1. On vous donne cinq points dans le plan, et on vous dit qu'il s'agit des milieux des cinq cotés d'un pentagone. Déterminez les cinq sommets de ce pentagone.
   
   
2. Est-il toujours possible de déterminer les sommets d'un polygone à partir des milieux de ses cotés?

Solution au problème d'août 2001

MP11: juillet 2001

Dans une vieille édition de Believe It Or Not [Croyez-le ou non] par Ripley, on dit que le nombre

N = 526315789473684210

est un nombre persistant: si l'on multiplie N par n'importe quel entier positif, le resultat contient toujours tous les chiffres 0, 1, ..., 9 (dans le désordre, avec répétitions)

• Est-ce vrai ou faux?
  
  
• Existe-t-il des nombres persistants plus petits que ce nombre là?

Notre problème du mois est tiré de Crux Mathematicorum 27:3 (Avril 2001) pages 204-205. C'est le troisième problème du neuvième "Konhauser Problemfest" annuel (Collège Carleton, préparé par David Savitt et Russell Mann).

Solution au problème de juillet 2001

MP10: juin 2001

a.

On commence avec un "mot" de dix lettres choisies parmi A, B et C. Par exemple A B C C B A B C B A. En dessous, on forme un nouveau mot (de longueur un de moins) comme suit: Entre deux lettres consécutives qui sont différentes, on écrit la troisième lettre, et entre deux lettres identiques on répète la même lettre. On recommence ce processus jusqu'à ce qu'il ne reste qu'une lettre dans le nouveau mot. Par exemple avec le mot précédent, ca donne ceci: A B C C B A B C B A C A C A C C A A C B B B B C B A B B B B A A C C B B C A B C B A B C A C C A B C B C A A A Démontrez que les lettres aux trois coins du triangle sont toujours soit toutes la même, soit toutes différentes.

b.

Pour quelles longueurs de mots (autres que dix) peut-on tirer la même conclusion, à savoir que les lettres aux trois coins du triangle seront soit toutes la même, soit toutes différentes?

Notre problème du mois est tiré de L'ALGEBRA OPERA (1572) http://www-groups.dcs.st-and.ac.uk:80/~history/Bookpages/Bombelli4.gif dont l'auteur, Rafael Bombelli, vécu de 1526 à 1573. Merci Raf!

Solution au problème de juin 2001

MP09: mai 2001

Soit un triangle ABC dont les côtés AB, BC et CA mesurent respectivement 13, 14, et 15. Trouvez la longueur du côté d'un carré DEFG inscrit dans ABC de telle sorte que D est sur AB, E et F sur BC et G sur CA.

Solution au problème de mai 2001

MP08: avril 2001

Le carré de sommets (0,0), (0,1), (1,1), (1,0) a deux propriétés qui nous intéressent:

1. Les coordonnées de tous ses sommets sont des nombres entiers.
   
   
2. Aucun autre point du carré a deux coordonnées entières.

Ce n'est pas le cas du carré de sommets (0,0), (0,2), (2,2), (2,0) par exemple, qui contient les points (0,1), (1,2), (2,1), (1,0) sur la frontière et (1,1) à l'intérieur. Par contre, il existe plusieurs quadrilatères convexes dont les seuls points aux coordonnées entières sont les quatre sommets. (Ici, une figure est dite "convexe" si pour chaque paire de points de la figure, le segment reliant ces deux points est aussi contenu dans la figure). Par exemple, le quadrilatère de sommets (0,0), (1,2), (2,5), (1,3) a la même propriété, ainsi que le quadrilatère de sommets (0,0), (1,0), (4,1), (3,1).

La question du mois est: Existe-t-il un pentagone convexe dont les seuls points ayant leurs coordonnées entières sont les cinq sommets?

Solution au problème d'avril 2001

MP07: mars 2001

 

Le diagramme montre un cercle unité avec une partie ombrée dont la frontière consiste en trois arcs circulaires de rayon 1, dont les centres sont espacés régulièrement autour du cercle. (Avec notre représentation du diagramme en tant qu'horloge, les cercles sont centrés à 12:00, 4:00 et 8:00.) Le problème est de découper la portion non ombrée de l'horloge en morceaux qui peuvent être réassemblés pour former un rectangle.

