Un défi par semaine

Mai 2015, 5e défi

Le 29 mai 2015  - Ecrit par  Ana Rechtman Voir les commentaires (7)

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

Semaine 22 :

Si l’on choisit un point $P$ dans un plan cartésien contenu dans un rectangle dont les sommets sont les points de coordonnées $(0,0)$, $(2,0)$, $(2,1)$ et $(0,1)$, quelle est la probabilité que $P$ soit plus proche de l’origine que du point de coordonnées $(3,1)$ ?

Solution du 4ème défi de Mai :

Enoncé

La réponse est $5$ ensembles.

Soit $\{u,v,x,y\}$ un ensemble ordonné interchangeable, alors on peut supposer que

$(10v+u)(10x+y) = (10u+v)(10y+x) $

$10^2 v x+10 v y+10 u x+u y = 10^2 u y+10 u x+10 v y+v x $

$99v x = 99u y$

$v x = u y.$

Donc, le produit du premier et du quatrième nombres doit être égal au produit du deuxième et troisième nombres dans l’ensemble. Observons que les nombres premiers $5$ et $7$ ne peuvent pas faire partie de l’ensemble. Si le plus grand des éléments est $4$ alors l’unique ensemble est $\{1,2,3,4\}$ et il n’est pas interchangeable.
Ainsi, l’ensemble doit contenir au moins un des chiffres $6$, $8$ ou $9$.

Si le plus grand des éléments est $6$, alors $3$ et un autre chiffre pair doivent être dans l’ensemble. Nous avons alors les ensembles interchangeables suivants : $\{1,2,3,6\}$ ou $\{2,3,4,6\}$.

Supposons que le plus grand des éléments est $8$. Alors $4$ doit être un autre élément pair de l’ensemble. Comme $8=2^3$ et $4=2^2$, les seuls ensembles interchangeables que l’on a, par l’équation $v x = u y$, sont $\{3,4,6,8\}$ et $\{1,2,4,8\}$.

Supposons que le plus grand des éléments est $9$. Comme l’un des nombres de l’équation $v x = u y$ doit être un multiple de $9$, on en déduit que l’autre membre de l’égalité doit contenir le $3$ et le $6$. Dans ce cas, l’unique ensemble interchangeable est $\{2,3,6,9\}$.

Par conséquent, il y a au total $5$ ensembles interchangeables de $4$ chiffres.

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 — «Mai 2015, 5e défi» — Images des Mathématiques, CNRS, 2015

Crédits image :

Image à la une - Makarova Viktoria / SHUTTERSTOCK

Commentaire sur l'article

  • Mai 2015, 5ème défi

    le 29 mai 2015 à 10:48, par Lina

    La probabilité est 0,75

    Répondre à ce message
  • Mai 2015, 5ème défi

    le 30 mai 2015 à 07:48, par ROUX

    Une fois tracé le problème, la zone des points P est la partie hachurée (trapézoïdale) à la gauche de la médiatrice du segment des points (0,0) et (3,1).

    Il faut donc calculer cette surface puis la diviser par la surface du rectangle.

    J’ai donc obtenu l’équation de droite de cette médiatrice puis alors les deux longueurs différentes du trapèze puis sa surface.

    Mais ce n’est tellement pas élégant que je suis convaincu que Daniate va nous trouver quelque chose de lumineux.
    J’attends :-) !!!

    Répondre à ce message
    • Mai 2015, 5ème défi

      le 30 mai 2015 à 08:28, par Bernard Hanquez

      Considérons le rectangle dont les sommets sont les points de coordonnées (0,0), (2,0), (2,1) et (0,1), il est formé de deux carrés juxtaposés. Le milieu du segment (0,0) et (3,1) est le centre du carré de droite, sa médiatrice passe donc par ce centre et divise en deux le carré de droite.

      La probabilité cherchée est donc :

      (surface du carré de gauche = 1/2 surface du carré de droite) / surface du rectangle

      soit 0,75

      Répondre à ce message
      • Mai 2015, 5ème défi

        le 30 mai 2015 à 08:53, par Bernard Hanquez

        Lire (surface du carré de gauche + 1/2 surface du carré de droite) / surface du rectangle
        et non pas (surface du carré de gauche = 1/2 surface du carré de droite) / surface du rectangle

        Répondre à ce message
      • Mai 2015, 5ème défi

        le 30 mai 2015 à 09:11, par Daniate

        Bonjour, ne voulant pas décevoir mon vieux camarade Roux, je propose une méthode mais est-elle plus simple ?

        Je considère le rectangle de diagonale (0,0)-(3,1), (3 carrés). La médiatrice de cette diagonale le partage en 2 parties « égales » pour des raisons de symétrie centrale. Donc l’aire du trapèze est 3/2 ... etc ...

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        • Mai 2015, 5ème défi

          le 31 mai 2015 à 12:49, par nef2240

          Bonjour
          voici la solution soit A(0,0),D(3,1) et P(x,y) avec 0<=x<=2 et 0<=y<=1

          Prob(AP<PE)=P(y<5-3x)=calcul aire trapèze / aire rectangle = (7/6)/2=7/12 # 58 %

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          • Mai 2015, 5ème défi

            le 31 mai 2015 à 13:55, par nef2240

            Évidemment erreur calcul aire trapèze = 4/3 + 1/6 =3/2
            probabilite =(( 3/2 )/ 2 )= 3/4 = 75 %

            Répondre à ce message

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