Un défi par semaine

Mai 2022, 2e défi

Le 13 mai 2022  - Ecrit par  Ana Rechtman Voir les commentaires (7)
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Nous vous proposons un défi du calendrier mathématique chaque vendredi et sa solution la semaine suivante.

Le calendrier 2022 est en vente ! Il s’intitule : « Les maths, une aventure humaine ».

Toute une année pour partir à la découverte  de femmes et d’hommes qui, à  travers leur travail, leurs échanges, leur  génie  mais aussi leurs contradictions, ont  construit les mathématiques.

Semaine 19

De combien de façons peut-on choisir trois des huit parts d’une pizza, sans choisir deux parts côte à côte ?

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Solution du 1e défi de mai 2022 :

Enoncé

Réponse : $90$ cm.

Soit $ABC$ le triangle, rectangle en $A$, $I$ le centre de son cercle inscrit et $A'$, $B'$ et $C'$ les points de tangence entre le cercle inscrit et les côtés $[BC]$, $[AC]$ et $[AB]$, respectivement.

Comme l’angle $\widehat{BAC}$ est droit et que $IB' = IC' = 6$ cm, le quadrilatère $AB'IC'$ est un carré de côté $6\,\mathrm{cm}$.

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Notons $x = A' B$ et $y = A' C$. Comme les droites $(A'B)$ et $(C'B)$ sont deux tangentes au cercle issues du même point\footnoteVoir en annexe le théorème \reftangentes., on a $x = A'B = C'B$. Pour la même raison, on a $y = A'C = B'C$.

Le périmètre cherché est donc :
\[ AB+BC+CA=(6+x)+(x+y)+(y+6) = 12 + 2(x+y). \]
Or, on sait que la longueur de l’hypoténuse vaut $x+y = BC = 39$ cm, donc $12+2(x+y) = 12 + 2 \times 39 = 90$ cm, et le périmètre du triangle vaut $90\,\mathrm{cm}$.

Post-scriptum :

Calendrier mathématique 2022 - Sous la direction d’Ana Rechtman Bulajich.

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Pour citer cet article :

Ana Rechtman — «Mai 2022, 2e défi» — Images des Mathématiques, CNRS, 2022

Commentaire sur l'article

  • Mai 2022, 2e défi

    le 13 mai à 09:09, par Lina

    Supposons que 4 parts à dominante rouge soient alternées avec 4 parts à dominante Jaune.

    Les 3 parts peuvent être monocolores avec 8 possibilités ( il suffit d’enlever une part dans chaque série) ou alors bicolores avec 2 parts de la même couleur mais pas opposées par le sommet donc 4 possibilités dans chaque couleur, la troisième part est forcée, soit, à nouveau 8 possibilités.

    La réponse est donc 16 possibilités

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  • Mai 2022, 2e défi

    le 13 mai à 09:47, par Al_louarn

    On se ramène à compter les mots binaires avec $3$ bits $1$ et $5$ bits $0$, où les bits $1$ ne peuvent être voisins ni occuper simultanément le premier et le dernier bit.

    Si le premier bit est $0$, le reste du mot est formé des $3$ mots $10$, $10$, $1$ dans cet ordre, ainsi que de $2$ mots $0$. Il y a donc $5$ emplacements parmi lesquels on en choisit $2$ pour les $0$, ce qui fait $\binom{5}{2} = 10$ possibilités.

    Si le premier bit est $1$, le dernier est $0$, et le reste du mot est formé de $2$ mots $01$ et de $2$ mots $0$. Il y a donc $4$ emplacements parmi lesquels on en choisit $2$ pour les $0$, ce qui fait $\binom{4}{2} = 6$ possibilités.

    Au total on a donc $16$ possibilités.

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    • Mai 2022, 2e défi

      le 13 mai à 10:39, par Al_louarn

      Cette méthode se généralise pour $k$ parts non voisines dans une pizza coupée en $n$.

      Si le premier bit est $0$, on doit choisir $k$ emplacements pour les mots commençant par $1$ (tous des $10$ sauf le dernier qui est juste $1$), sur un total de $n-k$ (autant que de $0$ dans le mot complet).

      Si le premier bit est $1$, le dernier est $0$, et on doit choisir $k-1$ emplacements pour les mots commençant par $1$ (tous des $01$), sur un total de $n-k-1$ (autant que de $0$ dans le mot complet amputé du dernier $0$).

      Au total on a donc $\binom{n-k}{k} + \binom{n-k-1}{k-1} = \frac{n}{n-k}\binom{n-k}{k}$ possibilités.

      Pour $n=8$ et $k=3$ on retrouve bien $\frac{8}{5}\binom{5}{3} = 16$

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      • Mai 2022, 2e défi

        le 13 mai à 11:07, par Al_louarn

        Correction d’une petite coquille :

        Si le premier bit est $1$, le dernier est $0$, et on doit choisir $k−1$ emplacements pour les mots finissant par $1$ (tous des $01$), ...

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  • Mai 2022, 2e défi

    le 13 mai à 11:10, par Kamakor

    Les parts choisies sont séparées deux à deux par $1$, $2$ ou $3$ parts. Il y a $5$ parts non choisies donc leur répartition entre chacune des parts choisies est soit ${2,1,2}$ ou ${1,3,1}$. Or il y a $8$ façons de choisir $1$ part et $8$ façons de choisir $3$ parts côte à côte (le reste des parts non choisies s’impose ensuite).
    Il y a au total $16$ façons de choisir les parts non choisies (je ne sais pas si c’est très clair) donc $16$ façons de choisir les autres.

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  • Mai 2022, 2e défi

    le 17 mai à 10:17, par jml83

    On peut aussi mener un raisonnement de type complémentaire :
    Il y a C(3-8) = 56 façons de choisir 3 morceaux parmi 8.
    Il faut ensuite retirer les cas où :

    • exactement deux morceaux se touchent : il y en a 8 * 4 = 32 (8 possibilités pour le couple et, pour chacune, 4 possibilités pour le troisième morceau qui ne doit pas toucher le couple,
    • les trois morceaux se touchent : il y en a 8.
      Au total, le nombre de cas qui nous intéresse est donc égal à 56 - 32 - 8 = 16
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  • Mai 2022, 2e défi

    le 19 mai à 21:46, par Maï Huong Pham-Sauvageot

    Solution de Daniel Poncet-Montange pour les enfants

    Document joint : 1._mai_2022_2e_de_fi.pdf
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