Pour l'énoncé concernant les triangles la trigonométrie n'est pas nécessaire (bien qu'envisageable). Quelques conseils :
- compléter le figure en y ajoutant soit un carré plus grand, soit des triangles rectangles pour faire apparaître les hauteurs des triangles colorés et pouvoir utiliser la formule
aire d'un triangle = base x hauteur / 2
- pour la question subsidiaire écrire deux équations dont les inconnues sont les côtés cherchés en utilisant la surface et le périmètre donnés
Pour une aide plus "personnalisée" contactez moi sur ma messagerie (michel.damiens@gmail.com).
#14
Jojo(mardi, 14 avril 2020 11:59)
Je ne suis pas mathématicien. J'ai beau convoquer mes maigres ressources en trigonométrie et en algèbre les 2 questions sur les triangles me sont indéchiffrables...
Au secours Michel!
#13
Dany(lundi, 13 avril 2020 18:58)
Merci beaucoup, Michel, pour tous ces problèmes qui me font passer d'excellents moments de recherche. Ce soir " on " va nous dire que le confinement va durer un mois de plus, cela veut dire un mois
de plus de petits problèmes et d'énigmes mathématiques. Positivons !
#12
NAVASA(dimanche, 12 avril 2020 15:53)
De mon côté j'arrive au même résultat que Michel par un autre chemin :
soit a le nombre de personnes = 0 excursion ;
b= 1 excursion ;
c= 4 excursions ;
d = 2 excursions ;
e = 3 excursions.
Nous avons a+b+c+d+e = 100 personnes
d'où a= 100 -b-c-34
1) a = 66 – (b+c)
comme c se compte sur les doigts d'une main cela ne peut-être que 5
d'où
a= 3
b= 58 car (b+4c)=78
c= 5
d= 24
e= 10
Total = 100
#11
michel.guillot@hotmail.fr(vendredi, 10 avril 2020 15:50)
Exercice 4A
Nettement plus simple que les précédents en ce qui me concerne !
Soit a, b,c le nombre de vacanciers respectivement à 1, 4 et 0 excursions.
Le nombre total de vacanciers est : a+24+10+b+c=100 : équation (1)
Le nombre total de billets d'excursions, cad de vacanciers-excursions est :
49+42+35+30 = a+48+30+4b+0, soit 156=a+78+4b, soit
a+4b=78 equation (2)
(2)-(1):3b-c=12, soit
c=3b-12
Comme c se compte sur les doigts d'une main : 1<=c<=5
1<=3b-12<=5
13<=3b<=17
13/3<=b<=17/3
Seul entier solution est b=5
(2): a=78-4b, soit a=58
(1):c=66-a-b,soit c=3
Donc 3 vacanciers restent faire de la bronzette !
#10
Joel Ichas(jeudi, 09 avril 2020 20:46)
Enoncé 3b
- la somme des sommes des 5 entiers est égale à 72
- les 5 entiers a, b, c, d, e donnent 10 sommes d'entiers pris 2 par 2 :
a+b b+c c+d d+e
a+c b+d c+e
a+d b+e
a+e
La somme de ces somme est donc égale à 72 :
(a+b) + (a+c) + ... + (c+e) + (d+e) = 72
=> 4a + 4b + 4c + 4d + 4e = 72
=> 4(a+b+c+d+e) = 72 => (a+b+c+d+e) = 18
On observe dans la suite des sommes 2 occurrences du 4 : il existe donc 2 sommes différentes pour obtenir 4
Supposons qu'une de ces sommes soit 1 + 3
L'autre somme peut être :
* 0 + 4 : on obtient le résultat 0, 1, 3, 4 et 18-8 = 10 : solution invalide
* 2 + 2 : on obtient le résultat 1, 2, 2, 3 et 18-8 = 10 : solution invalide
* Il reste une seule possibilité :
x+y = 4 avec x > 4 et y < 0 et >= -3
Puisque la 1ere somme est égale à 0, -1 est une valeur plausible, ayant déjà le chiffre 1.
Cette hypothèse donne : x= 5 et y = -1
On obtient le quintet -1, 1, 3, 5 et 18-8 = 10 et là CA COLLE !!!
