ClassExo
Problèmes du mois de l'enseignement de Mathématiques MP du Lycée Sainte Croix-Saint Euverte
0
 
Problème du mois de Décembre : Ça passe ou pas ?
Plaçons une corde tendue fixée tout autour de la Terre supposée de forme parfaitement sphérique. On coupe cette corde puis qu'on y ajoute un nouveau morceau de corde de 1cm puis on recolle la corde. Imaginons qu'une main géante tende la corde au dessus de la Terre. Un humain de taille disons 1m80 pourra-t-il passer dans l'espace formé entre la corde et la Terre ?
Pour déterminer la hauteur $h$ entre le sol et la "main", il est sage de déterminer en premier lieu la valeur (approchée) de l'angle $\widehat{MCT}$ où $M$ est le point où la main tire la corde, $C$ le centre de la Terre, et $T$ un des deux points où la corde se "soulève" de la surface de la Terre.
Problèmes des mois précédents
Problème du mois de Novembre : Partitions d'un disque
Énoncé :
Soit $n \in \mathbb{N}^*$. On considère un cercle et on place $n$ points distincts non régulièrement espacés sur ce cercle de telle façon que lorsqu'on relie ces $n$ points entre eux par des segments, il n'y a pas d'intersection commune entre $3$ de ces segments à l'intérieur du disque inclus dans le cercle.

Une fois tous les points reliés les uns aux autres par des segments, en combien de parties le disque délimité par le cercle est-il divisé ?
Faire un dessin pour $n=1,2,3,4,5$ ou plus !
Correction :
Soit $n \in \mathbb{N}^*$. On place et relie nos $n$ points sur un cercle comme demandé dans l'énoncé et on note $p_n$ le nombre de parties du disque ainsi formées.

Pour se donner une idée, on peut dessiner les cas $n=1,2,3,4,5$ pour commencer; on trouve alors $p_1=1$; $p_2=2$; $p_3=4$; $p_4=8$; $p_5=16$. On conjecture tout de suite : \[ p_n = 2^{n-1} \] Mais, malheureusement, ce n'est pas le cas ! Il est inutile d'essayer à chercher une preuve de cette conjecture car en faisant le dessin pour $n=6$ et en recomptant plusieurs fois, on se rend compte que $p_6=31$ et non $32$ !!!
Il nous faut donc essayer autre chose. Voici une manière de déterminer $p_n$ pour tout $n \in \mathbb{N}^*$ :

On suppose nos $n$ points placés et reliés.
Considérons un ensemble maximal de segments qui ne s'intersectent pas à l'intérieur du disque (ils peuvent s'intersecter sur le cercle - et donc sur un des $n$ points). Par ensemble maximal, on entend que si on prend un segment en dehors de cet ensemble, il intersecte au moins un des segment de l'ensemble.
Appelons ce groupe de segments "segments parallèles". Le nombres de parties du disque séparées par ce groupe de segments est égal à :

$1+$ nombre de "segments parallèles"



Ensuite, considérons les autres segments i.e. les segments qui intersectent au moins un des segments parmi le groupe des "segments parallèles". Appelons les "segments sécants".
Chaque nouveau segment sécant tracé ajoute un nombre de parties égal à : $1+$ le nb d'intersections intérieures de ce segment avec les autres segments ("parallèles" ou "sécants").
Donc le nombre de parties données pas le groupe des "segments sécants" est égal à :

nombre de "segments sécants" + nombre total d'intersections intérieures.



Au final, on a :

nb de parties du disque = (1+nb de "segments parallèles")+(nb de "segments sécants" + nb d'intersections intérieures)

= 1+(nb de "segments parallèles"+nb de "segments sécants") + nb d'intersections intérieures



Or, en regroupant "parallèles" et "sécants", on obtient tous les segments ! Donc :

nb de "segments parallèles" + nb de "segments sécants"=nb total de segments = $\dbinom{n}{2}$

car un segment correspond exactement au choix de deux points sur le cercle parmi \(n\).

De plus, le nombre total d'intersections intérieur est égal à \(\dbinom{n}{4}\). En effet, un point d'intersection intérieur correspond exactement au choix de 4 points sur le cercle (faire un petit dessin pour s'en convaincre !).


On obtient ainsi le résultat :

$p_n$ = nb de parties du disque = $1+\dbinom{n}{2}+\dbinom{n}{4}$.

