Un défi par semaine

Juillet 2019, 3e défi

Le 19 juillet 2019  - 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 2019 est en librairie !

Semaine 29

Anne souhaite distribuer tous ses bonbons à plusieurs enfants de la manière suivante :

  • le premier enfant aura $1$ bonbon,
  • le second $2$ bonbons,
  • le troisième le double du précédent
  • et ainsi de suite.

Si Anne possède $2019$ bonbons, quel est le nombre minimum
de bonbons lui manquant afin de pouvoir distribuer ses bonbons de
cette manière ?

Solution du 2e défi de juillet :

Enoncé

La solution est 4 cm$^2$.

Observons que l’aire de la partie colorée ne dépend pas
de l’inclinaison du grand carré car les triangles $OAB$ et $OCD$
sont superposables.

En effet, ces triangles ont les mêmes angles et
$OA=OC$ car $O$ est le centre du petit carré.

PNG - 19.9 ko

L’aire recherchée est donc l’aire du carré $OAPC$ dont
les côtés mesurent $\frac{4}{2}=2$ cm. Elle est donc égale à $2^2=4$ cm$^2$.

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 — «Juillet 2019, 3e défi» — Images des Mathématiques, CNRS, 2019

Crédits image :

Image à la une - ARES JONEKSON / SHUTTERSTOCK

Commentaire sur l'article

  • Juillet 2019, 3e défi

    le 19 juillet à 10:11, par jml83

    Il lui manque au minimum 29 bonbons.
    En effet, il faut qu’elle puisse disposer d’un nombre de bonbons égal à une puissance de 2 et le premier nombre correspondant supérieur à 2019 est 2018 (2^11).
    2048 - 2019 = 29.
    On suppose qu’il y a suffisamment d’enfants (12 dans ce cas).
    (partage inéquitable sociologiquement mais aussi du point de vue de la quantité de sucre ; on proposera donc aux enfants une durée de lavage de dents exponentielle en fonction de leur rang dans la file de distribution).

    Répondre à ce message
    • Juillet 2019, 3e défi

      le 19 juillet à 10:33, par Celem Mene

      Hmm, il semble que vous ayez oublié d’additionner les bonbons.

      Je m’explique. Le premier enfant en recevra 1, et le deuxième 2. Alors 3 bonbons auront été distribués. Plus 4 au troisième enfant, soit 7 au total, etc.

      Il s’agit donc d’un multiple de 2 moins 1.

      Soit 2047 - 2019 = 28 bonbons manquants (pour 11 enfants).

      Répondre à ce message
      • Juillet 2019, 3e défi

        le 22 juillet à 08:56, par jml83

        Très juste ; je suis allé un peu trop vite.
        Mea culpa.

        Répondre à ce message
  • Juillet 2019, 3e défi

    le 19 juillet à 16:34, par CAMI

    La distribution des bonbons est 1, 2, 4, 8, ..., n*n
    La somme des bonbons distribués est s = 2^n-1
    Pour n=10 on trouve s = 1023 < 2019
    Pour n=11 on trouve s = 2047, ils manquent donc 2047-2019 = 28 bonbons pour effectuer le partage tel que défini aux onze enfants potentiels receveurs.

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  • Juillet 2019, 3e défi

    le 21 juillet à 17:09, par MtzMex

    Une facón de résoudre ce problème est de transformer le nombre 2019 en binaire et regarder combien il manque pour avoir une expression qu’avec des 1.


    2019 = 11111100011


    Les trois 0 correspondent aux valeurs 4,8,16 ce qui fait au total 28 bonbons manquants.


    En effet, ce méthode est une façon de représenter les enfants qu’on peut nourrir avec des puissances des 2 et ceux qui manqueraient des bonbons. En plus si on change le problème à « On donne 1 bonbon au premier, n**2 au deuxième, n**3 au troisième.... » il suffit de transformer 2019 en base n et procéder avec la même logique.

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