Un défi par semaine

Novembre 2021, 3e défi

Le 19 novembre 2021  - Ecrit par  Ana Rechtman Voir les commentaires (10)
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Nous vous proposons un défi du calendrier mathématique chaque vendredi et sa solution la semaine suivante.

Le calendrier 2021 est en vente ! Il s’intitule : « Le ciel dans tous ses états ».

De janvier à décembre, à travers 12 textes superbement illustrés, découvrez l’histoire des équations cachées dans les trajectoires des planètes et des étoiles ainsi que le développement des grandes théories qui ont accompagné cette ­aventure.

Semaine 46
On considère un ennéagone (polygone à neuf côtés) régulier $A_1 A_2 A_3 A_4 A_5 A_6 A_7 A_8 A_9$.

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Combien peut-on former de triangles équilatéraux dont au moins deux des trois sommets sont des sommets de l’ennéagone ?

Solution du 2e défi de novembre :

Enoncé

La réponse est : $22$.

À rotation près, il y a deux formes de « triominos » :

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Le triomino « droit » peut se trouver de six façons dans la grille de l’énoncé : les trois lignes et les trois colonnes.

Le triomino « coudé » peut être orienté de quatre façons différentes et chacune de ces façons peut être placée dans quatre endroits différents, car le triomino coudé est compris dans un carré $2\times2$ et qu’il y a quatre carrés $2\times2$ dans le carré $3\times3$.

Ainsi, il y a $6+4\times4 = 22$ façons de trouver trois petits carrés reliés par leurs côtés.

Post-scriptum :

Calendrier mathématique 2021 - Sous la direction d’Ana Rechtman,

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Pour citer cet article :

Ana Rechtman — «Novembre 2021, 3e défi» — Images des Mathématiques, CNRS, 2021

Commentaire sur l'article

  • Novembre 2021, 3e défi

    le 19 novembre à 08:29, par Al_louarn

    Soit $n_k$ le nombre de triangles équilatéraux ayant exactement $k$ paires de sommets en commun avec l’ennéagone. Il s’agit de déterminer $\sum_k n_k = n_1 + n_3$ car $n_k = 0$ pour $k=2$ ou $k > 3$.
    Le nombre de paires de sommets de l’ennéagone peut être compté de deux façons :
    $\sum_k k n_k = \binom{9}{2}$, d’où $n_1 + 3n_3 = 36$, puis $n_1 + n_3 = 36 - 2n_3$.
    Or $n_3$ est aussi le nombre de triangles équilatéraux ayant $3$ sommets communs avec l’enéagone et donc $n_3 = \dfrac{9}{3} = 3$.
    Ainsi $n_1 + n_3 = 36 - 2\times 3 = 30$.

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  • Novembre 2021, 3e défi

    le 19 novembre à 10:13, par Niak

    Pour chaque paire (orientée) de sommets $(A_i, A_j)$, $i\neq j$, il existe un unique troisième point $C$ tel que $A_iA_jC$ forme un triangle équilatéral dans le sens trigonométrique. Cela fait donc au plus $\binom{9}{2}=72$ triangles, si ce n’est que lorsque $C$ est un $A_k$, le triangle en question est compté $3$ fois. Cela concerne exactement les $3$ triangles $A_iA_{i+3}A_{i+6}$ pour $i=1,2,3$. La réponse est donc $72-2\times3 = 66$.

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    • Novembre 2021, 3e défi

      le 19 novembre à 12:01, par Mihaela J

      Petite remarque : les combinaisons de 2 parmi 9 sont en nombre de 36.
      Je crois que le 72 sont les arrangements de 2 car $(A_i, A_j) $ et $(A_j,A_i)$ génèrent dans le sens trigo deux triangles différents.

      (j’obtiens la même valeur que vous)

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      • Novembre 2021, 3e défi

        le 19 novembre à 12:37, par Niak

        Ah pardon, j’ai en effet écrit $\binom{9}{2}$ sans réfléchir, j’aurais simplement dû écrire $9\times8$ directement (c’est le calcul que j’ai fait, ou alors $\frac{9!}{(9-2)!}$ mais c’est un peu lourd...)

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    • Novembre 2021, 3e défi

      le 19 novembre à 15:48, par ROUX

      Les triangles intérieurs dont deux sommets sont deux lettres consécutives ont le troisième sommet qui n’est pas une lettre : on en a 9. Il en va de même pour les triangles intérieurs dont les sommets sont séparés par une lettre ou par trois lettres et on en a 9 à chaque fois.
      Les triangles intérieurs dont deux sommets sont séparés par deux lettres ont pour troisième sommet une lettre : ils ne sont donc que 3.
      Je trouve donc 3*9+3=30 triangles intérieurs.
      La contrainte de risquer de retomber sur une lettre en faisant des triangles extérieur n’existe plus : il y a 36 triangles extérieurs.
      On a un total de 66 triangles.
      Je ne réussis pas à comprendre à quel endroit Al_louarn semble ne compter que les triangles intérieurs... Al_louarn ? Niak ?

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      • Novembre 2021, 3e défi

        le 19 novembre à 16:47, par Mihaela J

        Même si c’est pas à moi que vous avez adressé votre question, je vous réponds. :)

        Niak utilise la notion de triangle construit selon le sens trigonométrique [très astucieux]. Ces triangles sont, en effet, extérieurs si $(A_i, A_j)$ avec $i < j$ ou intérieurs si $i > j$.

        Al_louarn ne s’occupe que des triangles intérieurs. Le calcul de tous les triangles aurait était $(n_1 + n_3) + (n_1 +3 n_3)$

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        • Novembre 2021, 3e défi

          le 19 novembre à 17:34, par Mihaela J

          ... aurait été ...
          (énorme faute d’orthographe :[ )

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        • Novembre 2021, 3e défi

          le 20 novembre à 22:33, par Al_louarn

          Oui c’est exactement ça j’ai complètement oublié les triangles extérieurs !

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          • Novembre 2021, 3e défi

            le 21 novembre à 12:02, par ROUX

            D’accord mais je ne réussis pas à comprendre ce que cela aurait changé dans l’écriture de votre solution. Je ne réussis pas à comprendre comment je pourrais voir dans l’écriture de votre solution que vous ne comptez que les triangles intérieurs.

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            • Novembre 2021, 3e défi

              le 21 novembre à 23:18, par Al_louarn

              Quand on somme le nombre de paires par triangle équilatéral on trouve bien $n_1 + 3n_3$. Par contre, puisque chaque paire de sommets fait partie de $2$ triangles et non $1$ seul comme je l’ai imprudemment supposé, elle est comptée $2$ fois. Autrement dit $n_1 + 3n_3$ n’est pas le nombre de paires mais le double du nombre de paires, donc $72$ et non $36$. Ce qui donne ensuite $n_1 + n_3 = 72 - 2n_3 = 66$.

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