Défis du calendrier mathématique Retour à la rubrique

Un défi par semaine

Mars 2017, 4e défi

Le 24 mars 2017 - Ecrit par Ana Rechtman Voir les commentaires (9)
Lire l'article en

Nous vous proposons un défi du calendrier mathématique 2017 chaque vendredi et sa solution la semaine suivante.

Semaine 12 :

Dans le patron de l’octaèdre, placer dans les triangles chacun des nombres de $1$ à $8$ de sorte que la somme des nombres de $4$ triangles partageant un sommet soit toujours la même.

Solution du 3e défi de Mars :

Enoncé

La réponse est $2627$.

Comme $x$ et $x+99$ sont les carrés de nombres entiers positifs, on a :

$x = n^2$

$x + 99 = m^2.$

En soustrayant ces deux équations, on obtient $-99=n^2-m^2=(n-m)(n+m)$ ce qui est équivalent à $99 = (m-n)(n+m)$. Comme $m>n>0$ on a $m+n>m-n>0$. D’autre part, la décomposition en facteurs premiers de $99$ est $3^2\times 11$. On a donc trois cas :

$n+m=99$ et $m-n=1$. Alors, en sommant ces deux équations, on obtient $2m=100$ et donc $m=50$. Il vient alors $n=49$ et $x=49^2= 2401$.
$n+m=33$ et $m-n=3$. Alors, de la même manière, on obtient $m=18$. Donc $n=15$ et $x=15^2= 225$.
$n+m=11$ et $m-n=9$. Alors, de la même manière, on obtient $m=10$. Donc $n=1$ et $x=1^2= 1$.

Finalement, la somme de tous les $x$ est $2401+225+1=2627$.

Post-scriptum :

Calendrier mathématique 2017 - Sous la direction d’Ana Rechtman, Maxime Bourrigan - Textes : Antoine Rousseau et Marcela Szopos.
2016, Presses universitaires de Strasbourg. Tous droits réservés.

Commentaire sur l'article

Mars 2017, 4e défi

le 24 mars 2017 à 09:38, par ROUX

Réellement, LE patron ?
Répondre à ce message

Mars 2017, 4e défi

le 24 mars 2017 à 09:40, par ROUX

(Il y a un lien sous LE )
Répondre à ce message
Mars 2017, 4e défi

le 24 mars 2017 à 18:56, par Niak

Même si vous l’aviez sans doute deviné, le patron désigne vraisemblablement ici le graphe planaire de l’octaèdre dont le dual est le graphe du cube (dont certaines propriétés, généralisables à tout graphe d’hypercube, sont exploitées dans le raisonnement de amic ci-dessous).
Répondre à ce message

Mars 2017, 4e défi

le 24 mars 2017 à 19:15, par ROUX

Ah non, pas du tout, point de verbe au passé : je n’avais, je n’ai pas et je ne devinerai jamais rien de cette sorte ;-) !!!
Répondre à ce message

Mars 2017, 4e défi

le 24 mars 2017 à 19:23, par FDesnoyer

Bonsoir,

je plussoie cette remarque qui condamne l’implicite dans les énoncés de questions mathématiques !
J’ajoute ne pas trouver de lien concernant le fameux patron ? (sans Mélenchonisme, je ne suis pas fan de patron pour ma part ! hi hi hi !

Amicalement,

F.D.
Répondre à ce message

Mars 2017, 4e défi

le 24 mars 2017 à 19:52, par Niak

Effectivement patron ne désigne rien de très précis mathématiquement parlant ;-) . Et un petit dessin accompagnant le défi n’aurait pas fait de mal.
Cette image (lien) tirée d’un des liens que je donnais dans mon message précédent (mais en 2017 les liens hypertexte n’apparaissent plus explicitement, c’est tellement surfait ;-D ) propose un tel patron (attention, il faut considérer l’extérieur comme une face).
Répondre à ce message

Mars 2017, 4e défi

le 24 mars 2017 à 12:01, par amic

Question supplémentaire : montrer qu’à symétrie et rotation près il n’y a que trois solutions.

Idée : raisonner en binaire et avec les nombres de $0$ à $7$ plutôt, et en mettant ces nombres sur les sommets d’un cube (correspondant aux centres des faces de l’octaèdre).

On veut donc que la somme sur chaque face donne exactement $14$. On doit donc mettre sur chaque face au plus $2$ nombres comportant un $1$ pour le chiffre des quatraines (sinon la somme dépasse $12+0+1+2$ puisque les $3$ nombres sont différents), donc exactement $2$ (en raisonnant avec la face opposée).

Ensuite pour le chiffre des deuzaines on montre la même chose : sur une face, on doit faire une somme de $6$ avec les restes modulo $4$, ce qui fait que si on avait trois $1$ dans les chiffres des deuzaines, on aurait trois nombres égaux à $2$ modulo $4$, donc deux nombres égaux.

