Un défi par semaine

Janvier 2019, 1er défi

Le 4 janvier 2019  - Ecrit par  Ana Rechtman Voir les commentaires (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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Pour citer cet article :

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

Crédits image :

Image à la une - AGSANDREW/SHUTTERSTOCK

Commentaire sur l'article

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  • Janvier 2019, 1er défi

    le 10 janvier 2019 à 22:44, par Niak

    Nouveau défi demain, il est temps proposer une approche. Voilà ce que j’avais en tête : réorganisons le produit $n!=\prod_{i=1}^n i$ en regroupant ensemble, pour chaque couple $(a,b)$, tous les $i=2^a5^bk$ du produit, pour $k$ impair non multiple de $5$. On obtient $n!=\prod_{a,b}2^a5^bK_{a,b}$ avec $K_{a,b} = F\left(\left\lfloor\frac{n}{2^a5^b}\right\rfloor\right)$ pour $F(n)$ le produit des entiers impairs non multiples de $5$ entre $1$ et $n$. Il n’est pas difficile de remarquer que, par périodicité modulo $10$, $F(10q+r) \equiv F(9)^qF(r) \bmod 10$, ce qui permet de facilement calculer les $K_{a,b}\bmod10$. En voici la table pour $n=100$ :
    $\begin{array}{c|ccccccc} b \backslash a&0&1&2&3&4&5&6\\ \hline 0&1&9&3&9&3&3&1\\ 1&1&9&3&1&1\\ 2&3&1&1 \end{array}$
    En groupant les $2$ et $5$, $100!=2^{97}5^{24}\prod_{a,b}K_{a,b}$, $100!$ se termine par $24$ zéros et $\frac{100!}{10^{24}}=2^{73}\prod_{a,b}K_{a,b}$. Comme déjà signalé, les $2^k \bmod 10$ sont périodiques de période $4$ et l’on a $2^{73} = 2 \bmod 10$. Le produit des valeurs du tableau vaut $7 \bmod 10$. D’où le résultat $2\times7=4\bmod 10$.

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