Un défi par semaine

Janvier 2019, 1er défi

El 4 enero 2019  - Escrito por  Ana Rechtman Ver los comentarios (19)
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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 1

Quel est le chiffre des unités de $S= 1!+2!+3!+\cdots+99!$ (où $n!=1\times 2\times\ldots\times n$) ?

Solution du 4e défi de décembre :

Enoncé

La solution est : $24\sqrt{5}\, cm$.

Soit $ABC$ un triangle rectangle avec un angle droit en $C$ et tel que $AB=100\, cm$, $BC=80\, cm$ et $CA=60\, cm$.
Traçons un segment $CD$ reliant sommet $C$ à l’hypoténuse, de telle manière que les périmètres des triangles $ADC$ et $DBC$ soient égaux.
Le problème consiste à déterminer la longueur de $CD$.

Comme les triangles $ADC$ et $DBC$ ont le même
périmètre, on a
\[CA+AD+CD=CD+DB+BC,\]
d’où
$CA+AD=DB+BC=\frac{240}{2}=120\, cm$. Comme $CA=60\, cm$, on obtient
$AD=120-60=60\, cm$.

Traçons la hauteur issue de $C$ dans le triangle $ACD$ et appelons $E$ son pied. Comme le triangle $AEC$ est semblable au triangle $ACB$, on obtient
$\frac{AE}{60}=\frac{60}{100}$, d’où $AE=36\, cm$, et par
conséquent $ED=AD-AE=60-36=24\, cm$.
De même on obtient $\frac{CE}{60}=\frac{80}{100}$, d’où $CE=48\, cm$.
En appliquant le théorème de Pythagore\footnoteVoir dans l’appendice le théorème \refpitagoras. dans le triangle $CED$, on obtient alors
\[CD^2=ED^2+CE^2=24^2+48^2=5(24^2),\]
et il s’ensuit $CD=24\sqrt{5}\, cm$.

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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Para citar este artículo:

Ana Rechtman — «Janvier 2019, 1er défi» — Images des Mathématiques, CNRS, 2019

Comentario sobre el artículo

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  • Janvier 2019, 1er défi

    le 4 de enero de 2019 à 09:25, par Al_louarn

    Bonne année à tous !

    On peut généraliser le raisonnement de zgreudz à toute base $b$ en posant
    $S_b(N) = (1! + 2! + ... + N!) \mod b$

    Il suffit de factoriser $b=d_{1}d_{2}...d_{k}$ où les $d_{i}$ forment une suite croissante de diviseurs de $b$. C’est toujours possible car au pire $b=1 \times b$. Mais en pratique on cherchera à minimiser $d_{k}$. Alors toutes les factorielles à partir de $d_{k}!$ sont des multiples de tous les $d_{i}$, donc aussi de $b$. Et donc $S_b(N) = S_b(d_{k}-1)$ (pour tout $N \geq d_{k}-1$).

    Application : si je m’attaque à une énorme boîte de chocolats en mangeant le premier à 1h du matin, le deuxième à 2h, etc, quelle heure sera-t-il le jour où je mangerai le chocolat n° $1! + 2! + ... + 1000!$ ? Réponse : Il faut compter en base $24 = 2 \times 3 \times 4$, donc $S_{24}(1000) = S_{24}(3) = (1! + 2! + 3!) \mod 24 = 9$. En théorie il sera donc 9h du matin. Mais en pratique j’aurai fait une crise de foie bien avant...

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