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La
solution du problème du mois
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| Solution du problème n°1- Janvier 2008 |
| Un
élève qui possède un nombre impair n d'homonymes
dans le lycée forme, avec ses homonymes, un groupe de n+1
élèves. Ils sont donc en nombre pair et chacun d'eux
possède un nombre impair n d'homonymes (les n autres membres
du groupes). Par exemple, s'il y a huit " Jean " dans le lycée, chacun d'eux possède un nombre impair d'homonymes (7 exactement). En revanche, chacune des cinq " Guenièvre " du lycée a quatre homonymes (nombre pair). Ainsi les élèves qui nous intéressent sont ceux qui font partie d'un groupe ayant un nombre pair d'éléments. En additionnant les nombres d'élèves de ces groupes, on obtient le nombre cherché. Ce nombre est pair car somme de nombres pairs. Remarque :
on voit qu'il s'agit de considérer la partition du lycée
induite par les prénoms : on met les " Jules "
ensemble, les " Claire " ensemble, etc. Les groupes
qui nous intéressent sont les groupes pairs. Les élèves
qui les remplissent sont en nombre pair. |
| Bilan : |
| Ce
problème a eu un succès limité car peu d'élèves
étaient au courant de l'existence de ce défi mensuel.
J'ai reçu deux réponses, l'une de Jean-Christophe GAILLOT (2°2), l'autre de Céline BORRE et Guillaume CABRERA (T5). Leur idée était la même : partager le lycée en deux groupes de même taille, chaque élève du groupe 1 ayant le même prénom qu'un certain élève du groupe 2 et inversement. On voit cependant que cette partition n'est pas faisable en général. Ayant fait un peu de publicité, espérons que le problème du mois de février verra plus de réponses. |
| Solution du problème n°2- Février 2008 |
| Le
nombre 325 est le plus petit entier qui s'écrive de trois
façons différentes comme une somme de deux carrés
d'entiers :
325=1²+18²=6²+17²=10²+15² Il est possible de faire une recherche systématique " par au-dessus " (en essayant de décomposer les entiers 1, 2, 3,… en somme de carrés) ou " par en dessous " (en additionnant deux carrés d'entiers a²+b², a et b variant de 1 à n). Cette deuxième méthode se prête bien à l'usage d'un tableur, le choix de n n'est pas évident a priori. La première méthode est moins laborieuse si on remarque que certains entiers sont à écarter d'emblée : 3, 7, 11, 15, 19, … c'est-à-dire les entiers de la forme 4k+3. L'explication est arithmétique (pour les élèves qui suivent la spécialité maths en TS) : un carré est congru à 0 ou à 1 modulo 4 donc une somme de deux carrés ne peut pas être congrue à 3 modulo 4. Plus généralement, on peut écarter les entiers dont la décomposition en facteurs premiers présente un facteur de la forme 4k+3 affecté d'un exposant impair : 6, 12, 14, 15, … Autre piste intéressante : si x et y sont somme de deux carrés, alors xy l'est aussi. En effet, si x=a²+b² et y= c²+d², alors xy=(ac-bd)²+(ad+bc)². Cette égalité est facile à vérifier et est naturelle en TS dans le cadre des nombres complexes puisqu'elle traduit la propriété |zz'|=|z||z'|, pour z=a+bi et z'=c+di. De plus on peut échanger les rôles de a et de b et obtenir ainsi deux décompositions différentes pour xy. Par exemple 5 et 10 sont somme de deux carrés donc 50 l'est également. Il y a de nombreux résultats sur les sommes de carrés (taper " somme de carrés " sur un moteur de recherche), comme par exemple le théorème de Lagrange : " tout entier naturel est somme de quatre carrés ". Remarque : dans la décomposition 1²+18² de 325, les carrés sont 1 et 324. Affecter le 1 ou le 18 d'un signe moins ne change pas la valeur des carrés et ne donne donc pas une autre décomposition de 325. Les exemples fournis dans l'énoncé étaient clairs sur ce point. Néanmoins, j'aurais dû écrire " carrés d'entiers naturels " pour éviter toute ambiguïté. |
| Bilan : |
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Maxime BIZZARRI (1°5),
Julien ANDRE (1°6), Aymeric FABIAN (T4) et Mathieu ZIMMER
(T4) montrent une bonne maîtrise du tableur et obtiennent
le bon résultat. |
| Solution du problème n°3 - Mars 2008 | |
| Notons
A, B, C, D les sommets du carré, O son centre et (E) l'ensemble
des points du plan qui sont plus proches de O que du bord du carré.
Soit M un point intérieur au carré. La distance de
M au bord du carré est égale à la distance
MH où H est le projeté orthogonal de M sur le côté
du carré qui est le plus proche de M. Si M est intérieur
au triangle ABO, le côté le plus proche de M est [AB].
Il suffit de trouver la partie (E') de (E) qui est intérieure
au triangle ABO. Les symétries d'axes (OB) puis (OA) nous
donneront l'ensemble (E) tout entier. D'autre part, si on détermine
les points intérieurs à ABO qui sont équidistants
de O et de (AB), on aura la frontière (F) de la région
(E'). On est donc ramené au problème suivant : Étant donnés un point O et une droite (AB), quel est l'ensemble des points du plan équidistants de O et de (AB) ? Cet ensemble est une parabole. C'est même ainsi qu'on définit une parabole en géométrie. Le point O s'appelle le foyer et la droite (AB) la directrice de la parabole. Sans ces connaissances, on peut utiliser un repère (O,I,J) avec I milieu de [BC] et J milieu de [AB]. Si (x,y) est le couple de coordonnées d'un point M intérieur à OAB, on a OM²=x²+y² et MH²=(10-y)². L'égalité OM²=MH² équivaut alors à y = 5 - x²/20. On reconnaît là l'équation d'une parabole comme on la définit au lycée. En résumé, la frontière de l'ensemble (E) est la réunion de quatre morceaux de paraboles. |
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Remarque : Si on est en
terminale et qu'on a vu les intégrales, on peut s'amuser
à calculer l'aire de la zone bleue : on devrait trouver: |
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| Bilan : | |
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J'ai reçu trois solutions
: Bravo à tous les quatre. |
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| Solution du problème n°5 - Décembre 2009 |
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La question était
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| Bilan : |
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Le résultat a été
conjecturé correctement (mais pas démontré)
par Kilian Boulhaïs de 1e5. J'ai reçu par ailleurs
deux très bonnes preuves, l'une de Julie Walter (T5),
et l'autre de Cassandra Him (T5). Il s'agit de la démonstration
exposée ci-dessus. |