Un défi par semaine

Juillet 2018, 1er défi

Le 6 juillet 2018  - Ecrit par  Ana Rechtman Voir les commentaires (6)

Nous vous proposons un défi du calendrier mathématique chaque vendredi et sa solution la semaine suivante. Il n’y aura pas d’édition papier du calendrier 2018, il faudra attendre l’édition 2019 !

Semaine 27

De combien de manières différentes peut-on placer les chiffres $1$, $2$, $4$, $7$ et $9$ pour former un nombre de cinq chiffres qui soit multiple de $11$ ?

Solution du 5e défi de Juin :

Enoncé

La réponse est : $\dfrac{4}{9}\, cm^2$.
Appelons $R$ et $r$ les rayons du grand cercle et du petit cercle, respectivement. Observons que le petit cercle est inscrit
dans un triangle équilatéral, et que la
médiane $PS$ est également la bissectrice de l’angle de $60^\circ$, et mesure deux fois la longueur du rayon $R$ puisque $PS$ est diamètre du grand cercle.

Rappelons que le point d’intersection des médianes dans n’importe quel triangle
se trouve à un tiers de la base, mais dans le cas d’un triangle équilatéral,
ce point coïncide de plus avec le
centre du cercle inscrit au triangle, c’est-à-dire, avec $I$. Ainsi on trouve
$\frac{IS}{PS}=\frac{1}{3}$, ce qui veut dire qu’on a $\frac{IS}{PS}=\frac{r}{2R}=\frac{1}{3}$.
Par conséquent, on a $r=\frac{2R}{3}$ et l’aire du petit cercle est
\[ \pi r^2=\pi\left (\frac{2R}{3}\right )^2=\frac{4}{9}\pi R^2, \]
donc $\frac{4}{9}\, cm^2$, puisque $\pi R^2=1\,cm^2$.

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Pour citer cet article :

Ana Rechtman — «Juillet 2018, 1er défi» — Images des Mathématiques, CNRS, 2018

Commentaire sur l'article

  • Juillet 2018, 1er défi

    le 6 juillet à 09:50, par Al_louarn

    Rappelons qu’un nombre est multiple de $11$ si et seulement si la différence entre la somme de ses chiffres de rang pair et la somme de ses chiffres de rang impair est un multiple de $11$.
    Il faut donc répartir les cinq chiffres en deux ensembles $A$ et $B$ de sommes respectives $a$ et $b$ telles que $a \geq b$ et $a-b=11k$, avec $k \geq 0$, et de plus $A$ doit contenir $2$ ou $3$ nombres.
    Pour chaque partition obtenue, il y a $2!=2$ permutations possibles des chiffres de rang pair et $3!=6$ permutations possibles des chiffres de rang impair, donc $2 \times 6 = 12$ combinaisons possibles au total.
    On observe que $a+b=1+2+4+7+9=23$ donc en additionnant les équations on trouve $2a=23+11k$. On voit que $23+11k$ est pair donc $k$ est impair.
    Mais $k < 3$ car $a-b<23$ et $11 \times 3 = 33$, donc la seule possibilité est $k=1$.
    Alors $2a=34$, soit $a=17$.
    Si $7$ n’est pas dans $A$ alors on obtient au mieux $a=9+4+2=15$, trop petit. Donc $A$ contient $7$, et a fortiori il contient aussi $9$.
    Pour arriver à $17$ il faut encore ajouter $1$. On a donc $A=\{1,7,9\}$ pour les chiffres de rang impair, et $B=\{2,4\}$ pour les chiffres de rang pair.
    Comme c’est la seule partition possible, la réponse est donc $12$ nombres :

    $12749 = 11 \times 1159$
    $12947 = 11 \times 1177$
    etc.

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  • Juillet 2018, 1er défi

    le 6 juillet à 12:21, par ROUX

    La somme des 5 chiffres est 23.
    Le critère de divisibilité par 11 est que la différence de la somme des termes de rang pair et de la somme des termes de rang impair doit être un multiple de 11.
    23=a+b avec a-b=k×11.
    23 n’est pair donc k=0 n’est pas possible.
    k=1 donne a=17 et b=6.
    Les chiffres de rang impair sont 1, 7 et 9.
    Pour chaque premier chiffre de ce nombre à 5 chiffres, il y a 4 possibilités d’arranger les quatre autres (2×2).
    Donc 3×4=12 possibilités.

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    • Juillet 2018, 1er défi

      le 7 juillet à 09:14, par Goubert

      Je vois que tout le monde a répondu en n’envisageant que la présence unique des 5 chiffres 1, 2, 4, 7 et 9.
      Est il possible de les mettre plusieurs fois ?
      Exemples : 11121 ou 11242

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      • Juillet 2018, 1er défi

        le 8 juillet à 09:37, par ROUX

        Je vous en prie : à vous l’honneur de commencer ;-) !

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        • Juillet 2018, 1er défi

          le 8 juillet à 11:07, par Goubert

          En utilisant une méthode un peu brutale (Tableur EXCEL) et en éliminant les plages non valides (par exemple entre 15000 et 16000), je trouve 245 permutations répondant au critère.

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          • Juillet 2018, 1er défi

            le 12 juillet à 18:08, par ROUX

            Nous discutions implicite/explicite avec ma femme et j’ai évoqué votre contribution.
            Une condition suffisante pour entendre l’implicite est de (re)connaitre le cadre.
            Ici, le cadre, ce sont les mathématiques à la gomme et au crayon.
            Il est vrai que j’ai entendu l’implicite « chaque chiffre doit apparaître une fois et une seule » parce que, dans le cadre des « mathématique à la gomme et au crayon », j’ai conjecturé qu’il serait impossible de répondre à la question sans buriner (vérifier un par un des tas d’assemblages de chiffres) si on n’entendait pas cet implicite.
            Pourquoi sais-je que j’ai fait des mathématiques : eh bien parce que, sous cet implicite, j’ai pu répondre à la question SANS buriner les douze solutions ce qui ne peut pas être le cas si on n’entend pas cet implicite.
            Alors, avec ma femme, comment ai-je évoqué votre contribution ? En supposant que vous aviez évidemment parfaitement entendu l’implicite mais que vous vous autorisiez une pirouette ;-).
            Oui, n’est-ce pas ?

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