Défis du calendrier mathématique Retour à la rubrique

Un défi par semaine

Mai 2015, 3e défi

Le 15 mai 2015  - Ecrit par  Ana Rechtman Voir les commentaires (8)
Lire l'article en  

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

Semaine 20 :

Diviser ce carré en $4$ figures égales de telle sorte que chaque figure contienne une des lettres.

PNG - 27.9 ko

Solution du 2ème défi de Mai :

Enoncé

La réponse est $a=4$, $b=5$, $c=7$, $d=9$ et $e=11$.

Comme $a$, $b$, $c$, $d$ et $e$ sont des entiers supérieurs ou égaux à $2$, la somme de quatre d’entre eux, n’importe lesquels, vaut au moins $8$. Ensuite, puisque

$b(a+c+d+e)=155=5(31),$

où $5$ et $31$ sont des nombres premiers, on obtient $b=5$ et $a+c+d+e=31$. De la même manière, l’égalité

$c(a+b+d+e)=203=7(29)$

implique que $c=7$ et $a+b+d+e=29$. Par conséquent,

$a+d+e = 24,$

$a+b+c+d+e = 36.$

De la première équation du système, on déduit :

$a(b+c+d+e) = 128$

$a(36-a) = 2^7.$

Pour que $a$ et $36-a$ soient des puissances de $2$, les seules possibilités sont : $a=4$ ou $a=32$. Si $a=32$, alors

$36=a+b+c+d+e\geq 32+2+2+2+2=40,$

ce qui est impossible. Ainsi, $a=4$ et on a :

$e(a+b+c+d) = 275$

$e(16+d) = 5^2(11),$

avec $d+e=36-a-b-c=20$. Comme $18\leq 16+d<36$, on a $16+d=25$. Alors, $d=25-16=9$ et $e=11$. Par conséquent, $a=4$, $b=5$, $c=7$, $d=9$ et $e=11$.

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

Partager cet article

Pour citer cet article :

Ana Rechtman — «Mai 2015, 3e défi» — Images des Mathématiques, CNRS, 2015

Crédits image :

Image à la une - Makarova Viktoria / SHUTTERSTOCK

Commentaire sur l'article

  • Mai 2015, 3ème défi

    le 15 mai 2015 à 10:21, par Lina

    La solution est une forme de spirale.

    On part du sommet D, on ajoute les 6 carrés au dessus de lui. On tourne à gauche et on ajoute 5 carrés, encore à gauche 3 carrés et à gauche un carré. On est alors au centre. La figure obtenue a 16 carrés.

    En la faisant tourner à 3 reprises d’un quart de tour on obtient le découpage en 4 parties égales (isométriques pour les puristes)

    Répondre à ce message

    • Mai 2015, 3ème défi

      le 16 mai 2015 à 10:58, par ROUX

      Je vous remercie pour la clarté de la rédaction de votre solution.

      Répondre à ce message

  • Mai 2015, 3ème défi

    le 17 mai 2015 à 21:16, par Idéophage

    On peut aussi partir d’une partition des cases en 4 figures égales et essayer de la modifier de manière symétrique pour obtenir une solution au défi.

    Par exemple on part de quatre grands carrés de 4 cases sur 4. Numérotons-les dans le sens trigonométrique et en partant du carré en bas à droite 1, 2, 3 et 4. On pense à ces carrés comme des ensembles que l’on peut modifier. Toutes les lettres sont pour le moment dans les cases de l’ensemble 1. Pour changer cela, considérons la case où se trouve le B ainsi que les trois autres cases obtenues en la faisant tourner autour du centre de l’échiquier de 1, 2 ou 3 quarts de tours. Chacune de ces cases appartient à un ensemble. On peut alors faire passer la case du B dans l’ensemble 2, la case correspondante dans l’ensemble 2 dans l’ensemble 3, pareil pour 3 et 4 et pour 4 et 1. Les figures restent égales par symétrie. On fait de même pour les cases contenant C et D et on obtient une solution.

    Je ne sais pas si c’est assez clair.

    Répondre à ce message

    • Mai 2015, 3ème défi

      le 18 mai 2015 à 09:59, par Daniate

      Bonjour,

      J’ai essayé votre méthode qui semble astucieuse , mais cependant je n’obtiens pas de parties connexes (celles proposées par Lina le sont). Ce n’est pas demandé par l’énoncé mais le défi n’a plus aucun intérêt sinon. Pouvez vous exhiber une solution connexe (autre que celle de Lina) par votre méthode ? Il semble que votre départ avec B en soit impossible.

      Répondre à ce message

      • Mai 2015, 3ème défi

        le 18 mai 2015 à 10:01, par Daniate

        Errata : Je voulais dire B en 2

        Répondre à ce message

      • Mai 2015, 3ème défi

        le 18 mai 2015 à 11:40, par Idéophage

        Non, quand j’essaie de modifier encore les figures pour les rendre connexes je reviens à ce qu’a donné Lina.

        Répondre à ce message

  • Mai 2015, 3ème défi

    le 18 mai 2015 à 20:50, par nef2240

    Bonjour la solution la figure est de la forme spirale et longueur 16
    Chacune d’elle est subie une rotation de 90
    Si 4 passe par « C », 3 passe par « B », 1 passe par « A » et 2 passe par « D »
    la grille devient :
    42222222
    42111111
    42133331
    42134431
    42112431
    42222431
    44444431
    33333331

    Répondre à ce message

  • Mai 2015, 3ème défi

    le 18 mai 2015 à 23:24, par Daniate

    Bonsoir, il est possible de démontrer que la solution proposée par Lina est la seule possible à une symétrie près.

    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.

Connexion | s’inscrire | mot de passe oublié ?

L'auteur

Ana Rechtman

Voir les commentaires (8)

Partager cet article

L'image du jour

Un article au hasard

Cliquez pour découvrir un article au hasard parmi tous les articles publiés !

Actualités des maths