Octobre 2017, 2e défi

Le 13 octobre 2017 - Ecrit par Ana Rechtman Voir les commentaires (3)
Lire l'article en

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

Semaine 41 :

Sur une piste circulaire de $500$ m, trois coureurs commencent une course à partir du même endroit. Ils courent à des vitesses respectives de $5$, $4{,}8$ et $4{,}4$ mètres par seconde et s’arrêtent dès qu’ils se retrouvent à nouveau tous ensemble au même endroit. Combien de secondes auront-ils couru ?

Solution du 1er défi de Octobre :

Enoncé

La réponse est $32$.

Soit $d$ tel que le nombre inscrit dans la deuxième case soit $8+d$. Ce nombre est alors la moyenne de $8$ et du nombre inscrit dans la troisième case. Or, $8+d$ est déjà évidemment la moyenne de $8$ et de $8+2d$ ; cela entraîne que le nombre inscrit dans la troisième case n’est autre que $8+2d$. En recommençant le raisonnement, on en déduit que le nombre inscrit dans la quatrième case est $8+3d$, et que $x = 8+4d$.

Or, on sait que le nombre inscrit dans la troisième case est $26$. On a donc $8+3d = 26$, ce qui entraîne $3d = 18$ et $d = 6$. On a donc $x = 8+4\times 6= 32$.

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.

Article édité par Ana Rechtman

Commentaire sur l'article

2500 secondes.

le 13 octobre 2017 à 06:49, par Carlo

A l’instant, $T$, de leur rencontre, le coureur plus rapide a parcouru $5.0 T = x +n L$ mètres, où $L=500$ m, $n$ est un nombre entier et $0 \leq x \leq 500$. Ainsi le deuxième coureur plus rapide a parcouru $4.8 T = x +m L$ mètres, avec $m$ entier, et le troisième $5.0 T = x +p L$ avec $p$ entier. En soustrayant nous avons que $0.2 T = (n-m) L$, $0.4 T = (m-p) L$ et $0.6 T = (n-p) L$. Puisque $0.6 = 3 \cdot 0.2$ et $0.4 = 2 \cdot 0.2$ il est évident que $n-m=1$, $m-p = 2$ et $m-p=3$. Donc $T=L/0.2=2500$ s. Le coureur plus rapide a parcouru 25 tours et 12500 m, le deuxième, 24 tours et 12000 m, et le dernier 22 tours et 11000 m. Le même problème se présente pour la conjonction de trois planètes et pour trois mouvements périodiques avec des périodes commensurables.
Répondre à ce message
Octobre 2017, 2e défi

le 13 octobre 2017 à 09:28, par Daniate

Bonjour

Encore une fois les physiciens ( ils se reconnaîtront ) offrent une solution fort simple. Il suffit de regarder le monde par les yeux du second. Il voit s’éloigner le premier dans un sens à la vitesse de 0,2 m/s et le troisième dans l’autre sens à la vitesse de 0,4 m/s. C’est à dire deux fois plus vite. Quand le premier aura parcouru 500 m il aura rejoint le second et le troisième aura fait deux tours et également rejoint le second. Il aura fallu 500/0,2 = 2500 s.
Répondre à ce message

Octobre 2017, 2e défi

le 14 octobre 2017 à 12:19, par ROUX

Merci car il est si clair qu’il faut impérativement préférer l’actualité de Albert EINSTEIN (les ondes gravitationnelles et votre contribution à ce problème) à celle de HarveyW EINSTEIN...
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 ?