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Un défi par semaine

Mai 2015, 1er défi

El 1ro mayo 2015 - Escrito por Ana Rechtman Ver los comentarios (8)
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Nous vous proposons un défi du calendrier mathématique 2015 chaque vendredi et sa solution la semaine suivante.

Semaine 18 :

Placer les nombres de $1$ à $9$ dans les cercles de sorte que chaque nombre à l’intérieur d’un triangle soit la somme des nombres des trois cercles qui l’entourent.

Solution du 4ème défi d’Avril :

Enoncé

La réponse est $4\sqrt{3}$ cm.

Traçons les segments $[PA]$, $[PB]$ et $[PC]$, qui divisent le triangle $ABC$ en trois triangles $ABP$, $PBC$ et $PCA$ dont les hauteurs mesurent respectivement $1$ cm, $2$ cm et $3$ cm.

Soient $a$ la mesure du côté et $h$ la hauteur du triangle équilatéral $ABC$, alors son aire est égale à $\frac{a\times h}{2}$. D’autre part, l’aire du triangle $ABC$ est égale à la somme des aires des triangles $ABP$, $PBC$ et $PCA$, c’est-à-dire :

$\frac{a\times h}{2} = \frac{a\times 1}{2}+\frac{a\times 2}{2}+\frac{a\times 3}{2}$

$a\times h = a+2a+3a$

$h = 6.$

Ainsi, la hauteur du triangle $ABC$ mesure $6$ cm. Comme le triangle $ABC$ est équilatéral, la hauteur divise ce triangle en deux triangles rectangles dont les côtés mesurent $h$ et $\frac{a}{2}$, et dont l’hypoténuse mesure $a$. Alors, en appliquant le théorème de Pythagore, on a :

$(\frac{a}{2})^2 + 6^2 = a^2$

$\frac{a^2}{4} +36 = a^2$

$\frac{3}{4}a^2 = 36$

$a = \sqrt{48} = 4\sqrt 3.$

Par conséquent, le côté du triangle $ABC$ mesure $4\sqrt 3$ cm.

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.

Article édité par Ana Rechtman

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Mai 2015, 1er défi

le 1ro de mayo de 2015 à 07:37, par André Perrenoud

Le cercle situé à 3 heures contient le nombre 5.
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Mai 2015, 1er défi

le 1ro de mayo de 2015 à 11:51, par gedspilett

Au centre le chiffre 4, puis à 12 H, le chiffre 8 et ensuite dans le sens des aiguilles d’une montre, les chiffres 6 , 5 , 1, 9 , 2, 7, 3
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Mai 2015, 1er défi

le 4 de mayo de 2015 à 10:12, par Roland Bacher

Joli défi!

Je trouve dommage de poster juste la solution! Le plaisir consiste finalement à la trouver (et j’espère que tout le monde a au moins un peu cherché avant de lire les commentaires).

Par contre, il peut être instructif de décrire la façon dont on a procédé. Dans mon cas, j’ai commencé par regarder le problème modulo 2 (c’est-à-dire en considérant seulement la parité des nombres).

Parmi les quatre solutions possible modulo 2, il n’y en a qu’une qui fait intervenir 4 nombres pairs. Comme cette solution montre que les trois contributions à 18 sont des
nombres pairs, on sait qu’il y a 4,6 et 8 au sommets du triangle de somme 18. Maintenant, il n’y a plus qu’à essayer les 6 permutations possibles.
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Mai 2015, 1er défi

le 6 de mayo de 2015 à 19:02, par ROUX

Les huit positions sur le cercle sont orientées et notées NN pour celle qui est au NordNord puis NO pour celle qui est au NordOuest puis par exemple SE pour celle qui est au SudEst et qui correspond à 7 heures et demi.

La position au Centrée au Centre est notée CC.

Je fais CC + NN + NE = 18 puis CC + NN + NO = 15 puis CC + NO + OO = 15.

Je procède à deux soustractions qui me donnent NO = NE + 3 et NN = OO + 3.

Cela signifie que dans une succession de cases dans lesquelles je mettrais des chiffres, j’ai NE rien rien NO et dans une autre succession, j’ai OO rien rien NN.

Ensuite, je grignote: je fais CC + OO + SO = 10 mais comme OO = NN - 3, cela donne NO = SO + 5. je peux donc compléter la première succession qui devient SO rien NE rien rien NO.

Et ainsi de suite, avec patience, dans le sens des aiguilles d’une montre, je me débrouille à remplir à coups de substituions et de soustractions les deux successions.

J’arrive ainsi à deux successions qui sont OO rien EE NN SS et SO SE NE rien rien NO.

Le seul moyen de fusionner les deux successions pour qu’elles ne dépassent pas 10 cases est d’écrire que le solitaire NO de la deuxième est le seul rien de la première (le rien avant NO dans la seconde succession est alors en fait le OO de la première).

Cela donne alors SO SE NE rien OO NO EE NN SS. Et ce dernier rien est alors CC.

Donc CC = 4. Et alors, de NN à NE dans le sens des aiguilles d’une montre, on a 8 6 5 1 9 2 7 et 3.

Je ne voulais rien essayer, pas tâtonner: je voulais une démonstration directe :-).
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Mai 2015, 1er défi

le 4 de mayo de 2015 à 19:21, par Daniate

Bonsoir,

Pour ma part j’ai additionné les totaux de 4 triangles non contigus: total 57 (dans les 2 cas) . Ce faisant on ajoute tous les nombres de 1 à 9 ( total 45 ) à 3 fois le nombre du centre qui est donc 4. Ensuite je me suis intéressé au triangle 10 qu’on ne peut obtenir qu’avec 1 et 5. 1 est impossible à l’est il est donc en sud-est ... etc ...
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le 6 de mayo de 2015 à 19:37, par ROUX

Toujours cette élégance!!!
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Mai 2015, 1er défi

le 7 de mayo de 2015 à 16:58, par nef2240

La solution est simple sans aucun calcul
il suffit de raisonner en prenons trois inconnu a,b et c centre du cercle
on devine aisément b,a,b-1, a-1,b+1,a-2,b-3,a+3 (sens inverse)
tableau (a,b) en sachant a peut prendre 3 à 6 et b peut prendre valeurs 4 à 8.
par élimination on en déduit
a=3, b=8 donc c=4
donc en partant du midi 8,3,7,2,9,1,5,6 avec 4 au centre
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Mai 2015, 1er défi

le 7 de mayo de 2015 à 22:34, par Daniate

Bonsoir,

Un petit bémol sur le «sans calcul», il y a quand même quelques soustractions. J’ai utilisé cette méthode pour vérifier mes calculs vendredi dernier, mais en terminant sans élimination.

En effet la série des a contient 3 nombres consécutifs et la série des b aussi. Entre a et a+3 on ne peut placer que 2 nombres: l’isolé des b et c. L’écart entre b-1 et b-3 force l’ordre et donc de 1 à 9 on a: a-2;a-1;a;c;b-3;a+3;b-1;b;b+1
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Ana Rechtman

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