Septembre 2017, 1er défi

Le 1er septembre 2017 - Ecrit par Ana Rechtman Voir les commentaires (2)
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Nous vous proposons un défi du calendrier mathématique 2017 chaque vendredi et sa solution la semaine suivante.

Semaine 35 :

Une boîte contient $10$ billes numérotées de $1$ à $10$. En sortant $5$ billes au hasard et en les plaçant dans l’ordre croissant de leur numéro, quelle est la probabilité que l’avant-dernière bille soit le numéro $8$ ?

Solution du 4e défi d’Août :

Enoncé

La réponse est $a-b=3$.

Comme $a^3 - b^3 = (a-b)(a^2+ab+b^2)$, on a

$\frac{a^3-b^3}{(a-b)^3} = \frac{a^2+ab+b^2}{(a-b)^2}.$

En outre, comme $15 > a > b > 0$, le numérateur $a^2 + ab + b^2$ est inférieur ou égal à $14^2 + 14 \times 13 + 13^2 = 547$.

La fraction $\frac{a^2+ab+b^2}{(a-b)^2}$ n’a pas de raison d’être sous forme irréductible. La seule chose que l’on sache est qu’il existe un entier $n >0$ tel que $a^2 + ab + b^2 = 73 \times n$ et $(a-b)^2 = 3 \times n$. Comme $a^2 + ab + b^2 \leq 547$, on a $n < 8$. La seule possibilité pour que $3 \times n$ soit un carré est alors $n = 3$, ce qui donne $(a-b)^2 = 9$ et donc $a-b = 3$.

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

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Septembre 2017, 1er défi

le 1er septembre 2017 à 09:39, par Niak

Il y a ${10\choose5} = 252$ tirages possibles équiprobables et $2\times{7\choose3} = 70$ tirages dans lesquels $8$ est le deuxième plus grand nombre : $2$ pour le choix de $9$ ou $10$ au dessus et $7\choose3$ pour le choix des trois nombres entre $1$ et $7$ en dessous. D’où une probabilité de $\frac{70}{252}=\frac{5}{18}$.
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