Comentario sobre el artículo

• Décembre 2018, 2e défi

  le 14 de diciembre de 2018 à 08:49, par Al_louarn

  Pour former un triangle rectangle il faut tomber sur un triplet $(a,b,c)$ pythagoricien : $a^2 + b^2 = c^2$
  Le nombre total de triplets $(a,b,c)$ tels que $1 \leq a < b < c \leq 15$ est le coefficient binomial $\binom{3}{15}=\dfrac{15!}{3!12!}=455$
  Parmi eux il y a $2$ triplets pyhagoriciens primitifs, c’est-à-dire tels que $a$,$b$,$c$ sont premiers entre eux :
  $(3,4,5)$
  $(5,12,13)$
  Auxquels il faut ajouter $2$ multiples de $(3,4,5)$ qui ne dépassent pas $15$ :
  $(6,4,10)$
  $(9,12,15)$
  La probabilité de tomber sur un triplet pythagoricien est donc $\dfrac{4}{455}$.

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• Décembre 2018, 2e défi

  le 20 de diciembre de 2018 à 10:38, par Manuel Selva

  Il y a une petite coquille dans votre troisième solution: (6, 8, 10) et non (6, 4, 10).

  — 
  Manuel

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• Décembre 2018, 2e défi

  le 20 de diciembre de 2018 à 14:14, par Al_louarn

  Ah oui exact, merci.

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• Décembre 2018, 2e défi

  le 14 de diciembre de 2018 à 15:23, par ROUX

  A partir de 1, les unités des carrés des entiers sont périodiquement 1, 4, 9, 6, 5, 6, 9, 4, 1, 0, etc.
  Je nomme un carré d’entier dont l’unité est n un ncarré .
  Les 1carrés sont obtenus par 0carré + 1carré ou par 5carré + 6carré.
  Il n’y a que deux 1carrés et ils ne sont pas constructibles par une somme de deux ncarrés.
  Les 4carrés sont obtenus par 0carré + 4carré ou par 5carré + 9carré.
  Il n’y a que trois 4carrés et ils ne sont pas constructibles par une somme de deux ncarrés.
  Les 9carrés sont obtenus par 0carré + 9carré ou par 5carré + 4carré.
  Il n’y a que trois 9carrés et un seul est constructible par une somme de deux ncarrés : 169 = 144 + 25.
  Les 6carrés sont obtenus par 0carré + 6carré ou par 1carré + 5carré.
  Il n’y a que trois 6carrés et ils ne sont pas constructibles par une somme de deux ncarrés.
  Les 5carrés sont obtenus par 0carré + 5carré ou par 9carré + 6carré ou par 1carré + 4carré.
  Il n’y a que deux 5carrés et ils sont constructibles par une somme de deux ncarrés : 25 = 16 + 9 et 225 = 144 + 81.
  Les 0 carrés sont obtenus par 0carré + 0carré ou par 5carré + 5carré ou par 1carré + 9carré ou par 4carré + 6carré
  Il n’y a que un 0carrés et il est constructible par une somme de deux ncarrés : 100 = 64 + 36.
  Il y a donc 4 triplets de bâtons.
  Je prends un baton puis un baton puis un baton: j’ai donc 15*14*13 = 2730 possibilités mais, en faisant ainsi, j’ai compté par exemple 1 puis 3 puis 8 et 3 puis 1 puis 8 comme étant deux triplets différents. Or, vis à vis des triangles, c’est le même.
  Il y a à chaque fois 6 possibilités de prendre successivement trois mêmes entiers, par exemple: 138, 183, 318, 381, 831 et 813.
  Il n’y a donc que 2730/6 = 455 triplets.
  La probabilité est 4/455 ou (0,879 + ou - 0,001)%.

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• Décembre 2018, 2e défi

  le 14 de diciembre de 2018 à 20:34, par Daniate

  Soyons pinailleurs. Rien ne dit que les extrémités des bâtons doivent coïncider.

  La réponse est alors 1. On forme un angle droit avec le petit et le grand (extrémités communes) puis avec le moyen on place l’hypoténuse (infinité de possibilités).

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• Décembre 2018, 2e défi

  le 15 de diciembre de 2018 à 14:31, par ROUX

  😂😂😂

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• Décembre 2018, 2e défi

  le 15 de diciembre de 2018 à 13:04, par drai.david

  J’ai tout d’abord mal lu l’énoncé : le mot «rectangle» m’a échappé.
  Et le problème me semble bien plus intéressant sans cette restriction, même si cela devient davantage du dénombrement que de l’arithmétique.
  Le mieux est de trouver une formule (que vous pouvez vous amuser à retrouver par vous-même) et de faire ensuite une application numérique avec $n=15$.
  J’obtiens :
  - pour $n$ impair : $P(n)=\frac{(n-3)(2n-1)}{4n(n-2)}$
  - pour $n$ pair : $P(n)=\frac{2n-5}{4(n-1)}$

  J’en déduis :
  $P(15)=\frac{29}{65}\approx 0,446$
  $P(2 018)=\frac{4 041}{8 068}\approx 0,4996282$
  $P(2 019)=\frac{678 216}{1 357 441}\approx 0,4996283$

  Et la limite de $P(n)$ est bien évidemment $\frac{1}{2}$...

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• Décembre 2018, 2e défi

  le 15 de diciembre de 2018 à 13:31, par drai.david

  Ceci dit, le problème d’origine n’est pas inintéressant, mais avec une borne plus élevée.
  $P(15)=\frac{4}{455}$
  $P(2018)=\frac{333}{227937136}$
  $P(2019)=\frac{1999}{1369657969}$

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