Solution au problème de mars 2001

MP06: février 2001

Notre problème du mois est une variante d'un vieux problème bien connu: Il est facile de couvrir un échiquier de dimensions normales (8 par 8) avec 32 dominos. Cependant, si on enlève deux carrés situées sur deux coins opposés de l'échiquier, il est impossible de couvrir la grille résultante avec 31 dominos. Si vous n'avez jamais vu ce problème classique, il vaut la peine d'essayer de le résoudre avant de vous attaquer à notre problème du mois.

On considère un bloc "tétraminal", consistué de quatre carrés disposés en forme de T comme ceci:

Il est possible de recouvrir l'échiquier 8 par 8 en utilisant ces blocs.

La question du mois:

Est-il aussi possible de recouvrir un échiquier de dimensions 10 par 10 avec ces blocs tétraminaux? Montrez nous comment le faire, ou bien démontrez que c'est impossible.

Solution au problème de février 2001

MP05: janvier 2001

Un triangle équilatéral est inscrit dans un rectangle avec lequel il partage un sommet. Notons A, B et C, les aires des trois triangles complémentaires, tel qu'illustré ci-dessous. Démontrez que A + B = C.

Solution au problème de janvier 2001

MP04: décembre 2000

On partage les entiers en groupes comme suit:

(1), (2,3), (4,5,6), (7,8,9,10), (11,12,13,14,15), ...

Déterminez la somme des nombres dans le n-ième groupe.

Solution au problème de décembre 2000

MP03: novembre 2000

Combien peut-il y avoir de faces sur un polyèdre dont toutes les faces sont des triangles?

On rappelle qu'un polyèdre est un solide borné par des cotés plats (appelés ''faces''). En général, ces faces sont des polygones, c'est-à-dire des triangles, des carrés, des pentagones, etc. Mais pour notre problème, on demande spécifiquement que toutes les faces soient des triangles. La pluspart d'entre vous connaissez sans doute les exemples classiques du tetraèdre (4 faces), de l'octaèdre (8 faces) et de l'icosaèdre (20 faces). Pour notre problème, on ne demande pas que les faces soient des triangles équilatéraux; tous les triangles sont permis.

Solution au problème de novembre 2000

MP02: octobre 2000

Voici quelque chose à faire avec un mot croisé même sans connaître aucun mot (par exemple, un mot croisé de langue étrangère). Au départ, la plupart des cases sont blanches, et seulement quelques cases sont noires. Deux cases sont dites "voisines" si elles ont un coté commun. On commence à noircir les cases qui ont au moins deux voisins déjà noirs.Par exemple, avec

on noircit la case X, parce que dans chaque cas, elle a deux voisins noirs. Les nouveaux carrés noirs permettent de noircir de nouveaux carrés; en répétant le processus, on en arrive bient\^ot soit à noircir toute la grille, ou à obtenir une configuration ou toutes les cases blanches qui restent sont adjacentes à au plus une case noire. Notre problème porte sur les façons de noircir toute la grille. Par exemple, si la configuration originale est une grille 8 par 8 oú tous les carrés de la diagonale principale sont noirs:

qui mène à

et bientôt à

Il y a plusieurs configurations de 8 carrés noirs qui permettent de noircir toute la grille, par exemple

Le problème du mois::

Est-ce qu'il existe une configuration de 7 carrés noirs qui permet de remplir toute la grille 8 par 8, ou a-t-on toujours besoin d'au moins 8 cases noires dans la configuration originale pour le faire?

Solution au problème d'octobre 2000

MP01: septembre 2000

Huit pièces de cinq sous se touchent comme dans la figure ci-contre. Si on fait rouler la pièce du haut à droite autour des autres, sans glisser, jusqu'à ce qu'elle revienne à son point de départ, combien de culbutes (tour complet sur lui-même) le castor fait-il?

Solution au problème de septembre 2000