Problème du mois de Octobre : Somme de la somme de la somme des chiffres
Énoncé :
Que vaut la somme de la somme de la somme des chiffres du nombre (en base $10$ bien-sûr !) : \[ 4444^{4444} \]
  1. En base $10$, la somme des chiffres d'un nombre est congrue à ce nombre modulo ? (d'ailleurs, on peut généraliser ceci à une base $b$ quelconque, quel sera le ? dans ce cas ?)
  2. Pour conclure, il faut essayer de majorer grossièrement cette somme de somme de somme !
Correction :
Pour tout $x \in \mathbb{N}$, on note $s(x)$ la somme de ses chiffres en base $10$. Comme, pour tout $n \in \mathbb{N}$, $10^n$ est congru à $1$ modulo $9$, on a : \[ s(x) \;\equiv\; x \; \text{ mod }9. \] Ainsi, le nombre $s(s(s(4444^{4444})))$ recherché vérifie : \[ s(s(s(4444^{4444})))\;\equiv\;s(s(4444^{4444}))\;\equiv\;s(4444^{4444})\;\equiv\;4444^{4444}\;\text{ mod }9. \quad (*) \] Or $4444=9\times 493 + 7\;\equiv\;7\;\text{ mod }9$ et $7^{4444}\;\equiv\;(7^{3})^{1481}\times 7\;\equiv\;7\;\text{ mod }9$ car $7^3\;\equiv\; 1 \text{ mod }9$;
Par suite, \[ 4444^{4444}\;\equiv\;7^{4444}\;\equiv\;7\;\text{ mod }9. \]

Il en résulte, d'après $(*)$, que : \[ s(s(s(4444^{4444})))\;\equiv\;7\;\text{ mod }9. \] Maintenant, on sait que $s(s(s(4444^{4444})))$ est de la forme $7+9n$ où $n \in \mathbb{N}$ (on a bien que $n$ est un entier naturel car notre somme de somme de somme est positive). On va alors majorer $s(s(s(4444^{4444})))$ pour pouvoir majorer $n$ et avec un peu de chance, on aura même une seule valeur possible !
On a $4444^{4444}\leqslant 10000^{4444}=10^{17776}$ et ce dernier nombre possède $17777$ chiffres en base $10$. Le nombre d'au plus $17777$ chiffres de somme des chiffres maximale est $99...99$ (avec $17777$ chiffres $9$) donc : \[ s(4444^{4444})\leqslant s(99...99)=9\times 17777=159993. \] Ainsi, $s(4444^{4444})$ est un nombre d'au plus $6$ chiffres et plus petit que $159993$. On emploie le même raisonnement pour la seconde somme des chiffres. Le nombre d'au plus $6$ chiffres, plus petit que $159993$ de somme des chiffres maximale est $99999$. Ainsi : \[ s(s(4444^{4444}))\leqslant s(99999)=5\times 9=45. \] Par suite, $s(s(4444^{4444}))$ est un nombre d'au plus $2$ chiffres et plus petit que $45$. Le nombre d'au plus $2$ chiffres, plus petit que $45$ de somme des chiffres maximale est $39$. On a donc finalement : \[ s(s(s(4444^{4444})))\leqslant s(39)=12. \]
Or, le seul nombre de la forme $7+9n$ ($n\in \mathbb{N}$) plus petit que $12$ est $7$. Il en résulte que :

La somme de la somme de la somme des chiffres de $4444^{4444}$ est égale à $7$ !

Problème du mois de Septembre : Les tickets à gratter de la M.D.J.
Énoncé :
La M.D.J. (Mathématicienne des Jeux) vient de mettre en circulation son nouveau jeu à gratter et son principe est le suivant :

Sur chaque ticket, on peut découvrir, après l'avoir gratté consciencieusement, une grille $3\times 3$ dans laquelle sont placés aléatoirement${}^*$ chacun des chiffres de $1$ à $9$.
Le ticket rapporte $10$€ à son gratteur si le déterminant de la matrice correspondant à la grille est impair et ne rapporte rien s'il est pair.
Le coût moyen d'édition/distribution d'un ticket est de $0,10€$ et le prix de vente d'un ticket est de $6$€.


La M.D.J. va-t-elle faire des bénéfices sur la vente de ces tickets sur le long terme ?


