Un défi par semaine

Mars 2016, 1er défi

4 mars 2016  - Ecrit par  Ana Rechtman Voir les commentaires (12)

Nous vous proposons un défi du calendrier mathématique 2016 chaque vendredi et sa solution la semaine suivante.

Semaine 10 :

On lance $5$ fléchettes sur une cible ronde de rayon $25\sqrt{2}$ cm. Si les $5$ fléchettes atteignent la cible, est-il vrai qu’au moins deux d’entre elles se trouvent à une distance inférieure à $50$ cm l’une de l’autre ?

Solution du 4e défi de Février :

Enoncé

La réponse est $22$ nombres.

Un nombre à $6$ chiffres qui se termine par $164$ peut s’écrire sous la forme $10^3 n+164$, où $n$ est un nombre à trois chiffres. Puisque le nombre est également un multiple de $164$, on a $10^3n+164=164k$, soit $10^3n=164(k-1)$. La décomposition en facteurs premiers de $164$ est $2^2\times 41$, et $10^3$ est divisible par $2^2$. Par conséquent, le nombre $n$ à trois chiffres doit être un multiple de $41$, c’est-à-dire $n=41t$, où $3\leq t \leq 24$. Ainsi, il existe $24-3+1=22$ nombres à 6 chiffres, multiples de $164$ et se terminant par $164$.

Post-scriptum :

Calendrier mathématique 2016 - Sous la direction d’Ana Rechtman, Maxime Bourrigan - Textes : Aubin Arroyo, Fabiola Manjarrez et Ana Rechtman.
2015, Presses universitaires de Strasbourg. Tous droits réservés.

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Pour citer cet article :

Ana Rechtman — «Mars 2016, 1er défi» — Images des Mathématiques, CNRS, 2016

Commentaire sur l'article

  • Mars 2016, 1er défi

    le 4 mars à 16:14, par Laurent

    Au mieux sur cette cible, il est possible de disposer 4 points à 50 cm mini les uns des autres : ce sont les 4 sommets d’un carré inscrit sur le cercle. Un 5ème point sur cette cible sera à moins de 50 cm d’un des sommets.

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  • Mars 2016, 1er défi

    le 5 mars à 22:40, par mesmaker

    Je suis d’accord avec le commentaire précédent mais il manque la preuve que le carré inscrit sur le cercle soit l’unique solution pour placer les quatre points à une distance de 50 cm.

    Je vais tenter une esquise de preuve pour montrer qu’il est impossible que cinq points soient distants de 50 cm dans un disque de $25\sqrt{2}$ cm.

    1) Lorsque l’on tente de placer le premier des cinq points alors autour de lui se dessine un disque de rayon 50 cm où il est interdit de mettre un autre point. Donc le point ne peut pas être au centre sinon tout le cercle de rayon $25\sqrt{2}$ devient interdit. Il faut donc que le point soit mis proche du périmètre du cercle créant une surface ayant la forme d’une lunule pour laisser de la place pour mettre les quatre autres points. Le mieux étant de mettre ce premier point sur le cercle lui même cela laisse une surface maximal pour placer les autres points.

    2) Le second point doit à son tour intuitivement si possible laisser le plus de surface pour mettre les trois derniers points. Il faudra donc le mettre au point de contact entre le cercle de base et celui de rayon 50 cm.

    3) En recommençant avec les autres points, on se rend compte que pour maximiser les distances entre les points il faut avoir un polygone inscrit sur le cercle. Avec quatre points cela est possible en prenant un carré, mais avec cinq cela est impossible, il y aura obligatoirement deux points sur le cercle distant de moins de 50 cm.

    Donc il est certain que deux points sur les cinq auront une distance de moins de 50 cm. Je ne suis pas satisfait de cette preuve trop intuitive mais je ne trouve pas vraiment mieux pour l’instant.

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    • Mars 2016, 1er défi

      le 6 mars à 14:11, par Laurent

      J’ai raisonné ainsi.
      Prenons 3 points et k le diamètre du problème.
      Si on souhaite placer les 3 points à la distance minimale 50cm, on obtient un triangle équilatéral.
      Avec 4 points ( quadrilatère) on a 6 distances dont deux sont les diagonales. Au mieux on peut avoir 5 de ces distances égales : 2 triangles équilatéraux donnent un losange.
      Mais la diagonale la plus longue est supérieure au diamètre k du disque du problème.
      Donc au mieux on peut disposer avec 4 points ,un carré ( sa diagonale est égale à k) de sorte que sur les 6 longueurs 4 soient minimales et égales à 50cm, les deux autres sont supérieures et égales à k.
      Donc il est impossible de placer un 5ème point en respectant cette contrainte de distance minimale égale à 50.

