Un défi par semaine

Octobre 2021, 5e défi

Le 29 octobre 2021  - Ecrit par  Ana Rechtman Voir les commentaires (5)
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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 43

Avec huit couleurs différentes, de combien de manières peut-on colorier les huit sommets d’un cube ?
Chaque sommet doit avoir une couleur différente, toutes les configurations qui sont équivalentes par rotation du cube ne seront comptées qu’une seule fois.

Solution du 4e défi d’octobre :

Enoncé

La réponse est : $112$.

Observons que :

\[ \begin{eqnarray*} (a+1)(b+1)(c+1)& = & abc + ab + bc + ac+a+b+c+1 \\ & = & abc + ab + bc + ac + 13. \end{eqnarray*} \]

Nous avons donc $abc+ab+bc+ac=(a+1)(b+1)(c+1)-13$.

Voyons maintenant comment obtenir la valeur la plus grande de $(a+1)(b+1)(c+1)$.

En utilisant l’inégalité entre la moyenne arithmétique et la moyenne géométrique pour les nombres positifs $a+1$, $b+1$ et $c+1$, nous avons :
\[ 5=\frac{(a+1)+(b+1)+(c+1)}{3} \geq \sqrt[3]{(a+1)(b+1)(c+1)}. \]

Ainsi, la valeur maximale de $(a+1)(b+1)(c+1)$ est égale à $125$, ce qui correspond à $a=b=c=4$.
Nous avons donc :
\[ abc + ab + bc + ac = 125-13 = 112. \]

Post-scriptum :

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

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Pour citer cet article :

Ana Rechtman — «Octobre 2021, 5e défi» — Images des Mathématiques, CNRS, 2021

Commentaire sur l'article

  • Octobre 2021, 5e défi

    le 29 octobre à 11:41, par Mihaela J

    Je prends un peu le problème depuis la fin. J’ai deux cubes avec les coins colorés dans des couleurs distinctes, est-ce que la coloration des cubes est identique (modulo des rotations) ?

    Je choisis une couleur (qui me plait le plus, par exemple) et je l’appelle $couleur_1$, puis j’ordonne le reste $couleur_2$, $couleur_3$, .. $couleur_8$.
    Je prends les cubes et je les places comme suit :
    $*$ le sommet de $couleur_1$ en bas, vers moi, coin à gauche
    $*$ par max deux rotations en gardant le sommet de $couleur_1$ sur la table, je place en bas vers moi l’arrête $(couleur_1, couleur_i)$ avec $couleur_i$ la plus petite parmi les 3 couleurs voisines du coin de $couleur_1$

    Les deux cubes étant placés selon le même procédé je regarde si les couleurs sont identiques coin par coin pour les 7 autres coins.


    Si je numérote maintenant les coins du cube comme dans la figure (ce qui m’importe est la numérotation des 4 premiers coins), je peux mieux compter les colorations possibles.


    Je peux me dire que la coloration d’un cube est une permutation de \[\sigma : \{1,2, \ldots 8\} \rightarrow \{1,2, \ldots 8 \}\] avec $ \sigma(1) = 1$, $\sigma(2) < \sigma (3)$ et $\sigma(2) < \sigma (4)$.

    Si j’ai les 4 valeurs de $\sigma(1), \ldots \sigma(4)$ fixées, il y $P_4 =4!$ permutations des autres couleurs.

    Pour choisir $\sigma(2),\sigma (3),\sigma (4)$, j’ai $P_2 \times C_7^3$ possibilités : de chaque combinaison de 3 parmi 7 je prends le plus petit élément comme le premier et je place les deux autres au hasard.


    Donc le nombre de colorations recherché est :
    \[ P_2 \times C_7^3 \times P_4 = 2 \times 4 \times 5 \times 6 \times 7 = 1680\]

    Document joint : cube-3.png
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  • Octobre 2021, 5e défi

    le 29 octobre à 11:56, par Al_louarn

    Numérotons les couleurs de $1$ à $8$. Soit $k$ la couleur du sommet opposé au sommet de couleur $1$. On peut partitionner l’ensemble des $8$ couleurs en $4$ classes :
    $\left \{ 1 \right\}$
    $\left \{ k \right\}$
    $C_1$ = couleurs des $3$ sommets reliés au sommet de couleur $1$
    $C_k$ = couleurs des $3$ sommets reliés au sommet de couleur $k$
    Le nombre de façons de répartir les couleurs $2$ à $8$ dans les classes $\left \{ k \right\}, C_1, C_k$ est le coefficient trinomial $\dfrac{(1+3+3)!}{1!3!3!}=140$
    Si on regarde le cube depuis le sommet de couleur $1$ dans la direction du sommet de couleur $k$, on voit les $6$ autres sommets sur un cycle alternant les sommets reliés à $1$ et les sommets reliés à $k$. Colorions un des sommets voisins de $1$ avec la plus petite couleur de $C_1$.
    Il y a alors $2!$ façons d’affecter les $2$ autres couleurs de $C_1$ aux voisins de $1$, et $3!$ façons d’affecter les $3$ couleurs de $C_k$ aux voisins de $k$.
    Il y a donc $2!3!=12$ façons de colorier les sommets du cycle.
    Ce qui fait au total $140 \times 12 = 1680$ façons de colorier le cube.

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  • Octobre 2021, 5e défi

    le 29 octobre à 16:26, par Lina

    Choisissons une couleur qui occupera toujours la même position. Il y a 3 rotations autour de la grande diagonale qui passe par son sommet qui le laisse invariant et 7 ! façons de disposer les 7 autres couleurs soit 7 ! /3 = 1680 cubes possibles.

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    • Octobre 2021, 5e défi

      le 29 octobre à 18:08, par Al_louarn

      Ah bravo, je sentais bien qu’il devait y avoir plus simple !

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  • Octobre 2021, 5e défi

    le 29 octobre à 18:25, par autruchon_gris

    Une troisième façon d’arriver au même resultat. Il y a 8 ! façons de placer les huits couleurs différentes sur les 8 sommets du cube. De mes cours de crystallographie je me souviens que parmi les 48 isométries du cube il y a 24 rotations. La solution est donc 8 !/24=1680.

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