La solution est donc -1, 1, 3, 5, 10
#9
Joel Ichas(jeudi, 09 avril 2020 20:14)
Bonsoir
Pour l'énoncé 3a, nous avons tous été aveuglé par une vision trop 'cartésienne' du problème. Mais Michel, dans sa grande bonté, nous a remis sur la voie : il nous faut chercher un alignement de
pions, et non un alignement des cases qui portent ces pions !!!
Voici donc ma proposition de solution : https://drive.google.com/open?id=1nOaFqtZ9-V7F3-_NaFnOEIzpDzKT0kry
#8
Alain VILLOCEL(jeudi, 09 avril 2020 17:24)
Enigme 3b
Supposons qu'il ne s'agisse que de nombres entiers POSITIFS ou NUL. La somme de deux d'entre eux étant égale à "0" il convient que le nombre "0" apparaisse deux fois dans cet ensemble, donc de la
forme (0,0,x,x,x). "1" n'étant pas la somme de deux d'entre eux, "1" ne fait pas partie de cet ensemble. A contrario "2" devrait en faire partie pour qu'une somme soit égale à 2, à savoir "0+2";
cependant cette somme "2" devrait apparaître deux fois car "0" est doublé dans notre ensemble (0,0,x,x,x). Or ce n'est pas le cas... En ne raisonnant qu'avec des entiers POSITIFS ou NUL le problème
n'a pas de solution.
Nous devons donc considérer que l'ensemble de cinq nombres recherché doit comprendre au moins un entier NEGATIF. Soit "-1" cet entier négatif. "1" (entier positif) devra également faire partie de cet
ensemble car une somme "-1+x" doit être nulle. Avec cette paire (-1,+1) nous pouvons obtenir les sommes "2" et "4" en prenant comme troisième nombre entier "3". Il en sera de même pour les sommes "4"
et"6" en prenant l'entier "5". Nous voici donc avec un ensemble de cinq nombres (-1,1,3,5,z) dont les sommes deux à deux de nos quatre premiers entiers sont: "0", "2", "4", "4", "6" et "8". Il
convient ensuite de trouver l'entier z tel que "(z-1)+(z+1)+(z+3)+(z+5)" c'est dire "'4z+8" soit égal à "9+11+13+15" soit "48". Cette équation du premier degré a pour solution "10". L'ensemble de 5
entiers répondant au problème est donc (-1,1,3,5,10)
#7
Heidegger(mercredi, 08 avril 2020 19:53)
Nein, es ist verboten !!!
#6
Jojo(mercredi, 08 avril 2020 17:50)
Heidegger me souffle (son dernier) qu'on pouvait poser les jetons sur les intersections...
Il n'a pas voulu m'en dire plus.
#5
Michel Damiens(mercredi, 08 avril 2020 00:09)
Quelques petites indications :
pour le message #3 : l'énoncé dit il qu'on obtient encore un carré magique ?
pour le message #4 : pour la question 1 OUI ;pour la question 2 : on ne doit pas modifier le damier, ni faire fondre les pions, les pions doivent rester sur le damier.
Sinon jetez un coup d'œil au point d'étape de lundi sur le site et à celui de demain matin
"Il est vrai que pour saisir au-delà des mots ce que les mots veulent dire, une interprétation doit fatalement user de violence" [Martin Heidegger]
#4
JLMauriet(mardi, 07 avril 2020 20:57)
Que des questions !
1)Toujours les chiffres de 1 à 9 à disposer 1 par case dans un carré à 9 cases qui alignés et additionnés par 3 donnent 16 ? si oui, même impasse que tous
2)le damier peut il prendre des formes bizarres telles deux carrés enchassés par une case ou des carrés inclus les uns dans les autres et rester un damier ? En même temps, ça m'évoque Heidegger :
"chemins qui ne mènent nulle part."
#3
Jojo(mardi, 07 avril 2020 19:18)
Je ne vois pas de solution pour 16.
Dans un carré magique de n côtés, si on utilise les neuf premiers entiers,
chaque ligne ayant la même somme,
cette somme doit être égale à n²(n²+1)/2 sur n.
