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Roro : j'ai moi aussi une équation du second degré

Salut ,

Roro bien joué avec ton calcul

Bernard math : Oui , mais il faut le démontrer par le calcul .

Salut ,

Si la position des 3 carrés n'est pas imposée, j'ai un triangle équilatéral d'aire :
A=235, 067439...  . Il y a peut-être mieux encore chez Bernard math .

Son côté mesure :

[tex]C = 6\sqrt{2} + \cfrac{16}{\sqrt{2+\sqrt3}}+8\sqrt\frac23[/tex]

Sauf erreur.

Salut

Tof : entièrement d'accord avec toi puisque la somme de leurs chiffres est multiple de 9 .

Le plus grand des nombres est donc multiple de 108 .

Salut,

Le nombre N est divisible par n  s'il est écrit en base n avec un zéro a l'unité ..

C'est normal puisqu'il s'écrit en somme de puissances de n .

Oui ,

Si a et b sont les projections des côtes de l'angle droit , alors :

[tex]h^2 = a.b = 144[/tex]

Puis avec 12 = 3 x 4 , on peut suspecter trois triangles rectangles (3n , 4n , 5n)

Avec un périmètre (3+4+5).m = 60

Salut,

On peut interpréter en se disant :

La population perd 5% de sa population existante l'année précédente , alors qu'il en arrive régulièrement 5 tous les ans . Au fil des ans , les pertes d'individus diminuent jusqu'à tenter d'égaler le nombre 5 (de naissances)

N , étant le nombre minimal cherche ,

[tex]\cfrac{5N}{100}=5[/tex]

On obtient immédiatement N

Salut ,

Il me semble bien qu'une année fin de siècle est bissextile tous les 4 siècles , et non l'inverse .

1600 et 2000 sont des années bissextiles , non ?

Mon nombre 19 doit être correcte il me semble .

Salut,

Bernard-maths , ok pour14 avec l'heptagone . Si cela correspond avec la formule que j'ai calculée , avec l'octogone convexe irrégulier , au maximum tu devrais compter 40 points , puis 90 points avec n=9 .

Avec l'hexagone irrégulier (aucune diagonale parallele) , je trouve 3 points extérieurs .

Soit E , le nombre maximum de points à l'extérieur .

[tex]E = \cfrac{60.C_n^6}{(n-1).(n-2)}=\cfrac{n.(n-3).(n-4).(n-5)}{12}[/tex]

Donne bien évidemment. 0 pour n = 4 et n = 5 .

Salut ,

Mon raisonnement était celui-ci :

On choisit au hasard 4 sommets du polygone convexe irrégulier ;

A chaque choix , on génére un quadrilatère convexe et ses deux diagonales , ce qui donne un unique point d'intersection .

Le reste c'est de la combinatoire : il faut compter le nombre de ces quadruples de sommets .

[tex]N = C_n^4 = \cfrac{n!}{4!.(n-4)!} = \cfrac{n.(n-1).(n-2).(n-3)}{24}[/tex]

n , étant le nombre de sommets du polygone .

Il y a [tex]\frac{n.(n-3)}{2}[/tex] diagonales  , il me semble ; mais toutes  ne se coupent pas à l'intérieur du polygone

Par contre , a partir de 4 sommets distincts , on peut construire 2 segments qui se coupent .

Avec un octogone irrégulier , on a 70 quadruplets  de sommets , autant de quadrilatères et donc autant de paires de diagonales se coupant en autant de points distincts . Non ?

Ce qui donnerait 1 , 5 , 15 , 35 , 70 , 126 ..,.points en partant  du quadrilatère a l'enneagone par exemple .

Salut  ,

Je suis sur tablette , je demontrerai plus tard .