Un défi par semaine

Octobre 2019, 3e défi

Le 18 octobre 2019  - Ecrit par  Ana Rechtman Voir les commentaires (4)
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Nous vous proposons un défi du calendrier mathématique chaque vendredi et sa solution la semaine suivante. Le calendrier 2020 est en vente !

Semaine 42

Notons ABCDEFGH les sommets du cube de côté 1. Quel est le volume du tétraèdre ACFH ?

Solution du 2e défi d’octobre :

Enoncé

La solution est $49\,500$.

À chaque nombre palindrome $aba$ avec $a\neq 0$ et $b\neq 0$
ses chiffres, on associe le nombre palindrome
$(10-a)(10-b)(10-a)$.

La somme de $aba$ et $(10-a)(10-b)(10-a)$ est
\[ \begin{eqnarray*} (100a+10b+a) &+& (100(10-a)+10(10-b)+(10-a)) = \\ & =& 10(100+10+1)\\ & = & 1110. \end{eqnarray*} \]

Il y a $9\times 9=81$ nombres palindromes avec $a\neq 0$ et $b\neq 0$. La somme de ces 81 nombres vaut donc $\frac{81\times 1110}{2}=44\,955$, où l’on divise par deux car on compte chaque
nombre deux fois dans la somme.

Il reste à ajouter la somme de tous
les nombres palindromes de la forme $a0a$ avec $a\neq 0$ : $909+808+\cdots+101=4\,545$. Donc la somme de tous les nombres palindromes à 3 chiffres est $44\,955+4\,545=49\,500$.

Post-scriptum :

Calendrier mathématique 2019 - Sous la direction d’Ana Rechtman, avec la contribution de Nicolas Hussenot - Textes : Claire Coiffard-Marre et Ségolen Geffray. 2018, Presses universitaires de Grenoble. Tous droits réservés.

Disponible en librairie et sur www.pug.fr

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Pour citer cet article :

Ana Rechtman — «Octobre 2019, 3e défi» — Images des Mathématiques, CNRS, 2019

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Image à la une - REDPIXEL.PL / SHUTTERSTOCK

Commentaire sur l'article

  • Octobre 2019, 3e défi

    le 18 octobre à 08:00, par Al_louarn

    Le complémentaire de $ACFH$ dans le cube est formé de $4$ tétraèdres identiques, ayant chacun $3$ aretes de longueur $1$ et $3$ aretes de longueur $\sqrt{1^2 + 1^2}=\sqrt{2}$.
    On peut rassembler ces $4$ morceaux pour former une pyramide à base carrée dont les $6$ aretes sont de longueur $\sqrt{2}$.
    En collant $2$ copies de cette pyramide sur leurs bases carrées on forme un octaèdre régulier d’arete $\sqrt{2}$.
    Sachant que le volume d’un octaèdre régulier d’arete $a$ est $\dfrac{\sqrt{2}a^3}{3}$, le nôtre a donc pour volume $\dfrac{\sqrt{2}^4}{3}=\dfrac{4}{3}$.
    Le volume de notre pyramide est donc $\dfrac{2}{3}$, et comme celui du cube est $1^3=1$, le volume de $ACFH$ est $1-\dfrac{2}{3} = \dfrac{1}{3}$.

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  • Octobre 2019, 3e défi

    le 18 octobre à 09:26, par Lina

    Le volume d’un tétraèdre est 1/3 du volume du prime de même base et même hauteur. Donc le volume du tétraèdre ABCF est 1/3 de celui du prisme ABCGFE et par suite 1/6 du cube.

    On enlève 4/6 du cube. Reste 2/6 = 1/3 pour le tétraèdre.

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  • Octobre 2019, 3e défi

    le 18 octobre à 12:37, par Celem Mene

    Comme déjà mentionné ci-dessus l’arête du tétraèdre mesure $\sqrt 2$.

    En appliquant la formule du volume du tétraèdre : $(\sqrt 2)^3 * \sqrt 2/12 = 1/3$.

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  • Octobre 2019, 3e défi

    le 18 octobre à 16:31, par Sidonie

    I est le point d’intersection entre la droite (BC) et la parallèle à (BG) passant par F.
    Le volume d’un tétraèdre ne change pas si un sommet se déplace dans un plan parallèle à la base.
    (AH)//((FI) donc ACFH et ACIH ont même volume.
    (AI)//(HF) donc ACFH, ACIH et ACIF ont même volume.
    Or ACIF possède (ABF) comme plan de symétrie : son volume est double de ABCF.

    Ne reste plus qu’à recoller les morceaux pour avoir le rapport 1/3.

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