Un défi par semaine

Juin 2015, 1er défi

Le 5 juin 2015  - Ecrit par  Ana Rechtman Voir les commentaires (8)

Nous vous proposons un défi du calendrier mathématique 2015 chaque vendredi et sa solution la semaine suivante.

Semaine 23 :

Si l’on écrit les nombres de $0$ à $2015$ en base $3$, combien de ces nombres sont des palindromes (nombres qui peuvent se lire indifféremment de gauche à droite ou de droite à gauche) ?

Solution du 5ème défi de Mai :

Enoncé

La réponse est $\frac{3}{4}$.

Les points de coordonnées $(x,y)$, qui sont à la même distance de l’origine que du point de coordonnées $(3,1)$, vérifient l’équation :

$x^2+y^2 = (3-x)^2+(1-y)^2$

$0 = 9-6x+1-2y$

$6x+2y = 10.$

Autrement dit, ce sont les points situés sur la droite d’équation $y=5-3x$ qui passe par les points de coordonnées $(0,5)$ et $(\frac{5}{3},0)$. Cette droite divise le rectangle défini par les sommets de coordonnées $(0,0), (2,0), (2,1)$ et $(0,1)$ en deux trapèzes.

PNG - 22.3 ko

Pour connaître la probabilité qu’un point $P$ soit plus proche de l’origine que du point de coordonnées $(3,1)$, il faut diviser l’aire du trapèze de gauche par l’aire du rectangle. Puisque les bases du trapèze de gauche mesurent $\frac{5}{3}$ et $\frac{4}{3}$ respectivement, l’aire du trapèze est égale à :

$\frac{\left(\frac{5}{3}+\frac{4}{3}\right)1}{2}=\frac{3}{2}.$

Par conséquent, la probabilité recherchée est égale à

$\frac{\frac{3}{2}}{2\times 1}=\frac{3}{4}$.

Post-scriptum :

Calendrier mathématique 2015 - Sous la direction d’Ana Rechtman Bulajich, Anne Alberro Semerena, Radmilla Bulajich Manfrino - Textes : Ian Stewart.
2014, Presses universitaires de Strasbourg. Tous droits réservés.

Partager cet article

Pour citer cet article :

Ana Rechtman — «Juin 2015, 1er défi» — Images des Mathématiques, CNRS, 2015

Crédits image :

Image à la une - Denis Burdin / SHUTTERSTOCK

Commentaire sur l'article

  • Juin 2015, 1er défi

    le 5 juin 2015 à 10:00, par Lina

    Sauf erreur de ma part, 101 nombres palindromes.

    Répondre à ce message
    • Juin 2015, 1er défi

      le 6 juin 2015 à 19:33, par Bernard Hanquez

      101 pour moi également.

      Calculé par une méthode brutale, une macro Excel pour convertir en base 3 et une seconde pour trouver les palindromes.

      Répondre à ce message
      • Juin 2015, 1er défi

        le 8 juin 2015 à 09:57, par Lina

        Un peu de douceur dans un monde de brutes :

        Convertir 2015 en base 3 : 22021022 (divisions euclidiennes successives par 3) . Remarquer qu’il est coincé entre deux palindromes 2202022 et 2210122. Il faut donc trouver tous les palindromes de 0 à 2202022. Pour arriver jusqu’à 2222222 (dernier palindrome à 7 chiffres) il faut ajouter 6 palindromes ( ils s’écrivent 22aba22 avec a=1 ou 2 et b=0,1 ou 2).

        Pour n>1 il y a autant de palindromes à 2n-1 chiffres qu’à 2n chiffres : 2*3^(n-1)

        Il reste à détailler, le premier nombre indique le nombre de chiffres , le deuxième le nombre de palindromes : 1 ---> 3 ; 2 ---> 2 ; 3 et 4 ---> 12 ; 5 et 6 ---> 36 ; 7 ---> 54 - 6 = 48

        Total 3 + 2 + 12 + 36 + 48 = 101

        Répondre à ce message
        • Juin 2015, 1er défi

          le 10 juin 2015 à 09:11, par Lina

          Erreur de frappe, un zéro s’est faufilé frauduleusement à la sixième place de 2015(3).

          Répondre à ce message
    • Juin 2015, 1er défi

      le 9 juin 2015 à 23:56, par nef2240

      Bonsoir
      (2015)base 3=2202122
      Élément pivot 2 au centre nous avons (220)3+1=25 palindromes
      Élément pivot 1 nous avons 25 palindromes
      Élément pivot 0 nous avons 25 palindromes
      Total 75

      Répondre à ce message
      • Juin 2015, 1er défi

        le 10 juin 2015 à 00:15, par nef2240

        Erreur calcul
        pivot 2 (220)3+1=25
        pivot 1 (222)3+1=27
        idem 0.
        total 79 cas de palindromes entre 0 et 2015 base 3.

        Répondre à ce message
  • Juin 2015, 1er défi

    le 11 juin 2015 à 20:56, par nef2240

    Bonjour voici ma solution (plus de calme que le train) trouver palindrome de 0 à (2015)base3=2202122 nombre digit max =7
    Taille=1 a #3
    Taille=2 aa #2 avec a différent de 0
    Taille=3 bab avec a=0 #2 ensuite facile a=1 #3 et a=2 #3 total #8
    Taille=4 baab 0110 jusqu’à 2222 #8
    Taille=5 bacab c=0 01010 à 22022 #8 c=1 #9 et c=2 #9 total=26
    Taille=6 baccab 001 a 222 #26
    Taille=7 bacdcab d=0 bac=001 a 220 #24 d=1 #27 et d=2 #27
    En effet 2000 peut aussi se lire 0002000
    Total=151 palindromes de 0 à 2015 en base 3

    Répondre à ce message
    • Juin 2015, 1er défi

      le 11 juin 2015 à 21:22, par nef2240

      Bonjour,
      Encore erreur voici solution trouver tous les palindromes allant de 0 à (2015) en base3 qui vaut 2202122 donc nombre digit max =7
      (# veut dire cardinal ou nombre ensemble)
      Taille=1 a #3 0,1,2
      Taille=2 aa #2 avec a différent de 0 11,22
      Taille=3 bab avec a=0 #2 ensuite facile a=1 #3 et a=2 #3 total #8 101,201,010,111,212,020,121,222
      Taille=4 baab 0110 jusqu’à 2222 #8 0110,0220,1001,1111,1221,2002,2112,2222
      Taille=5 bacab c=0 01010 à 22022 #8 c=1 #9 et c=2 #9 total=26 01010,02020,10001,...,01110,...
      Taille=6 baccab 001 a 222 #26 001100,002200,...,222222
      Taille=7 bacdcab faire attention inférieur 2015 base 3 (2202122)
      d=0 0010100 a 2200022 #24
      d=1 0001000 a 2201022 #25
      d=2 0002000 a 2202022 #25
      En effet 2000 peut aussi se lire 0002000
      Total=147 palindromes de 0 à 2015 en base 3

      Répondre à ce message

Laisser un commentaire

Forum sur abonnement

Pour participer à ce forum, vous devez vous enregistrer au préalable. Merci d’indiquer ci-dessous l’identifiant personnel qui vous a été fourni. Si vous n’êtes pas enregistré, vous devez vous inscrire.

Connexions’inscriremot de passe oublié ?

Suivre IDM