Un défi par semaine

Janvier 2021, 4e défi

Le 22 janvier 2021  - Ecrit par  Ana Rechtman Voir les commentaires (5)
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Nous vous proposons un défi du calendrier mathématique chaque vendredi et sa solution la semaine suivante.

Le calendrier 2021 est en vente ! Il s’intitule : « Le ciel dans tous ses états ».

De janvier à décembre, à travers 12 textes superbement illustrés, découvrez l’histoire des équations cachées dans les trajectoires des planètes et des étoiles ainsi que le développement des grandes théories qui ont accompagné cette ­aventure.

Semaine 4

On construit le cercle inscrit et le cercle circonscrit à un hexagone régulier de cotés mesurant $2$ cm.

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Quelle est l’aire comprise entre ces deux cercles ?

Solution du 3e défi de janvier :

Enoncé

La réponse est : $25$

Si la décomposition en facteurs premiers du premier nombre est $p_1^{a_1}\times p_2^{a_2}\times\cdots\times p_k^{a_k}$, alors il possède exactement $(a_1+1)(a_2+1)\cdots(a_k+1)$ diviseurs positifs

Comme $11$ est un nombre premier, $k=1$ et $m=p^{10}$, où $p$ est un nombre premier. De manière semblable, comme $15=5\times3$, l’entier $n$ s’écrit soit sous la forme $p^{14}$, soit sous la forme $p^{4}q^{2}$ avec $p$ et $q$ premiers.

Étudions les différents cas possibles :

  • Si $m=p^{10}$ et $n=p^{14}$ (le même nombre premier apparaît dans les deux nombres), alors $mn=p^{24}$ possède $25$ diviseurs positifs.
  • Si $m=p^{10}$ et $n=q^{14}$ (les deux nombres premiers sont différents), alors $mn=p^{10}q^{14}$ possède $(10+1)(14+1)=165$ diviseurs positifs.
  • Si $m=p^{10}$ et $n=p^{4}q^2$, alors $mn=p^{14}q^2$ possède $(14+1)(2+1)=45$ diviseurs positifs.
  • Si $m=p^{10}$ et $n=p^{2}q^4$, alors $mn=p^{12}q^4$ possède $(12+1)(4+1)=65$ diviseurs positifs.
  • Si $m=p^{10}$ et $n=q^4r^2$ (trois nombres premiers distincts), alors $mn=p^{10}q^4r^2$ possède $(10+1)(4+1)(2+1)=165$ diviseurs positifs.

Par conséquent, $mn$ possède au minimum $25$ diviseurs positifs.

Post-scriptum :

Calendrier mathématique 2021 - Sous la direction d’Ana Rechtman,

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Pour citer cet article :

Ana Rechtman — «Janvier 2021, 4e défi» — Images des Mathématiques, CNRS, 2021

Commentaire sur l'article

  • Janvier 2021, 4e défi

    le 22 janvier à 09:06, par Al_louarn

    Soient $A$ et $B$ les extremités d’un côté de l’hexagone, et $O$ le centre commun aux cercles et à l’hexagone.
    Le segment $AB$ est tangeant au petit cercle en son milieu $C$.
    Alors l’aire du grand cercle est $\pi OA^2$ et l’aire du petit est $\pi OC^2$, donc l’aire comprise entre les deux est $\pi(OA^2 - OC^2)$.
    Mais $OAB$ est équilatéral donc le triangle $OAC$ est rectangle en $C$.
    On a donc $OA^2=OC^2+AC^2$, d’où $OA^2 - OC^2 = AC^2 = (AB/2)^2 = 1$
    La réponse est $\pi$.

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    • Janvier 2021, 4e défi

      le 22 janvier à 22:40, par Al_louarn

      En fait le raisonnement reste valable pour n’importe quel polygone régulier (convexe) de côté $2$ (avec $OAB$ isocèle en $O$ dans le cas général plutôt qu’équilatéral). On obtient toujours $\pi$ !

      PS : et il serait de bon aloi d’écrire « aire du grand disque » et non « aire du grand cercle »

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      • Janvier 2021, 4e défi

        le 23 janvier à 17:33, par François

        Presque exact ! Sauf que dans le cas d’un polygone régulier à $n$ côtés $\displaystyle{AC=2\sin\frac {\pi} {n}}$ et que la différence des aires est $\displaystyle{4\pi\sin^2\frac {\pi} {n}}$.

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        • Janvier 2021, 4e défi

          le 26 janvier à 13:53, par Al_louarn

          Sauf que vous raisonnez sur un grand cercle de rayon $2$ et moi sur un polygone de côté $2$, comme dans l’énoncé initial. Ce n’est pas le même problème (sauf pour $n=6$).

          Répondre à ce message

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