Un défi par semaine

Janvier 2017, 4e défi

El 27 enero 2017  - Escrito por  Ana Rechtman Ver los comentarios (8)
Leer el artículo en  

Nous vous proposons un défi du calendrier mathématique 2017 chaque vendredi et sa solution la semaine suivante.

Semaine 4 :

Trouvez un chemin allant de $A$ vers $B$ passant par tous les sommets sans jamais repasser par le même endroit.

PNG - 12.2 KB

Solution du 3e défi de Janvier :

Enoncé

La réponse est $5185$.

Numérotons les lignes du tableau de $0$ à $27$ et les colonnes de $0$
à $36$. Écrivons en rouge les nombres écrits par ligne, et en noir les nombres
écrits par colonne. Par exemple, le nombre rouge à la ligne $3$ et à la colonne
$5$ est : $ 1+5+ 3\times 37=117$ et le nombre noir est $1+3+5\times 28=144$.

PNG - 42 KB

De manière générale, le nombre rouge de la ligne $r$ et de la colonne $k$ est
donné par la formule $1+k+37r$ et le nombre noir est donné par $1+r+28k$. Ces deux nombres sont donc égaux si $1+k+37r=1+r+28k$, c’est-à-dire si $36r=27k$ et en simplifiant $4r=3k$. Les valeurs de $r$ sont donc les multiples de $3$ : $0,3,\dots,27$ et celles de $k$ sont alors respectivement $0,4,\dots,36$. Il y a donc $10$ cases dans lesquelles les nombres rouges et noirs sont égaux et ils s’écrivent sous la forme :

$1+\frac{4}{3}r+37r=1+4a+111a=1+115a$

où $r=3a$ pour $a=0,\ldots,9.$ On obtient finalement les nombres $1,1+115,1+2\times115+\cdots+1+9\times115$ qui ont pour somme :

$1+ (1+ 115) +\ldots + (1+9 \times 115) = 10 + 115\left (\frac{9\times 10}{2}\right ) = 10 + 115\times 45 = 5185.$

Post-scriptum :

Calendrier mathématique 2017 - Sous la direction d’Ana Rechtman, Maxime Bourrigan - Textes : Antoine Rousseau et Marcela Szopos.
2016, Presses universitaires de Strasbourg. Tous droits réservés.

Article édité par Ana Rechtman

Comparte este artículo

Para citar este artículo:

Ana Rechtman — «Janvier 2017, 4e défi» — Images des Mathématiques, CNRS, 2017

Créditos de las imágenes:

Imagen de portada - Sinclair stammers / SPL-Science photo library / Biosphoto

Comentario sobre el artículo

  • Janvier 2017, 4e défi

    le 27 de enero de 2017 à 08:02, par Bernard Hanquez

    Bonjour,

    Étant au point A, déplaçons nous de :

    1 case vers le bas
    1 case vers la gauche
    1 case vers le bas
    1 case vers la droite
    1 case vers le bas
    2 cases vers la droite
    1 case vers le haut
    1 case vers la gauche
    2 cases vers le haut
    1 case vers la droite
    1 case vers le bas
    1 case vers la droite
    1 case vers le bas

    Nous sommes alors arrivés au point B en étant passés par tous les points sans être repassés au même endroit.

    Répondre à ce message
  • Janvier 2017, 4e défi

    le 27 de enero de 2017 à 09:17, par ROUX

    Repérer qu’il faut arriver sur B par le haut.
    Ensuite, réfléchir à un codage de la solution.
    BGBDBDDHGHHDBDB.

    Répondre à ce message
  • Janvier 2017, 4e défi

    le 27 de enero de 2017 à 11:09, par FDesnoyer

    Bonjour,

    il me semble que ce n’est pas un graphe eulérien et qu’il faut essayer de partir de sommets de degrés impairs pour réussir, non? or A et B sont de degrés pairs...

    amicalement,

    F.D.

    Répondre à ce message
    • Janvier 2017, 4e défi

      le 27 de enero de 2017 à 13:37, par zgreudz

      Oui mais là on parle des sommets, pas des segments, la solution de Bernard passe par tous les sommets (mais effectivement pas par tous les segments).

      Amicalement

      Z.

      Répondre à ce message
      • Janvier 2017, 4e défi

        le 27 de enero de 2017 à 17:33, par ROUX

        La mienne aussi ;-).

        Répondre à ce message
        • Janvier 2017, 4e défi

          le 27 de enero de 2017 à 18:50, par FDesnoyer

          Et oui, je suis tombé dans le piège... mes collègues d’EPS avaient raison

          Amicalement,

          F.D.

          Répondre à ce message
      • Janvier 2017, 4e défi

        le 27 de enero de 2017 à 19:53, par Niak

        On cherche en effet un chemin hamiltonien, et non eulérien, de A à B. Néanmoins, pour prolonger la remarque, si le graphe de l’énoncé était le line graph d’un graphe G (mais malheureusement ce n’est pas le cas) alors on aurait éventuellement pu déduire un chemin hamiltonien de A à B à partir d’un chemin eulérien de l’arête représentant A à l’arête représentant B dans G.

        Répondre à ce message
  • Janvier 2017, 4e défi

    le 27 de enero de 2017 à 20:06, par ROUX

    Hum...
    Je vois qu’euler de rien on s’envoie volontiers euler avec Hamilton: eh bah c’est du propre!!!

    Répondre à ce message

Dejar un comentario

Foro sólo para inscritos

Para participar en este foro, debe registrarte previamente. Gracias por indicar a continuación el identificador personal que se le ha suministrado. Si no está inscrito/a, debe inscribirse.

Conexióninscribirse¿contraseña olvidada?

La traducción del sitio del francés al castellano se realiza gracias al apoyo de diversas instituciones de matemáticas de América Latina.