3 = 54
      48 chemins vers l’intérieur d’un côté de l’hexagone externe : 48x2 = 96
      6 chemins vers un sommet de l’hexagone externe : 6x3 = 18

      96 + 18 = 114 chemins possibles....

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      • Février 2016, 3e défi

        le 25 février à 23:20, par Al_louarn

        Bonjour

        « Au bout de ces trois choix : 3 nouveaux choix (nappe 3) »
        Il y a effectivement 3 nouveaux choix si l’araignée est sur un des 6 coins du 2ème hexagone (votre « nappe 2 »), mais si elle est au milieu d’un côté, ça ne fait que 2 choix.

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  • Février 2016, 3e défi

    le 19 février à 08:43, par mesmaker

    Rapidement je dirai 90 :
    et en guise de preuve succincte 6*(1*(1*3+2*2)+2*2*2) = 90.

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  • Février 2016, 3e défi

    le 19 février à 17:41, par ROUX

    Mince, il m’en manque 12...
    Si p est le n° du bord hexagonal, le bord hexagonal a 6 points aux sommets et 6*(p-1) points dans les faces.
    Un point au sommet est un point atteint par 1 chemin et un point dans une face me semble être un point qu’on atteint avec p chemins. Le nombre total de chemins pour atteindre un point du bord hexagonal p est 6 + 6*(p-1)*p.
    Dans le cas présent, le bord hexagonal est pour p=4. Donc on aurait 6 + 6*(4-1)*4=78.
    Daniate, où me suis-je trompé ?  :(...

    Répondre à ce message
    • Février 2016, 3e défi

      le 19 février à 23:24, par Daniate

      Bonsoir,

      Votre erreur vient de ce que les points voisins du sommet s’atteignent en p mais pas les autres. En fait si on isole un triangle 4*4 on obtient le triangle de Pascal. En effet pour chaque sommet atteint en n pas le nombre de chemins est la somme des 2 sommets atteints en n-1 pas (l’araignée doit toujours avancer dans le même sens). Or la somme des coefficients binomiaux sur la p ième ligne du triangle de Pascal est 2^p. Donc le nombre de chemins possibles est en général 6*(2^p-1) et pour p=4 on retrouve 6*(16-1)=90

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      • Février 2016, 3e défi

        le 19 février à 23:54, par ROUX

        Compris !
        Et je viens de dessiner avec succès les 6 chemins qui aboutissent au point du milieu de la base d’un triangle 5*5*5.
        Mais oui, le triangle de Pascal !
        Je vous remercie.

        Répondre à ce message
  • Février 2016, 3e défi

    le 21 février à 13:39, par Himynameisarno

    Bonjour,
    voici deux « autres » façons de voir le problème.
    \
    On peut tout d’abord voir l’araignée sur le bord essayant d’atteindre le centre en 4 coups.
    (1) Si elle commence sur sommet, elle n’a pas le choix et doit aller tout droit.
    (2) Si elle commence sur un point du bord adjacent au somment, elle devra choisir de retourner vers l’unique chemin décrit précédemment une et une seule fois parmi ses 4 coups et continuer « droit » sinon. Ce qui fait « 1 parmi 4 » chemins, c’est-à-dire 4.
    (3) Si elle commence sur un point du milieu d’un côté, elle devra choisir de retourner vers le chemin 1, il lui faut deux coups à choisir parmi 4, c’est-à-dire 6.

    Enfin, si on dénombre tous ces chemins, par symétrie on trouve 6*(1*(0 parmi 4) + 2*(1 parmi 4) + 1*(2 parmi 4)) = 6*(1+8+6) = 90
    \
    Plus formellement, nommons (e_1, e_2, e_3, -e_1,-e_2, -e_3) les trois vecteurs générant les chemins. On veut dénombrer les chemins qui finissent sur segment [e_1,e_2] en partant centre en quatre coups.
    1) Les chemins finissant sur le segment [e_1,e_2] allant au centre en quatre coups ne sont composés que de mouvements impliquant e_1 ou e_2.
    En effet, remarquons que 4 est le nombre de coups minimal pour atteindre le centre. Et un chemin qui finit sur [e_1,e_2] et qui utilise un des quatre autres vecteurs coupe alors un chemin ayant utilisé moins de coups que lui, il n’atteint donc pas le centre 4 coups.

    2) Il ne reste plus qu’à compter ces chemins en dénombrant le nombre de possibilité d’avancer 4 fois en choisissant entre e_1 et e_2, c’est-à-dire 2^4. Alors en enlevant un des deux chemins qui va tout droit, on peut faire jouer la symétrie de l’hexagone et compter 6*(2^4-1) = 90.

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  • Février 2016, 3e défi

    le 26 février à 06:41, par Michel Marcus

    Voir la suite A068293 quand n varie.

    Répondre à ce message

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