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.

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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

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Para citar este artículo:

Ana Rechtman — «Juin 2015, 1er défi» — Images des Mathématiques, CNRS, 2015

Créditos de las imágenes:

Imagen de portada - Denis Burdin / SHUTTERSTOCK

Comentario sobre el artículo

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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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