Un défi par semaine

Juin 2015, 2e défi

Le 12 juin 2015  - Ecrit par  Ana Rechtman Voir les commentaires (2)

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

Semaine 24 :

Un triangle $ABC$ est rectangle en $B$. Les points $M$ et $N$ sont respectivement les milieux des segments $[AB]$ et $[BC]$. Si $AN=19$ cm et $MC=22$ cm, quelle est la longueur du segment $[AC]$ ?

Solution du 1er défi de Juin :

Enoncé

La réponse est $101$ nombres.

On peut remarquer qu’en écrivant en base $3$ les nombres de $0$ à $2015$ (qui s’écrit $2\,202\,122$ en base $3$) on obtient des nombres de $1$ à $7$ chiffres.

Les trois premiers nombres $0$, $1$ et $2$ sont évidemment des palindromes. Les palindromes à deux chiffres sont ceux dont les chiffres sont identiques ; il existe donc deux possibilités : $11$ et $22$.

Les nombres palindromes à trois chiffres ont le premier et le dernier chiffres égaux et au centre un chiffre pouvant être 0, 1 ou $2$. Le premier et le dernier chiffres peuvent être $1$ ou $2$, nous avons donc $2\times 3 = 6$ palindromes à trois chiffres.

Les palindromes à quatre chiffres s’écrivent en connaissant les deux premiers chiffres ou les deux derniers. Le premier chiffre doit être différent de zéro, il existe donc deux possibilités pour ce premier chiffre et trois pour le second chiffre, au total $2\times 3 = 6$ palindromes à quatre chiffres.

Les palindromes à cinq chiffres ont le premier et le dernier chiffres égaux, qui peuvent être $1$ ou $2$. Le second chiffre peut être n’importe lequel, 0, 1 ou $2$, tout comme le troisième chiffre. Le quatrième et le cinquième sont déterminés par les deux premiers. Nous avons donc $2\times 3\times 3 = 18$ possibilités, $18$ différents palindromes à cinq chiffres.

Les palindromes à six chiffres ont le premier et le dernier chiffres égaux, qui peuvent être $1$ ou $2$. Le second et le troisième chiffres peuvent être n’importe lequel, $0, 1$ ou $2$. Le quatrième, cinquième et sixième sont déterminés par les trois premiers. Nous avons donc $2\times 3\times 3 = 18$ possibilités, $18$ différents palindromes à six chiffres.

Pour les palindromes à sept chiffres, il faut faire attention à ne prendre que ceux qui sont inférieurs à $2\,202\,122$. Nous prendrons donc tous les nombres sauf ceux qui commencent par $221$ et par $222$, quel que soit le quatrième chiffre, ce qui représente $2\times 3 = 6$ nombres que nous ne comptabiliserons pas. Comme nous pouvons choisir entre deux possibilités pour le premier chiffre, entre trois possibilités pour les second, troisième et quatrième chiffres, cela donne

$2\times 3\times 3\times 3 = 54$

palindromes à sept chiffres, total auquel il faut donc soustraire les $6$ qui sont supérieurs à $2\,202\,122$. Il y a donc $54 - 6 = 48$ palindromes à sept chiffres correspondant à l’énoncé du problème.

En conclusion, nous avons compté $3+2+6+6+18+18+48 = 101$ palindromes inférieurs à $2\,202\,122$ en base $3$.

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.

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Pour citer cet article :

Ana Rechtman — «Juin 2015, 2e défi» — Images des Mathématiques, CNRS, 2015

Crédits image :

Image à la une - Denis Burdin / SHUTTERSTOCK

Commentaire sur l'article

  • Juin 2015, 2ème défi

    le 12 juin 2015 à 09:36, par Bernard Hanquez

    En appliquant le théorème de Pythagore aux triangles ABC, ABN et BCM on arrive à exprimer AC^2 en fonction uniquement de AN et MC

    AC = SQRT(4/5 * (AN^2 + MC^2)) = 26

    Répondre à ce message
  • Juin 2015, 2ème défi

    le 16 juin 2015 à 19:37, par jean trijaud

    Après avoir déterminé AC = 26 il parait naturel de calculer AB et AC.
    [MN] // [AC] et MN = 1/2 BC = 13.
    En appliquant le théorème d’AL-Kashi
    dans les triangles ACM et ANM j’en déduis que
    AM^2 = 26^2+22^2-2.22.26.cos(a) = 19^2+13^2-2.13.19.cos(b)
    De même dans les triangles MNC et CAN
    CN^2 = 22^2+13^2-2.13.22.cos(a)=19^2+26^2-2.19.26.cos(b)
    En résolvant le système : cos(a) = 137/143) et cos(b) = 233/247
    et alors AB = 16 et AC = 2sqrt(105).
    On peut alors réaliser la construction avec un logiciel.
    C’est un joli exercice qui me semble peut être demandé en devoir à la maison pour des élèves de première.

    Répondre à ce message

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