Un défi par semaine

Novembre 2021, 1er défi

Le 5 novembre 2021  - 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 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 44
Ophélie rentre, dans un certain ordre, les nombres $71$, $76$, $80$, $82$ et $91$ dans un tableur. Après chaque inscription, le tableur calcule automatiquement la moyenne des nombres et Ophélie constate que celle-ci est toujours entière. Quel est le dernier nombre qu’elle a rentré ?

Solution du 5e défi d’octobre :

Enoncé

La réponse est : $1680$.

Pour fixer les choses, admettons que la première couleur utilisée est le rouge. Si l’on nomme $R$ le sommet colorié en rouge alors on peut effectuer une rotation du cube pour placer le sommet $R$ comme sur la figure ci-dessous. On n’a donc aucune liberté pour le rouge.

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Une fois le rouge placé, on va choisir les trois couleurs qui vont être placées sur un sommet adjacent à $R$. On a ${7\choose 3}$ possibilités pour ce trio de couleurs. Ensuite, à rotation près, ils ne peuvent être placés que dans une des deux configurations suivantes (le dessin montre les trois arêtes partant de $R$ quand on regarde au-dessus de $R$).

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On a donc au total $2{7\choose 3}$ possibilités pour les trois sommets adjacents à $R$. Enfin, une fois ces quatre sommets fixées, le cube ne peut plus être bougé, il reste donc quatre emplacements possibles pour la cinquième couleur, trois pour la sixième, deux pour la septième et un pour la dernière. On obtient alors un total de $2{7\choose 3}\times4!=1680$.

Une autre façon de résoudre cette énigme est de compter le nombre de colorations possibles en distinguant celles qui diffèrent par une rotation (soit $8!$ possibilités) puis de le diviser par le nombre de rotations du cube. L’ensemble des rotations du cube est un objet bien connu en mathématique : c’est le groupe nommé $\mathfrak{S}_4$ des permutations de quatre éléments, et on sait qu’il possède $4!=24$ éléments. On peut retrouver ce nombre de la façon suivante : fixons $A$ et $B$ deux sommets adjacents sur le cube. Une rotation va envoyer $A$ sur $A'$, un des huit sommets, et $B$ sur $B'$, un des trois sommets adjacents à $A'$. Réciproquement, si on se donne $A'$ et $B'$ deux sommets adjacents, on peut construire une rotation qui envoie $A$ sur $A'$ et $B$ sur $B'$. On vient donc de construire $8\times3=24$ rotations. Pour s’assurer qu’il ne peut pas y en avoir d’autre, il faut voir qu’une fois que deux sommets adjacents sont fixés, le cube ne peut plus bouger, donc une rotation est complètement déterminée par la donnée de $A'$ et $B'$. Il y a donc bien 24 rotations du cube. La solution de l’énigme est donc $\frac{8!}{24}=1680$.

Post-scriptum :

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

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Pour citer cet article :

Ana Rechtman — «Novembre 2021, 1er défi» — Images des Mathématiques, CNRS, 2021

Commentaire sur l'article

  • Novembre 2021, 1er défi

    le 5 novembre à 14:37, par Blaxapate

    80.

    Maintenant, la question est : étant donnés n nombres, sous quelles conditions est-il possibles de les lister dans un ordre tel que la moyenne des k premiers soit toujours entière, pour tout k≤n ?

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    • Novembre 2021, 1er défi

      le 5 novembre à 17:33, par Christophe Boilley

      La question est intéressante. Il faut et il suffit d’avoir deux nombres de même parité pour n=2, et avoir trois nombres dont la somme est un multiple de 3 pour n=3. Pour n=4 ça se complique un peu, il y a deux conditions à remplir : que la somme des quatre nombres soit un multiple de 4, mais aussi que les résidus modulo 3 ne se répartissent pas en deux fois deux valeurs distinctes.

      Je propose un problème voisin : pour quelles valeurs de n, l’ensemble ⟦1, n⟧ peut-il être ordonné de façon à ce que la somme des k premiers termes soit toujours un multiple de k ?

      Répondre à ce message
  • Novembre 2021, 1er défi

    le 5 novembre à 15:41, par ROUX

    La somme est égale à $400$ et elle est divisible par $5$.

    Je dois soustraire un nombre de manière à ce que ce qui reste soit divisible par $4$ : $80$ et $76$ sont corrects.

    Je dois à nouveau soustraire un nombre de manière à ce que ce qui reste soit divisible par $3$. Lorsque je tente cela avec $324$ qui vient de $400-76$, cela n’est pas possible.

    Le dernier nombre écrit est donc $80$ : $76$ ; $82$ ; $91$ ; $71$ puis enfin $80$.

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    • Novembre 2021, 1er défi

      le 5 novembre à 15:47, par Celem Mene

      Oui, et aussi :

      82 ; 76 ; 91 ; 71 ; 80.

      Ce sont les deux seules possibilités.

      Répondre à ce message

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