FINALE MIDI 2008 - Question 1

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a) 3+2+1=6 (nombre de combinaisons de deux sommets differents du carré)

6x2=12 (on peut placer le troisieme sommet a deux endroit different (des deux cotés))

b) 5+4+3+2+1=15 15x2=30
hexagone : abcdef, les triangle ace et bdf sont comptés trois fois donc 30-4=26

c) (11x12)/2=66 66x2=132
dodécagone : abcdefghijkl
les triangles aei, bfj, cgk et dhl sont comptés trois fois chacuns donc 132-(2x4)=132-8=124

en fait corrgié mois SVP

Grégoire

Tes résultats sont tout à fait valabes, le plus vite, c'est d'utiliser la formule pour des combinaisons sans répétitions, donc pour le carré 4!/(2!*(4-2)!)
pour l'hexagone: 6!/(2!*(6-2)!)
pour le dodécagone: 12!/(2!*(12-2)!)

Philippe

Tout ça me semble incomplet. Il y a effectivement 6 choix possibles de deux sommets du carré, mais pour chacun d'eux, on peut obtenir deux triangles équilatéraux (la droite passant par les deux sommets du carré formant un axe de symétrie entre les deux triangles possibles pour ces deux sommets).

Je dirais donc que la réponse au a) est 12 (après avoir vérifié qu'ils sont bien tous distincts).

Non ?

(Un autre Philippe)

C'est en fait ce que Grégoire a dit. Le premier Philippe (qui va probablement me trancher la tête pour cette formulation) n'a voulu qu'attirer l'attention sur le fait que la connaissance des identités combinatoires élémentaires (combinaisons, arrangements, ...) est de nature à simplifier les choses.

Pourquoi trancher la tête à quelqu'un pour avoir "commis" un raisonnement tout à fait exact?