Ce qui se vérifie pour 15: [9(9+1)/2] : 3 = 15 mais pas pour 16
Comme l'ont déjà dit Joël et France 45/3=15.
#2
Joel Ichas(dimanche, 05 avril 2020 14:00)
Bonjour
Je partage l'opinion de France, et je me trouve fort dépourvu devant l'énoncé 3a
Il y a 8 combinaisons de chiffres qui permettent d'aboutir à la somme de 16 :
1 6 9
1 7 8
2 5 9
2 6 8
3 4 9
3 5 8
3 6 7
4 5 7
Si on représente le carré sous la forme suivante :
a1 a2 a3
a4 a5 a6
a7 a8 a9
on s’aperçoit que le chiffre du milieu du carré, a5, revient 4 fois dans les différentes sommes :
a1 + a5 + a9
a3 + a5 + a7
a2 + a5 + a8
a4 + a5 + a6
Or, aucun chiffre ne revient 4 fois dans la liste des combinaisons possibles pour obtenir 16.
D'autre part, a1 + a2 + a3 + a4 + a5 + a6 + a7 + a8 + a9 est égal à la somme des chiffres de 1 à 9 soit 45
a1 + a2 + a2 = a4 + a5 + a6 = a7 + a8 + a9 = 45/3 = 15
Comment obtenir 16 pour chacune des 3 lignes avec une somme totale de 45 ?
Et comme France, je dis : Alors !!!
#1
France(dimanche, 05 avril 2020 09:24)
Bonjour
Le carré magique nous pose le problème suivant. Le nombre qui est au centre doit figurer dans quatre sommes composées de 3 chiffres différents. Or il existe au plus 3 sommes de 3 chiffres différents
(formés des chiffres 1,2,3....,9) égales à 16. Les chiffres 1 , 2 et 4 ne figurent eux que dans 2 sommes et ne peuvent donc être situés ni au centre ni à un angle.
Conclusion :
Le premier argument semble incontournable !!! Alors ???
Michel Damiens (mardi, 14 avril 2020 12:39)
Pour l'énoncé concernant les triangles la trigonométrie n'est pas nécessaire (bien qu'envisageable). Quelques conseils :
- compléter le figure en y ajoutant soit un carré plus grand, soit des triangles rectangles pour faire apparaître les hauteurs des triangles colorés et pouvoir utiliser la formule
aire d'un triangle = base x hauteur / 2
- pour la question subsidiaire écrire deux équations dont les inconnues sont les côtés cherchés en utilisant la surface et le périmètre donnés
Pour une aide plus "personnalisée" contactez moi sur ma messagerie (michel.damiens@gmail.com).
Jojo (mardi, 14 avril 2020 11:59)
Je ne suis pas mathématicien. J'ai beau convoquer mes maigres ressources en trigonométrie et en algèbre les 2 questions sur les triangles me sont indéchiffrables...
Au secours Michel!
Dany (lundi, 13 avril 2020 18:58)
Merci beaucoup, Michel, pour tous ces problèmes qui me font passer d'excellents moments de recherche. Ce soir " on " va nous dire que le confinement va durer un mois de plus, cela veut dire un mois de plus de petits problèmes et d'énigmes mathématiques. Positivons !
NAVASA (dimanche, 12 avril 2020 15:53)
De mon côté j'arrive au même résultat que Michel par un autre chemin :
soit a le nombre de personnes = 0 excursion ;
b= 1 excursion ;
c= 4 excursions ;
d = 2 excursions ;
e = 3 excursions.
Nous avons a+b+c+d+e = 100 personnes
d'où a= 100 -b-c-34
1) a = 66 – (b+c)
et (bx1) + (cx4) + (dx2) + (ex3) = 156 excursions
d'où
b+4c+2d+3e=156
b+4c+48+30=156
b+4c=78
(b+c)+3c=78
2) b+c=78-3c
donc en rapprochant 1) et 2) nous avons :
a= 66 – 78 +3c
a = 3c-12
comme c se compte sur les doigts d'une main cela ne peut-être que 5
d'où
a= 3
b= 58 car (b+4c)=78
c= 5
d= 24
e= 10
Total = 100
michel.guillot@hotmail.fr (vendredi, 10 avril 2020 15:50)
Exercice 4A
Nettement plus simple que les précédents en ce qui me concerne !