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  • Mars 2016, 1er défi

    le 7 mars à 00:40, par Al_louarn

    Si l’une des fléchettes atteint le centre alors l’assertion est vraie car les autres sont au plus à $25\sqrt{2}$ cm du centre.

    Sinon il est possible de tracer $2$ diamètres perpendiculaires ne passant par aucune fléchette. De cette façon on découpe le disque en $4$ quartiers, et chaque fléchette atteint un et un seul quartier.
    Comme il y a $5$ fléchettes pour $4$ quartiers, l’un d’entre (au moins) est atteint par (au moins) $2$ fléchettes (principe des tiroirs).
    Observons maintenant que notre quartier s’inscrit dans un carré de côté $25\sqrt{2}$, dont $1$ sommet est le centre de la cible, $2$ autres sommets sont à l’intersection des diamètres avec le cercle, et le dernier sommet est à l’extérieur de la cible.
    Nos $2$ fléchettes sont donc à l’intérieur de ce carré, mais aucune ne se trouve sur un sommet du carré puisque par hypothèse elles sont présentes sur la cible et exclues des diamètres.
    Et par conséquent, elles sont aussi à l’intérieur du cercle circonscrit au carré, mais par sur ce cercle. Leur distance mutuelle est donc strictement inférieure au diamètre de ce cercle, qui mesure $25\sqrt{2}*\sqrt{2}=50$ (diagonale du carré).

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  • Mars 2016, 1er défi

    le 9 mars à 22:27, par AdoKraT

    Je trouves que cette propriété est fausse.
    Avec un contre exemple :
    Si les points étaient le plus éloigné possible les points formeraient un pentagone régulier de coté 50.68 ( valeur trouvée grâce à la trigonométrie). Cette valeur est la distance la plus courte entre deux points et il est supérieur à 50.

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    • Mars 2016, 1er défi

      le 10 mars à 09:39, par Daniate

      Je crains fort que ce ne soit votre calcul qui soit faux. Le côté du pentagone mesure exactement 25*racine(5-racine(5)) donc environ 41,56

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    • Mars 2016, 1er défi

      le 10 mars à 09:44, par Daniate

      Oubliez mon précédent message, ma formule est fausse. Le bon calcul donne 43,70 qui reste inférieure à 50.

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      • Mars 2016, 1er défi

        le 10 mars à 18:29, par Laurent

        Je ne comprends pas les erreurs multiples que j’ai faites.
        J’avais pensé intuitivement au pentagone dans un premier temps. Mais un premier calcul faux m’a donné un résultat supérieur à 50. Je ponds ensuite un raisonnement faux ! Et pour comble quand je reprends mes calculs de longueur du côté du pentagone j’obtiens 41,56 ! Comment obtenez vous 43,70 ?

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        • Mars 2016, 1er défi

          le 10 mars à 22:43, par Daniate

          Prenez le th d’Al kashi . Vous trouverez c²=R²+R²-2R²(cos(2PI/5)) et par la suite c=R/phi avec phi=(1+racine(5))/2) = nombre d’or.

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          • Mars 2016, 1er défi

            le 11 mars à 09:02, par Al_louarn

            Je suis d’accord pour Al-Kashi mais alors c²=2R²(1 - cos(2PI/5)) donc c=50*racine(1-cos(2PI/5)) = 41,56

            En coupant votre triangle Al-Kashi en 2 triangles rectangles on trouve plus simplement c/2R=sin(PI/5), qui donne encore c=41,56

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            • Mars 2016, 1er défi

              le 12 mars à 10:42, par Daniate

              En effet, le mieux est l’ennemi du bien. Hypnotisé par phi, j’ai modifié le calcul initial correct pour le faire apparaître. En fait il apparaît, mais d’une façon plus compliquée. Merci pour la relecture.

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      • Mars 2016, 1er défi

        le 10 mars à 20:46, par AdoKraT

        Je l’admet j’ai une erreur et je trouve une valeur inférieur à 50 après avoir refait les calculs cependant elle est différente du votre (Je trouve à peu près 49.8).

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