${}^*$ Par aléatoirement, on entend - il s'agit de la méthode de tirage secrète de la M.D.J. que nous dévoilons ici - que l'on effectue le tirage d'une permutation $\sigma$ uniformément dans $\mathcal{S}_9$; on repère les cases de la grille lignes par lignes en partant du haut et de gauche à droite dans chaque ligne par le chiffres de $1$ à $9$ puis enfin on remplit chaque case repérée par $i \in \{1,...,9\}$ par le chiffre $\sigma(i)$.
On pourra réduire les coefficients de la grille modulo $2$ !
Correction :
Le but est de déterminer le coût total moyen d'un ticket pour la MDJ et de le comparer à son prix de vente : $6$€.
On doit donc déterminer combien, en moyenne, rapporte un ticket à un gratteur. Notons $X$ la variable aléatoire correspondant au gain après le grattage d'un ticket. Alors le gain moyen d'un ticket sera à long terme très proche de $E(X)$, l'espérance de $X$, d'après la loi des grands nombres et on a : \[ E(X)=10P(X=10)+0P(X=0)=10P(X=10). \] Nous cherchons donc la probabilité de l'évènement : \[ (X=10)="\text{le déterminant de la grille est impair}". \] Notons $\mathcal{G}$ l'ensemble des grilles possibles et $\mathcal{G}_{\text{agnantes}}$ l'ensemble des grilles gagnantes. On a ainsi : \[ P(X=10)=\dfrac{\#\mathcal{G}_{\text{agnantes}}}{\#\mathcal{G}}. \] D'après le système de tirage aléatoire secret de la MDJ, on a $\#\mathcal{G}=\#\mathcal{S}_9=9!$. Déterminons désormais $\#\mathcal{G}_{\text{agnantes}}$.

On remarque tout d'abord que pour $M \in M_n(\mathbb{Z})$ et $\overline{M}^2$ la matrice dont tous les coefficients sont les restes de la division euclidienne de ceux de $M$ par $2$, on a : \[ \text{det}(M) \;\equiv\; \text{det}(\overline{M}^2) \;\text{ mod }2. \] On a ainsi, pour $G \in \mathcal{G}$, $G \in \mathcal{G}_{\text{agnantes}}\;\Leftrightarrow \;\text{det}(\overline{G}^2)\;\equiv\; 1 \;\text{ mod }2$. Notons $\overline{\mathcal{G}}^2_{\text{agnantes}}=\{\overline{G}^2 \; | \; G \in \mathcal{G}_{\text{agnantes}} \}$; il s'agit de l'ensemble des matrices carrées d'ordre $3$ avec exactement $5$ coefficients égaux à $1$; $4$ égaux à $0$ et de déterminant impair.
Pour une matrice $3\times 3$, avec cinq $1$ et quatre $0$, on a l'alternative suivante : soit une colonne est remplie de $1$; soit deux colonnes ont exactement deux $1$ et un $0$.
On a donc la partition suivante : \[ \overline{\mathcal{G}}^2_{\text{agnantes}} = \mathcal{M}_1 \sqcup \mathcal{M}_2. \] où $\mathcal{M}_1 = \{ M \in \overline{\mathcal{G}}^2_{\text{agnantes}} \; | \; \text{ une col. est remplie de $1$} \}$ et $\mathcal{M}_2 = \{ M \in \overline{\mathcal{G}}^2_{\text{agnantes}} \; | \; \text{ deux col. ont deux $1$ et un $0$} \}$. Déterminons les cardinaux de ces deux ensembles :
  • $\# \mathcal{M}_1$ :
    On peut procéder de la façon suivante pour dénombrer $\mathcal{M}_1$ : on place la colonne de $1$, ce qui nous donne $3$ choix. Considérons maintenant cette colonne placée (pour illustrer, on considère qu'il s'agit de la première), il nous reste donc deux $1$ à placer dans la matrice. Voyons deux matrices particulières : \[ (1)\begin{pmatrix} 1&1&1 \\ 1&0&0 \\ 1&0&0 \end{pmatrix} \text{ et } (2)\begin{pmatrix} 1&1&0 \\ 1&0&1 \\ 1&0&0 \end{pmatrix} \] Les matrices de type $(1)$ sont celles où les deux $1$ restants sont sur une même ligne ou une même colonne; leurs déterminants sont nuls car les deux colonnes autres que la colonne remplie de $1$ sont liées. Ces matrices ne sont donc pas dans $\mathcal{M}_1$ (ni dans $\overline{\mathcal{G}}^2_{\text{agnantes}}$ d'ailleurs !)
    Les matrices de type $(2)$ sont les autres : les deux $1$ restants ne sont pas sur une même ligne ou même colonne. En développant le déterminant par rapport à la seule ligne contenant un seul $1$, on obtient un résultat égal à $1$ ou $-1$ et donc le déterminant est impair.
    Par suite, ces matrices forment l'ensemble $\mathcal{M}_1$ ce qui nous permet de le dénombrer :
    On a, $3$ choix pour placer la colonne de trois $1$, $3$ choix pour placer le premier $1$ restant dans la deuxième colonne et $2$ choix pour placer le dernier $1$ dans la troisième colonne.
    Ce qui donne au final : \[ \#\mathcal{M}_1 = 3\times 3\times 2 = 18. \]