Soit a, b,c le nombre de vacanciers respectivement à 1, 4 et 0 excursions.
Le nombre total de vacanciers est : a+24+10+b+c=100 : équation (1)
Le nombre total de billets d'excursions, cad de vacanciers-excursions est :
49+42+35+30 = a+48+30+4b+0, soit 156=a+78+4b, soit
a+4b=78 equation (2)
(2)-(1):3b-c=12, soit
c=3b-12
Comme c se compte sur les doigts d'une main : 1<=c<=5
1<=3b-12<=5
13<=3b<=17
13/3<=b<=17/3
Seul entier solution est b=5
(2): a=78-4b, soit a=58
(1):c=66-a-b,soit c=3
Donc 3 vacanciers restent faire de la bronzette !
Joel Ichas (jeudi, 09 avril 2020 20:46)
Enoncé 3b
- la somme des sommes des 5 entiers est égale à 72
- les 5 entiers a, b, c, d, e donnent 10 sommes d'entiers pris 2 par 2 :
a+b b+c c+d d+e
a+c b+d c+e
a+d b+e
a+e
La somme de ces somme est donc égale à 72 :
(a+b) + (a+c) + ... + (c+e) + (d+e) = 72
=> 4a + 4b + 4c + 4d + 4e = 72
=> 4(a+b+c+d+e) = 72 => (a+b+c+d+e) = 18
On observe dans la suite des sommes 2 occurrences du 4 : il existe donc 2 sommes différentes pour obtenir 4
Supposons qu'une de ces sommes soit 1 + 3
L'autre somme peut être :
* 0 + 4 : on obtient le résultat 0, 1, 3, 4 et 18-8 = 10 : solution invalide
* 2 + 2 : on obtient le résultat 1, 2, 2, 3 et 18-8 = 10 : solution invalide
* Il reste une seule possibilité :
x+y = 4 avec x > 4 et y < 0 et >= -3
Puisque la 1ere somme est égale à 0, -1 est une valeur plausible, ayant déjà le chiffre 1.
Cette hypothèse donne : x= 5 et y = -1
On obtient le quintet -1, 1, 3, 5 et 18-8 = 10 et là CA COLLE !!!
La solution est donc -1, 1, 3, 5, 10
Joel Ichas (jeudi, 09 avril 2020 20:14)
Bonsoir
Pour l'énoncé 3a, nous avons tous été aveuglé par une vision trop 'cartésienne' du problème. Mais Michel, dans sa grande bonté, nous a remis sur la voie : il nous faut chercher un alignement de pions, et non un alignement des cases qui portent ces pions !!!
Voici donc ma proposition de solution : https://drive.google.com/open?id=1nOaFqtZ9-V7F3-_NaFnOEIzpDzKT0kry
Alain VILLOCEL (jeudi, 09 avril 2020 17:24)
Enigme 3b
Supposons qu'il ne s'agisse que de nombres entiers POSITIFS ou NUL. La somme de deux d'entre eux étant égale à "0" il convient que le nombre "0" apparaisse deux fois dans cet ensemble, donc de la forme (0,0,x,x,x). "1" n'étant pas la somme de deux d'entre eux, "1" ne fait pas partie de cet ensemble. A contrario "2" devrait en faire partie pour qu'une somme soit égale à 2, à savoir "0+2"; cependant cette somme "2" devrait apparaître deux fois car "0" est doublé dans notre ensemble (0,0,x,x,x). Or ce n'est pas le cas... En ne raisonnant qu'avec des entiers POSITIFS ou NUL le problème n'a pas de solution.
