Défis du calendrier mathématique Volver a la sección

Un défi par semaine

Juin 2015, 1er défi

El 5 junio 2015 - Escrito por Ana Rechtman Ver los comentarios (8)
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Nous vous proposons un défi du calendrier mathématique 2015 chaque vendredi et sa solution la semaine suivante.

Semaine 23 :

Si l’on écrit les nombres de $0$ à $2015$ en base $3$, combien de ces nombres sont des palindromes (nombres qui peuvent se lire indifféremment de gauche à droite ou de droite à gauche) ?

Solution du 5ème défi de Mai :

Enoncé

La réponse est $\frac{3}{4}$.

Les points de coordonnées $(x,y)$, qui sont à la même distance de l’origine que du point de coordonnées $(3,1)$, vérifient l’équation :

$x^2+y^2 = (3-x)^2+(1-y)^2$

$0 = 9-6x+1-2y$

$6x+2y = 10.$

Autrement dit, ce sont les points situés sur la droite d’équation $y=5-3x$ qui passe par les points de coordonnées $(0,5)$ et $(\frac{5}{3},0)$. Cette droite divise le rectangle défini par les sommets de coordonnées $(0,0), (2,0), (2,1)$ et $(0,1)$ en deux trapèzes.

Pour connaître la probabilité qu’un point $P$ soit plus proche de l’origine que du point de coordonnées $(3,1)$, il faut diviser l’aire du trapèze de gauche par l’aire du rectangle. Puisque les bases du trapèze de gauche mesurent $\frac{5}{3}$ et $\frac{4}{3}$ respectivement, l’aire du trapèze est égale à :

$\frac{\left(\frac{5}{3}+\frac{4}{3}\right)1}{2}=\frac{3}{2}.$

Par conséquent, la probabilité recherchée est égale à

$\frac{\frac{3}{2}}{2\times 1}=\frac{3}{4}$.

Post-scriptum :

Calendrier mathématique 2015 - Sous la direction d’Ana Rechtman Bulajich, Anne Alberro Semerena, Radmilla Bulajich Manfrino - Textes : Ian Stewart.
2014, Presses universitaires de Strasbourg. Tous droits réservés.

Article édité par Ana Rechtman

Comentario sobre el artículo

Juin 2015, 1er défi

le 5 de junio de 2015 à 10:00, par Lina

Sauf erreur de ma part, 101 nombres palindromes.
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Juin 2015, 1er défi

le 6 de junio de 2015 à 19:33, par Bernard Hanquez

101 pour moi également.

Calculé par une méthode brutale, une macro Excel pour convertir en base 3 et une seconde pour trouver les palindromes.
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Juin 2015, 1er défi

le 8 de junio de 2015 à 09:57, par Lina

Un peu de douceur dans un monde de brutes:

Convertir 2015 en base 3: 22021022 (divisions euclidiennes successives par 3) . Remarquer qu’il est coincé entre deux palindromes 2202022 et 2210122. Il faut donc trouver tous les palindromes de 0 à 2202022. Pour arriver jusqu’à 2222222 (dernier palindrome à 7 chiffres) il faut ajouter 6 palindromes ( ils s’écrivent 22aba22 avec a=1 ou 2 et b=0,1 ou 2).

Pour n>1 il y a autant de palindromes à 2n-1 chiffres qu’à 2n chiffres: 2*3^(n-1)

Il reste à détailler, le premier nombre indique le nombre de chiffres , le deuxième le nombre de palindromes: 1 ---> 3; 2 ---> 2; 3 et 4 ---> 12; 5 et 6 ---> 36; 7 ---> 54 - 6 = 48

Total 3 + 2 + 12 + 36 + 48 = 101
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Juin 2015, 1er défi

le 10 de junio de 2015 à 09:11, par Lina

Erreur de frappe, un zéro s’est faufilé frauduleusement à la sixième place de 2015(3).
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Juin 2015, 1er défi

le 9 de junio de 2015 à 23:56, par nef2240

Bonsoir
(2015)base 3=2202122
Élément pivot 2 au centre nous avons (220)3+1=25 palindromes
Élément pivot 1 nous avons 25 palindromes
Élément pivot 0 nous avons 25 palindromes
Total 75
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Juin 2015, 1er défi

le 10 de junio de 2015 à 00:15, par nef2240

Erreur calcul
pivot 2 (220)3+1=25
pivot 1 (222)3+1=27
idem 0.
total 79 cas de palindromes entre 0 et 2015 base 3.
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Juin 2015, 1er défi

le 11 de junio de 2015 à 20:56, par nef2240

Bonjour voici ma solution (plus de calme que le train) trouver palindrome de 0 à (2015)base3=2202122 nombre digit max =7
Taille=1 a #3
Taille=2 aa #2 avec a différent de 0
Taille=3 bab avec a=0 #2 ensuite facile a=1 #3 et a=2 #3 total #8
Taille=4 baab 0110 jusqu’à 2222 #8
Taille=5 bacab c=0 01010 à 22022 #8 c=1 #9 et c=2 #9 total=26
Taille=6 baccab 001 a 222 #26
Taille=7 bacdcab d=0 bac=001 a 220 #24 d=1 #27 et d=2 #27
En effet 2000 peut aussi se lire 0002000
Total=151 palindromes de 0 à 2015 en base 3
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Juin 2015, 1er défi

le 11 de junio de 2015 à 21:22, par nef2240

Bonjour,
Encore erreur voici solution trouver tous les palindromes allant de 0 à (2015) en base3 qui vaut 2202122 donc nombre digit max =7
(# veut dire cardinal ou nombre ensemble)
Taille=1 a #3 0,1,2
Taille=2 aa #2 avec a différent de 0 11,22
Taille=3 bab avec a=0 #2 ensuite facile a=1 #3 et a=2 #3 total #8 101,201,010,111,212,020,121,222
Taille=4 baab 0110 jusqu’à 2222 #8 0110,0220,1001,1111,1221,2002,2112,2222
Taille=5 bacab c=0 01010 à 22022 #8 c=1 #9 et c=2 #9 total=26 01010,02020,10001,...,01110,...
Taille=6 baccab 001 a 222 #26 001100,002200,...,222222
Taille=7 bacdcab faire attention inférieur 2015 base 3 (2202122)
d=0 0010100 a 2200022 #24
d=1 0001000 a 2201022 #25
d=2 0002000 a 2202022 #25
En effet 2000 peut aussi se lire 0002000
Total=147 palindromes de 0 à 2015 en base 3
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