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Un défi par semaine

Mai 2014, 4ème défi

Le 23 mai 2014  - Ecrit par  Ana Rechtman Voir les commentaires (10)
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Nous vous proposons un défi du calendrier mathématique 2014 chaque vendredi et sa solution la semaine suivante.

Semaine 21 :

A un cube solide de $2\,cm$ de côté, on enlève toutes les pyramides dont un sommet est un sommet du cube et les trois autres sommets sont sur les arêtes du cube, à un $1\,cm$ du premier sommet. Combien de sommets a le nouveau polyèdre ?

Solution du 3ème défi de Mai

Enoncé

La réponse est $1+\sqrt{2}$.

On veut trouver un nombre dont l’inverse est égal à lui-même moins sa partie entière, ce qui s’écrit, si $n$ est le nombre recherché et $\lfloor n\rfloor$ désigne sa partie entière, $\frac{1}{n}=n-\lfloor n\rfloor$. En multipliant cette équation par $n$ on obtient $1=n(n-\lfloor n\rfloor)$, soit $n^2-\lfloor n\rfloor n-1=0.$
En résolvant cette équation du second degré en $n$, on a alors

$n=\frac{\lfloor n\rfloor\pm\sqrt{ \lfloor n\rfloor^2+4}}{2}.$

Si $\lfloor n\rfloor=1$ on obtient le nombre $N=\frac{1+\sqrt{5}}{2}=1{,}618033989\ldots$ Si $\lfloor n\rfloor=2$ on obtient alors $n=\frac{2\,\pm \, 2\sqrt{2}}{2}=1\pm \sqrt{2}$. Si $n=1-\sqrt{2}$, sa partie entière est nulle, ce qui n’est pas ce que l’on cherche. Si $n=1+\sqrt{2}=1{,}414213566\dots$, alors $\frac{1}{n}=0{,}414213566\ldots$ a la propriété voulue.

Post-scriptum :

Calendrier mathématique 2014 - Sous la direction d’Ana Rechtman Bulajich, Anne Alberro Semerena, Radmilla Bulajich Manfrino - Textes : Étienne Ghys - Illustrations : Jos Leys.
2013, Googol, Presses universitaires de Strasbourg. Tous droits réservés.

Article édité par Ana Rechtman

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Pour citer cet article :

Ana Rechtman — «Mai 2014, 4ème défi» — Images des Mathématiques, CNRS, 2014

Crédits image :

Image à la une - La sphère cornue d’Alexander, par Jos Leys

Commentaire sur l'article

  • A propos de la solution 3ème défi

    le 23 mai 2014 à 13:49, par arnaudpi2

    Sauf erreur de ma part, « une » réponse, plutôt que « la » réponse est 1 + sqrt(2).
    En fait, tout (n + sqrt(n * n + 4)) / 2 convient pour n entier non nul.

    Coquille à la dernière ligne :

    1 + sqrt(2) = 2.414

    Quoi qu’il en soit, merci pour ces récréations.

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    • A propos de la solution 3ème défi

      le 26 mai 2014 à 13:42, par Ana Rechtman

      Je vous remercie tous. Effectivement il y a deux erreurs dans la solution du 3ème défi de mai. Une comme indique le commentaire précédent et une autre car la partie entière de 1-\sqrt2 est -1. La solution marche si $n>0$.

      Je m’excuse.

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  • Mai, 4ème défi

    le 23 mai 2014 à 19:19, par ROUX

    Quatre de plus ?

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    • Mai, 4ème défi

      le 23 mai 2014 à 22:08, par grafton

      Par construction, tous les nouveaux sommets sont sur les « anciennes » arêtes et chaque ancienne arête porte un sommet et un seul. Il doit donc y avoir autant de nouveaux sommets que d’ancienne arêtes. Donc 12.

      Et si on osait un cube de dimension 4 ? de dimension N ? Ce devrait être quelque chose comme
      Nx2(puissance (N-1)).

      Ca marche pour N=2 et N=3.

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  • Mai, 4ème défi

    le 23 mai 2014 à 21:58, par Bernard Hanquez

    Chacun des 8 sommets du cube se transforme en 3 sommets.

    Mais comme ces nouveaux sommets sont à 1 cm des sommets d’origine du cube dont les arrêtes font 2 cm, ils se confondent deux à deux. Donc le nouveau polyèdre possède (3*8)/2 = 12 sommets.

    Répondre à ce message

  • Mai, 4ème défi

    le 24 mai 2014 à 09:08, par Daniate

    Comme dans le défi précédent, grafton nous lance dans une direction inattendue.

    Je propose une démonstration de sa formule basée sur les graphes.

    Un cube de dimension N projeté sur un plan forme un graphe dont chaque sommet est de degré N.On démontre que le cube a 2^N sommets (translation du cube de dimension N-1 dans la nouvelle dimension), le graphe aussi. Dans un graphe, le nombre d’arêtes est la demi somme des degrés d’où la formule Nx2^(N-1). Avec N=3 on tombe sur le calcul de Bernard Hanquez

    Répondre à ce message

  • Mai, 4ème défi

    le 24 mai 2014 à 11:08, par grafton

    Pour celles et ceux qui se méfient (à tort !) des raisonnements par récurence, il suffit d’aller chercher au grenier un bon vieux espace othonormé de dimension N et de coincer un hypercube trouvé dans votre ancienne caisse à jouets dans le coin origine (vous savez, celui qu’on appelle 0 d’habitude).

    Vous constaterez alors que les sommets de l’hypercube ont pour coordonnées (X1, X2, X3,...,XN) chaque coordonnée pouvant prendre la valeur 0 ou L (L est la longueur de l’arête). On a donc 2^N possibilités et donc autant de sommets.

    Le nombre d’arrêtes partant du sommet « origine » est tout simplement égal à la dimension de l’espace. Et ce qui est vrai pour le sommet origine est aussi vrai pour les autres. On a donc pour chaque sommets N arêtes qui en partent.

    Le nombre d’arêtes est donc égal à Nx2^N. Mais en opérant ainsi on compte deux fois l’arête qui relie deux sommets, une fois pour chaque sommet. Il faut donc diviser par 2. et on obtient bien Nx2^(N-1).

    Remarquons que si on rabotait le cube à moins de la moitié de l’arête, on aurait 2 fois plus de sommets et la formule serait plus jolie...mais le polyèdre obtenu plus moche.

    Je soumets donc cette question à votre réflexion collective : vaut-il mieux une belle formule ou un beau polyèdre ???

    Répondre à ce message

    • Mai, 4ème défi

      le 24 mai 2014 à 16:39, par Daniate

      En rabotant à 2−√2 on obtient un polyèdre pas trop moche avec 6 octogones réguliers et 8 triangles équilatéraux.

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  • Mai, 4ème défi

    le 24 mai 2014 à 13:00, par olivier longuet

    S=12 , F=14 , A =24
    Et si, au lieu de partir du cube, on partait d’un octaèdre ?

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    • Mai, 4ème défi

      le 24 mai 2014 à 17:35, par Lina

      Avec l’octaèdre, on retrouve le même polyèdre qu’avec le cube.
      Le tétraèdre redonne un tétraèdre. Le dodécaèdre et l’icosaèdre donnent aussi un même polyèdre F=32 S=30 A=32+30—2=60 (merci Euler)

      Répondre à ce message

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