Troisième défi
Ariiheiva habite sur une île. Il prend le bateau pour aller dans une île voisine qui n’est pas dans le même fuseau horaire. Il part à \(6\,\)h du matin et arrive à \(11\)\,h, heures locales. Il reste cinq heures sur place et repart. En sachant que l’aller-retour en bateau prend six heures, à quelle heure est-il de retour chez lui, heure locale?
Solution du deuxième défi
La réponse est : \(7{:}53\)
Remarquons en premier lieu qu’après \(10\) heures, les deux premiers chiffres seront \(1\) et \(0\) ou \(1\) et \(1\), qui ne sont pas premiers. Il faut donc chercher une heure affichée avant \(10\) heures. Les chiffres que la montre peut indiquer sont \(0, 1,\ldots, 9\). Le plus grand chiffre qui est un nombre premier est \(7\), ensuite \(5\), puis \(3\). Alors, avant midi, la montre indiquera \(7{:}53\) et c’est la dernière fois que trois nombres premiers différents seront affichés.
Deuxième défi
Une montre digitale indique \(2{:}35\). C’est la première fois depuis minuit que les trois chiffres affichés sont des nombres premiers différents. Avant midi, à quelle heure la montre affichera pour la dernière fois trois chiffres qui sont des nombres premiers différents ?
Solution du premier défi
Le disque est de rayon \(2\,{\rm cm}\) et son aire est donc \(4\pi\,{\rm cm}^2\). On introduit les points \(O\), \(A\), \(B\) et \(C\) comme dans la figure ci-dessous.
Le rectangle grisé est d’aire \(1\times 10=10\,{\rm cm}^2\). Comme \(C\) est le symétrique de \(O\) par rapport à la droite \((AB)\), on a \(OA=AC\) et le triangle \(OAC\) est équilatéral. On a donc \(\widehat{AOC}=60^\circ\) et la portion grisée du disque, par proportionalité, a pour surface \(\frac {360-60}{360}4\pi=\frac {10}3\pi\,{\rm cm}^2\). Il reste à calculer l’aire du triangle \(OAB\). En appliquant le théorème de Pythagore dans le triangle \(OAB\), on trouve \(AB^2=OA^2-OB^2\) et donc \(AB=\sqrt{3}\,{\rm cm}\). L’aire de \(OAB\) vaut donc \(\frac{\sqrt{3}\times 1}{2}\,{\rm cm}^2\). En rassemblant les résultats, on trouve que la figure de noire a pour surface \(\frac{\sqrt{3}}{2}+10+\frac {10}3\pi\simeq 21{,}34\,{\rm cm}^2\).
Premier défi : le problème du mois
La figure de noire ci-dessous est composée d’un disque et d’un rectangle. Les unités sont en centimètres. Quelle est son aire?
Post-scriptum
Le calendrier est publié aux Presses Universitaires de Grenoble, sous la direction scientifique de Romain Joly.
Crédits images
© Cyril Fresillon / LMA / CNRS Images
ÉCRIT PAR
Romain Joly
Maître de conférences - Institut Fourier de Grenoble
17h38
L’aire du disque vaut \(4\pi\), celle du rectangle \(10\). Il faut calculer l’aire de leur intersection.
Soit \(O\) le centre du cercle, \(A\) le point où le ce rectangle est tangent au cercle, \(B\) l’autre point d’intersection, \(H\) le point d’intersection du rectangle avec \(OA\) autre que \(A\) et enfin \(\alpha\) l’angle \(\widehat{AOB}\).
On a \(\cos\alpha = \frac{1}{2}\) donc \(\alpha = \frac {\pi} {3}\). La portion de cercle déterminée par \(OAB\) a pour aire \(\frac{4\pi}{6} = \frac{2\pi}{3}\).
L’aire du triangle \(OHB\) vaut \(\frac{OH.HB}{2} = \sin\alpha = \frac{\sqrt 3}{2}\).
L’intersection du disque avec le rectangle a donc pour aire \(\frac{2\pi}{3} – \frac{\sqrt 3}{2}\).
L’aire de la figure vaut donc \(4\pi +10 -\frac{2\pi}{3} + \frac{\sqrt 3}{2} \approx 21,34\) cm².
17h28
Deuxième défi
Il y a quatre nombres premiers qui peuvent être utilisés pour l’affichage d’un chiffre inférieur à 10 : 2, 3, 5 et 7.
Les heures avant midi commencent par 1 ou 0. Les trois autres chiffres doivent donc être premiers.
Il y a 4! = 24 façons de les agencer, de 235 à 753.
Avec 1 en tête, la plus petite heure possible est 12:35 et ne convient donc pas.
Avec 0 en tête, la plus grande est 07:53, et c’est l’heure que l’on cherche.
Je ne regarderai plus jamais un affichage digital de la même façon. Vivement 23:57 h !