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Problèmes en série.

Envoyé par emre54 
galax
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
Bonjour emre54,

D’abord un exemple:
je suppose que la fausse bouteille est n° 3.
Dans ce cas là le résultat de la pesée R est 54,7 gr (on a 55 comprimés au total dont 52 à 1 gr et 3 à 0,9 gr )

En général, 10* ( 55 – R) désigne la bouteille avec des " faux " comprimées ... ce qui se montre très facilement.


NB il est important d'atribuer un n° à chaque bouteille §

Sincèrement,

Galax
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
avatar
9°) pair , un problème classique de Capes , il va quand même falloir re monter un peu le niveau smiling smiley .

les 2°) 6°) et 7°) restent à finir avant de lancer un 10°)

Domi

PS : merci au modérateur qui a remis de l'ordre dans mon précédent message.
[A ton service :) AD]
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
un problème classique de Capes>> je dirai de terminal, car je l'avais fait en terminal
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
avatar
9) C'est pair par récurrence sur le nombre de poignées de mains (en supposant que les poignées de main n'impliquent que 2 personnes à chaque fois !)

7) Pour construire 3°, on peut tracer dans un même cercle de centre O un pentagone A0A1A2A3A4 régulier et un hexagone A0B1B2B3B4B5 régulier ayant le sommet A0 en commun puis diviser l'angle A1OB1 en 16 en tracant moult bissectrices.
Pour montrer qu'on ne peut pas faire mieux, il faut montrer que 1° n'est pas constructible (car si 2° l'était alors 1° le serait aussi)... et même si j'ai une petite idée de la façon de procéder, j'ai plutôt la flemme de chercher.

5) galax, soit ton problème est archi simple et Domi y a répondu... soit personne ne l'a compris.
Sandrine
Re: Problème
il y a treize années
Salut,
je propose une autre solution concernant l'enégalité de Domi là c'est sandrine_guillerme .

Si a et c sont de signe contraire (par exemple a > 0 et c < 0), b² - 4ac >= 0 est toujours satisfait.

Si b > a, b est forcément > 0 alors :

max(a,b,c) = b

Comme a et c sont de signe contraire (avec a > 0) , a + c < a

Avec b > a , on a alors : a + c < b

et a fortiori a + c < (5/4).b

Or pour avoir : a + b + c > (9/4).b , il faudrait :

a + c > (5/4).b , c'est donc impossible.

Conclusion:

Si a et c sont de signe contraire et b plus grand que a et b, on a a + b + c <= (9/4).max(a,b,c)
---
Si a et c sont de signe contraire (par exemple a > 0 et c < 0), b² - 4ac >= 0 est toujours satisfait.

Si a > b, alors max(a,b,c) = a

Pour avoir a + b + c > (9/4)max(a,b,c), il faudrait que: a + b + c > (9/4).a

soit b + c > (5/4).a

Comme c est négatif, on a: b + c < b

--> Il faudrait b > (5/4).a, soit b > a , ce qui est contraire à l'hypothèse.

Conclusion :

Si a et c sont de signe contraire et a plus grand que b et c, on a a + b + c <= (9/4).max(a,b,c)
---
En regroupant les résultats, on trouve:

Si a et c sont de signe contraire, on a a + b + c <= (9/4).max(a,b,c)
-----
Il reste à envisager le cas avec a et c de même signe.
gb
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
On sait construire à la règle et au compas <BR> <BR>1) le triangle équilatéral, donc un angle de 60 degrés, puis, par bissection, les angles de 30, 15 et 7,5 degrés. <BR> <BR>2) le pentagone, donc un angle de 72 degrés, puis, par bissection, les angles de 36, 18 et 9 degrés. <BR> <BR>Par différence des angles de 18 et 15 degrés, on construit un angle de 3 degrés. <BR> <BR>Si l'on pouvait faire plus petit, soit directement 1 degré, soit 2 degrés, d'où par différence 3-2 = 1 degré malgré tout, on pourrait, par addition construire tout angle d'un nombre entier de degré, en particulier 40 degrés, donc un ennéagone, dont il est bien connu que c'est impossible.<BR>
galax
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
Bonsoir Bissam,

Oui, la solution de Domi est bonne,
c’est vrai que sa solution est simple.
Mais je compte poser d’autres problèmes de jeu nettement plus ardus.( pas ce soir, je m'endors ... )
Sincèrement,
Galax
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
pour le problème 8 ) ma solution est equivalente a la tienne .En faite il y a un petit indice quand l'énoncé dit "balance de précision , au décigramme près ".On numerote les bouteilles de 1 a 10.
Ma solution est :
1 seul pesée suffit deja.
on prend 1 comprimé de la première bouteille ensuite 2 comprimés dela seconde bouteille etc... 10 comprimés de la 10ème bouteille.
si tous les comprimés péseraient 10 g alors la pésee P devrait être de 55g donc si P=54,9g alors les comprimés B sont dans la 1ère bouteille etc...
bs
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
Bonjour

Pour le 7) , tout est parfaitement juste.
trouvé ici:
[planetmath.org]

Bonne journée.
bs
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
<latex> Bonjour,

ce type d'exercices est appelé quickie chez nos amis anglais; les règles:
énoncé simple (comme pour les olympiades) , mais réponse simple , élégante, et ingénieuse (4 à 6 lignes maximum).

J'en possède un recueuil ( il figure dans le lien que j'ai mis dans le cadeau de Perplexa): Ingenious de L.A.Graham. Voici un de ces quickies parmi les plus jolis.