Enfin pour le chiffre des unités, c’est encore la même chose : sur une face, on doit faire une somme de $2$ avec les restes modulo $2$, donc exactement deux nombres avec un $1$ comme chiffre des unités par face.

On s’aperçoit qu’il n’y a alors que huit configurations possibles pour une telle répartition de « deux par face dans tous les cas » : par exemple en prenant les nombres impairs, ils doivent soit se situer aux sommets de deux arètes opposées (dans le cube, donc 6 possibilités), soit aux sommets correspondant à des diagonales des faces uniquement (on part d’un sommet et on trace toutes les diagonales partant de ce sommet, deux possibilités).

Si on regarde alors les trois critères à la fois (quatraines, deuzaines, unités), on ne peut pas avoir deux fois des configurations « arètes opposées » le long de mêmes axes, sinon il n’y aurait pas de nombres distincts. De même on ne peut pas avoir deux fois de configurations « diagonales de toutes les faces » pour deux critères différents.

Enfin si les trois critères sont en configuration « arètes opposées », alors les sommets opposés ont les mêmes chiffres des unités, des deuzaines et des quatraines.

On doit donc avoir un des critères en configuration « diagonales de toutes les faces », et les deux autres sur des arètes opposées, dans des directions différentes. Par exemple si ces deux autres critères sont pour les quatraines et les deuzaines, on peut quitte à faire des rotations supposer que les chiffres $1$ aux quatraines sont sur les arètes haut-gauche et bas-droite, et que les chiffres $1$ aux deuzaines sont sur les arètes avant-haut et arrière-bas. Enfin quitte à faire une symétrie centrale, on peut supposer que les chiffres $1$ aux unités sont sur les sommets haut-avant-gauche, haut-arrière-droite, bas-avant-droite, bas-arrière-gauche.

Les trois solutions.

Solution U (celle présentée à la fin de la démonstration précédente).
Haut-Bas : 8523-1476
Gauche-Droite : 8541-3276
Avant-Arrière : 8361-5274

Solution D
Haut-Bas : 8352-1647
Gauche-Droite : 8361-2547
Avant-Arrière : 8271-3546

Solution Q
Haut-Bas : 8235-1764
Gauche-Droite : 8271-5364
Avant-Arrière : 8541-2367

On remarque bien que ces trois solutions sont déduites l’une de l’autre par la permutation circulaire des nombres $2→3→5→2$, $4→7→6→4$ (ce qui correspond à $1→2→4→1$ et $3→6→5$ pour les nombres de $0$ à $7$, qui est bien la permutation des chiffres unité$→$deuzaine$→$quatraine$→$unité).

Répondre à ce message
Mars 2017, 4e défi

le 24 mars 2017 à 19:23, par Ana Rechtman

J’ai oublié de charger l’image du défi, tant mieux car celui-ci sans image est plus riche. Je vais mettre l’image dans la réponse, pourque celle-ci soit correcte.
Répondre à ce message
Mars 2017, 4e défi

le 25 mars 2017 à 11:11, par orion8

Extrait du petit ouvrage Problèmes et divertissements mathématiques Tome 2 (M. Gardner, Dunod 1965) :

Demandez à quelqu’un de choisir un nombre compris entre 0 et 7 inclus. Montrez-lui l’octaèdre de façon à ce qu’il ne voie que les faces 1, 3, 5 et 7, et demandez-lui s’il voit le nombre choisi. S’il dit « oui », la solution [sic] est 1. Tournez le solide pour ne plus montrer que les faces 2, 3, 6 et 7, et reposez la même question. Cette fois, « oui » entraîne la solution [sic] 2. Enfin, posez une dernière fois la question en présentant le solide de manière à montrer les faces 4, 5, 6 et 7. « Oui » correspond ici à 4. En additionnant les chiffres des trois réponses, on obtient le nombre choisi, ce que quiconque familier avec le système binaire expliquera facilement. Pour déterminer aisément les trois positions dans lesquelles il faut tenir le solide, faites simplement une marque à chacun des sommets qui doivent être dirigés vers vous quand vous regardez l’interlocuteur.
On peut numéroter les faces d’un octaèdre d’autres façons intéressantes. Par exemple, il est possible de disposer les chiffres de 1 à 8 de telle sorte que le totale des faces soit une constante. Celle -ci doit être 18, mais (sans compter rotations et symétries) il y a trois moyens différents de le faire.

NB. Le « patron » utilisé est le dernier sur le site cité par ROUX, numéroter les faces 7, 6, 4, 5, 1, 0, 2 et 3.
Répondre à ce message

Laisser un commentaire

Forum sur abonnement

Pour participer à ce forum, vous devez vous enregistrer au préalable. Merci d’indiquer ci-dessous l’identifiant personnel qui vous a été fourni. Si vous n’êtes pas enregistré, vous devez vous inscrire.

Connexion | s’inscrire | mot de passe oublié ?

L'auteur

Ana Rechtman

Un défi par semaine

Mars 2017, 4e défi

Solution du 3e défi de Mars :

Commentaire sur l'article