Nous devons donc considérer que l'ensemble de cinq nombres recherché doit comprendre au moins un entier NEGATIF. Soit "-1" cet entier négatif. "1" (entier positif) devra également faire partie de cet ensemble car une somme "-1+x" doit être nulle. Avec cette paire (-1,+1) nous pouvons obtenir les sommes "2" et "4" en prenant comme troisième nombre entier "3". Il en sera de même pour les sommes "4" et"6" en prenant l'entier "5". Nous voici donc avec un ensemble de cinq nombres (-1,1,3,5,z) dont les sommes deux à deux de nos quatre premiers entiers sont: "0", "2", "4", "4", "6" et "8". Il convient ensuite de trouver l'entier z tel que "(z-1)+(z+1)+(z+3)+(z+5)" c'est dire "'4z+8" soit égal à "9+11+13+15" soit "48". Cette équation du premier degré a pour solution "10". L'ensemble de 5 entiers répondant au problème est donc (-1,1,3,5,10)
Heidegger (mercredi, 08 avril 2020 19:53)
Nein, es ist verboten !!!
Jojo (mercredi, 08 avril 2020 17:50)
Heidegger me souffle (son dernier) qu'on pouvait poser les jetons sur les intersections...
Il n'a pas voulu m'en dire plus.
Michel Damiens (mercredi, 08 avril 2020 00:09)
Quelques petites indications :
pour le message #3 : l'énoncé dit il qu'on obtient encore un carré magique ?
pour le message #4 : pour la question 1 OUI ;pour la question 2 : on ne doit pas modifier le damier, ni faire fondre les pions, les pions doivent rester sur le damier.
Sinon jetez un coup d'œil au point d'étape de lundi sur le site et à celui de demain matin
"Il est vrai que pour saisir au-delà des mots ce que les mots veulent dire, une interprétation doit fatalement user de violence" [Martin Heidegger]
JLMauriet (mardi, 07 avril 2020 20:57)
Que des questions !
1)Toujours les chiffres de 1 à 9 à disposer 1 par case dans un carré à 9 cases qui alignés et additionnés par 3 donnent 16 ? si oui, même impasse que tous
2)le damier peut il prendre des formes bizarres telles deux carrés enchassés par une case ou des carrés inclus les uns dans les autres et rester un damier ? En même temps, ça m'évoque Heidegger : "chemins qui ne mènent nulle part."
Jojo (mardi, 07 avril 2020 19:18)
Je ne vois pas de solution pour 16.
Dans un carré magique de n côtés, si on utilise les neuf premiers entiers,
chaque ligne ayant la même somme,
cette somme doit être égale à n²(n²+1)/2 sur n.
Ce qui se vérifie pour 15: [9(9+1)/2] : 3 = 15 mais pas pour 16
Comme l'ont déjà dit Joël et France 45/3=15.
Joel Ichas (dimanche, 05 avril 2020 14:00)
Bonjour
Je partage l'opinion de France, et je me trouve fort dépourvu devant l'énoncé 3a
Il y a 8 combinaisons de chiffres qui permettent d'aboutir à la somme de 16 :
1 6 9
1 7 8
2 5 9
2 6 8
3 4 9
3 5 8
3 6 7
4 5 7
Si on représente le carré sous la forme suivante :
a1 a2 a3
a4 a5 a6
a7 a8 a9
on s’aperçoit que le chiffre du milieu du carré, a5, revient 4 fois dans les différentes sommes :
a1 + a5 + a9
a3 + a5 + a7
a2 + a5 + a8
a4 + a5 + a6
Or, aucun chiffre ne revient 4 fois dans la liste des combinaisons possibles pour obtenir 16.
D'autre part, a1 + a2 + a3 + a4 + a5 + a6 + a7 + a8 + a9 est égal à la somme des chiffres de 1 à 9 soit 45
a1 + a2 + a2 = a4 + a5 + a6 = a7 + a8 + a9 = 45/3 = 15
Comment obtenir 16 pour chacune des 3 lignes avec une somme totale de 45 ?
Et comme France, je dis : Alors !!!
France (dimanche, 05 avril 2020 09:24)
Bonjour
Le carré magique nous pose le problème suivant. Le nombre qui est au centre doit figurer dans quatre sommes composées de 3 chiffres différents. Or il existe au plus 3 sommes de 3 chiffres différents (formés des chiffres 1,2,3....,9) égales à 16. Les chiffres 1 , 2 et 4 ne figurent eux que dans 2 sommes et ne peuvent donc être situés ni au centre ni à un angle.
Conclusion :
Le premier argument semble incontournable !!! Alors ???