Un défi par semaine

Novembre 2021, 2e défi

Le 12 novembre 2021  - Ecrit par  Ana Rechtman Voir les commentaires (2)
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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 45

De combien de façons peut-on choisir trois des neuf petits carrés ci-dessous de telle sorte qu’ils soient tous reliés par leurs côtés ?

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Solution du 1er défi de novembre :

Enoncé

La réponse est : $80$.

La somme des cinq nombres vaut $400$, qui est un multiple de $4$.
D’après l’énoncé, la somme des quatre premiers nombres rentrés est également un multiple de $4$, puisque la moyenne des nombres est entière. On en déduit, par différence, que le dernier nombre rentré doit aussi être un multiple de $4$. Cela laisse deux possibilités : $76$ et $80$.

Nous allons voir qu’il ne peut en fait pas s’agir de $76$. En effet, si $76$ est le dernier nombre rentré, on peut tenir à nouveau le même raisonnement sur les quatre premiers nombres. Ceux-ci ont une somme égale à $324$, qui est un multiple de $3$. D’après l’énoncé, la somme des trois premiers nombres est également un multiple de $3$ et, par différence, le quatrième nombre rentré doit lui-même être multiple de $3$.

Or, aucun des cinq nombres rentrés par Ophélie n’est multiple de $3$. Cette situation est donc impossible, ce qui montre que le dernier nombre rentré est $80$.

Post-scriptum :

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

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Pour citer cet article :

Ana Rechtman — «Novembre 2021, 2e défi» — Images des Mathématiques, CNRS, 2021

Commentaire sur l'article

  • Novembre 2021, 2e défi

    le 12 novembre à 08:48, par Al_louarn

    Aux symétries près, il n’existe que deux configurations de $3$ petits carrés reliés par leurs côtés (triominos) : en « L » ou en « I ». Dans les deux cas, il y a un et un seul petit carré relié aux deux autres, que nous appellerons centre du triomino. Il suffit donc de compter, pour chaque petit carré de la grille, le nombre de triominos dont il est le centre. Et pour un carré de degré $d$ (càd relié à $d$ autres carrés dans la grille), c’est simplement le nombre de façons de choisir $2$ carrés parmi $d$, soit $\binom{d}{2}$. Comme la grille est composée de $4$ carrés de degré $2$, $4$ carrés de degré $3$ et $1$ carré de degré $4$, le nombre total de triominos est $4\binom{2}{2} + 4\binom{3}{2} + 1\binom{4}{2} = 4 \times 1 + 4 \times 3 + 6 = 22$

    On généralise facilement à une grille $n \times n$ (pour $n \geq 2$). Comme il y a $4$ carrés de degré $1$, $4(n-2)$ carrés de degré $3$ et $(n-2)^2$ carrés de degré $4$, le nombre total de triominos est $4 + 12(n-2) + 6(n-2)^2 = 4 + 6n(n-2)$.

    Beaucoup plus difficile : compter les quadriminos sur une grille $4 \times 4$, puis sur une grille $n \times n$...

    Répondre à ce message
    • Novembre 2021, 2e défi

      le 12 novembre à 10:56, par Al_louarn

      Je trouve $113$ quadriminos sur la grille $4 \times 4$ et $19n^2 -56n + 33$ sur la grille $n \times n$.
      L’idée est d’insérer chaque quadrimino dans un rectangle aussi petit que possible, ce qui me donne les rectangles $1 \times 4$, $2 \times 2$ et $2 \times 3$. Il faut alors compter le nombre façons de placer un quadrimino dans chaque type de rectangle et multiplier par le nombre de façons de placer ce rectangle sur la grille.
      Pour les rectangles $1 \times 4$ et $2 \times 2$, il n’y a qu’un seul quadrimino possible puisqu’ils sont formés de $4$ petits carrés.
      Pour le rectangle $2 \times 3$ c’est plus délicat. Il s’agit d’exclure $2$ des $6$ petits carrés, ce qui donne $\binom{6}{2} = 15$ possibilités, mais il faut en exclure $5$ qui ne donnent pas une figure connexe, et $2$ qui correspondent au quadrimino $2 \times 2$ qui est déjà compté dans le « rectangle » $2 \times 2$. Ce qui nous donne $8$ configurations acceptables pour le rectangle $2 \times 3$.
      Ensuite, le nombre de rectangles $i \times j$ dans la grille $n \times n$ est $(n-i+1)(n-j+1)$, mais il faut encore multiplier par $2$ si $i \neq j$ car on peut les placer horizontalement ou verticalement.
      Au final on obtient $2n(n-3)$ pour le carré $1 \times 4$, $(n-1)^2$ pour le carré $2 \times 2$, et $16(n-1)(n-2)$ pour le carré $2 \times 3$, ce qui fait un total de $19n^2 -56n + 33$.

      Répondre à ce message

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