  • $\# \mathcal{M}_2$ :
    Pour dénombrer $\mathcal{M}_2$, on peut précéder ainsi : une matrice de $\mathcal{M}_2$ possède deux colonnes avec deux $1$ et un $0$; nécessairement, les $0$ de chacune de ces deux colonnes ne peuvent pas être sur une même ligne sinon ces colonnes seraient égales et donc le déterminant serait nul.
    La troisième colonne ne contient qu'un seul $1$ puisque quatre $1$ ont déjà été placés. En développant le déterminant par rapport à cette colonne, on obtient (peu importe la place du $1$ dans cette colonne) $1$ ou $-1$ - voire la marice d'illustration suivante pour ``s'en convaincre'', son déterminant est égal à $\pm 1$ quelque-soit la place du $1$ dans la troisième colonne : \[ \begin{pmatrix} 1&1&\times \\ 1&0&\times \\ 0&1&\times \end{pmatrix} \] Ainsi, ces matrices forment l'ensemble $\mathcal{M}_2$ : on a $3$ choix pour placer la colonne avec un seul $1$, $3$ choix pour placer le $1$ dans cette colonne, $3$ choix pour placer le zéro dans la deuxième colonne (avec deux $1$ et un zéro) et $2$ choix pour placer le zéro dans la colonne restante (puisqu'ils ne doivent pas être alignés); ce qui nous donne : \[ \#\mathcal{M}_2 = 3\times 3\times 3\times 2 = 54. \]

Il en résulte que : $\#\overline{\mathcal{G}}^2_{\text{agnantes}} = \#\mathcal{M}_1+\#\mathcal{M}_2= 72$.
Maitenant, remarquons que deux matrices de $\mathcal{G}_{\text{agnantes}}$ sont associées à une même matrice de $\overline{\mathcal{G}}^2_{\text{agnantes}}$ si, et seulement si, leurs coefficients impairs sont placés au même endroit (et donc les pairs aussi). Ainsi chaque matrice de $\overline{\mathcal{G}}^2_{\text{agnantes}}$ correspond à exactement $5!\times 4!$ matrices de $\mathcal{G}_{\text{agnantes}}$ : les emplacements des nombres pairs et impairs étant fixés, on a $5!$ façons de mettre les nombres impairs dans leurs 5 emplacements et $4!$ façons pour les nombres pairs. On a donc : \[ \#\mathcal{G}_{\text{agnantes}}= \#\overline{\mathcal{G}}^2_{\text{agnantes}}\times 5!\times 4! =72\times 5!\times 4!. \] On obtient alors la probabilité cherchée : \[ P(X=10)= \dfrac{\#\mathcal{G}_{\text{agnantes}}}{\#\mathcal{G}} = \dfrac{72\times 5!\times 4!}{9!} = \dfrac{4}{7}. \] Donc le coût moyen d'un ticket pour la MDJ est de, en ajoutant le prix moyen d'édition/distribution, en euros : \[ E(X)+0,1 = 10\times \dfrac{4}{7}+0,1 \simeq 5,81. \] Le prix de vente étant de $6$€, on peut donc en conclure que la MDJ va faire des bénéfices à long terme sur la vente de ses tickets.
Classexo 2021 || Contacts || Conseils d'utilisation