10) résoudre l'équation diophantienne :
$$a^3+b^3=c^4$$
galax
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
<latex> Bonjour ,

Bs: J'aime ton problème N° 10)

je ne répond pas maintenant car je connais une solution astucieuse ( et avec laquelle le problème parait trivial ) donc je laisse chercher des autres

Ma méthode permet se généraliser aussi aux équations de la forme


$\displaystyle a^k+b^l=c^{kl+1}$

********************

Je propose une autre problème avec des *

problème 11)

On donne le polynome suivant:

$ x^{10}+ $ * $x^9 +$ ... + * $x^2 +$ * $ x + 1$

Deux joueurs jouent le jeu suivant : Chacun remplace à son tour une * par un nombre réel arbitraire dans le polynôme ci-dessus. Le jeu s'arrête quand toutes les * sont remplacées.
Si le polynôme ainsi obtenu n'as aucun racine réel, c'est le premier joueur qui gagne.
Dans le cas contraire c’est le second joueur qui gagne.
Montrer que second joueur peux toujours gagner. Décrire sa stratégie !
( Bissam: j'espère que cet problème va t'interesser plus que le n°5 )


****************
arno_nora :Pour le problème 6) je n'ai pas encore trouvé une solution satisfaisante, mais je chercherai encore

Sincèrement,

Galax
galax
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
Bonjour AD,

Pourrez- tu efacer :
mon message vide du 12-19-06 17:04
et remplacer les lignes indiqués ci desous ( cf 12-19-06 17:07) par:

Je propose un autre problème avec des * ( 7° ligne )

Si le polynôme ainsi obtenu n'as aucune racine réel, c'est le premier joueur qui gagne. ( 14° ligne)

Merci pour ton éfficacité et ta gentillesse
Sincèrement,
Galax

[Je ne comprends pas ce que je dois modifier ?
Le message vide du 12-19-06 17:04 a déjà été supprimé !
Les autres modifs ont déjà été faites, avec correction d'orthographe ! AD]
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
avatar
J'avais un peu oublié le 6°) .

Une solution pour le cas n pair : Jean veut qu'il reste deux entiers non premiers entre-eux . Les joueurs rayent des nombres à tour de rôle , Jean ne barre que des entiers d'abord et si possible impairs et si possible non divisibles par 3 . Il s'arrête pour réfléchir quand il lui reste 3 ou 4 nombres à barrer . Si Pierre à barrer systématiquement des nombres pairs , il reste au moins trois multiples de 3 sinon il reste au moins 3 multiples de 2 et la stratégie est simple pour finir .

Domi
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
avatar
Toujours le 6°) ( suite et fin ) .

Pierre dispose d'un nombre impair de nombres à barrer et veut conserver 2 entiers premiers entre-eux . Une stratégie simple , deux entiers consécutifs sont premiers entre-eux . Les deux extrémités de la chaîne ont la même parité , il barre le premier ou le dernier de façon à ce que la nouvelle chaîne commence par un entier impair et se finisse par un entier pair . Ensuite si Jean barre q pair , Pierre barre q-1 et si Jean barre q impair Pierre barre q+1 . A la fin il restera 2 entiers consécutifs donc premiers entre-eux .

Domi
bs
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
Ingénieux ,galax, pour le 10 , entre autre.
bs
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
<latex> Coucou,

pour le 10):

$a^3+b^3=c^4$
$[a/c]^3+[b/c]^3=c$
soit $a/c= m , b/c = n$
===> $c=m^3 + n^3, a=m(m^3+n^3) , b=n(m^3+n^3)$
Terminé.
galax
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
bonjour Bs,

Oui c'est la même idée que moi et ça marche aussi pour la généralisation que j'ai proposé.

Sincèrement,

Galax
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
avatar
<latex> Problème N°12)

Les points d'un plan sont coloriés en rouge ou en vert . Montrer que l'on peut trouver un triangle équilatéral de côté 1 ou $\sqrt{3}$ dont les sommets sont de la même couleur .

Domi

PS : pour le N°10 , quand on voit la solution on se demande comment on a pu ne pas y penser smiling smiley
bs
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
S'il n'y a qu'un seul point rouge et un autre vert dans ton plan, il parait difficile de trouver un triangle , même scalène. smiling smiley
galax
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
<latex> Bonjour Domi,

cf. problème n°12

En fait il suffit considérer un hexagone régulier de coté 1.
on note son centre $A_0 $ et ses sommets $ A_1 $ à $A_6$.
Sans perdre la généralité je peux supposer que la couleur de $A_0$ est verte.
Deux cas peuvent se présenter:
1° Il existe un sommet du hexagone vert, on peut supposer (sans perdre la généralité) que c'est $A_1$
On colorie en rouge $A_2$ et $A_6$ car sinon un triangle au mois
$A_0 A_1 A_2 $ ou $A_0 A_1 A_6 $ est colorié en vert,
dans ce cas-là la seule coloration $A_3$ et $A_5$ tous les deux rouges et $A_4$ vert ne conduit pas au triangle unicolore (conforme au énoncé)
Alors on considère un point $A_7$ symétrique de $A_0$ par rapport à $( A_1 A_2 ) $ et dans ce cas là quelque soit la couleur de $A_7$ on est en présence d’un triangle unicolore
(on a $ A_1 A_7 A_A_4$ vert ou bien $ A_2 A_3 A_A_7$ rouge)
2° Si toutes les sommets du hexagone sont rouges le triangle
$ A_1 A_3 A_5$ est rouge
n.b. $ A_1 A_7 A_A_4$ est de coté $ \sqrt{3}$ ,
et les triangles $ A_2 A_3 A_A_7$ et $ A_1 A_3 A_5$ sont de coté 1


PS Pensez au problème n°11!

Sincèrement,
Galax
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