Un défi par semaine

Août 2015, 3e défi

El 21 agosto 2015  - Escrito por  Ana Rechtman Ver los comentarios (3)
Leer el artículo en  

Nous vous proposons un défi du calendrier mathématique 2015 chaque vendredi et sa solution la semaine suivante.

Semaine 34 :

Trouver le plus petit entier positif $N$ tel qu’il y ait exactement $25$ entiers $x$ satisfaisant l’inégalité

$2\leq \dfrac{N}{x}\leq 5.$

Solution du 2ème défi de Août :

Enoncé

La réponse est $11$ points.

Si l’on munit la droite d’un repère, on peut assigner à chaque point sa coordonné qui est un nombre réel. Soient $x_1 < x_2 < \cdots < x_7$ les coordonnées des sept points.

On colorie en rouge le milieu de chaque segment dont les extrémités ont pour coordonnées ces nombres. Nous allons montrer qu’il y a au moins $11$ points coloriés en rouge.

Si un segment a pour extrémités des points d’abscisses $x_i$ et $x_j$, alors le milieu a pour coordonnées $\frac{x_i+x_j}{2}$. On considère les $11$ points coloriés en rouge ayant pour coordonné : $\frac{x_1+x_2}{2} < \frac{x_1+x_3}{2} < \frac{x_1+x_4}{2} < \frac{x_1+x_5}{2} < \frac{x_1+x_6}{2} < \frac{x_1+x_7}{2} < \frac{x_2+x_7}{2} < \frac{x_3+x_7}{2} < \frac{x_4+x_7}{2} < \frac{x_5+x_7}{2} < \frac{x_6+x_7}{2}$. Ces $11$ points sont différents, donc il y a au moins $11$ points coloriés en rouge.

Donnons, maintenant, un exemple dans lequel on ait exactement $11$ points. Cela montrera que le plus petit nombre de points est $11$. Si sur la droite on choisit les $7$ points $0$, $2$, $4$, $6$, $8$, $10$ et $12$ on peut voir que seuls seront coloriés en rouge les $11$ points $1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11$ et pas un de plus.

Post-scriptum :

Calendrier mathématique 2015 - Sous la direction d’Ana Rechtman Bulajich, Anne Alberro Semerena, Radmilla Bulajich Manfrino - Textes : Ian Stewart.
2014, Presses universitaires de Strasbourg. Tous droits réservés.

Article édité par Ana Rechtman

Comparte este artículo

Para citar este artículo:

Ana Rechtman — «Août 2015, 3e défi» — Images des Mathématiques, CNRS, 2015

Comentario sobre el artículo

  • Août 2015, 3ème défi

    le 21 de agosto de 2015 à 11:44, par Valrictin

    L’inéquation revient à 2x<=N et N<=5x
    Pour que 25 entiers positifs satisfassent la condition, prenons-les consécutivement, avec pour minimum m et pour maximum M. Il faut donc que (*) M-m+1=25 (Comme par exemple si le minimum est 2, et le maximum 26, 26-2+1=25 entiers)
    Par ailleurs, ces entiers doivent satisfaire l’inéquation principale, et donc a fortiori les extrema le doivent. On se rend compte aisément que seuls importent N<=5m et 2M<=N, ce qui revient à 2M<=5m, soit (**) 5m-2M>=0.
    On résoud le système (*) et (**), et on obtient M=24+m et 3m>=48
    Le couple solution le plus petit est (m;M)=(16;40)
    Ainsi N=80

    Répondre à ce message
    • Août 2015, 3ème défi

      le 22 de agosto de 2015 à 20:12, par Idéophage

      On peut aussi réduire ça à $\frac{1}{2} \geq \frac{x}{N} \geq \frac{1}{5}$. On a droit à un écart de $\frac{1}{2} - \frac{1}{5}$ et on veut y placer $25$ nombres au minimum, donc il faut diviser par $24$ pour avoir le pas élémentaire maximal : $\frac{(1/2) - (1/5)}{24} = \frac{1}{80}$.

      Répondre à ce message
  • Août 2015, 3ème défi

    le 24 de agosto de 2015 à 23:27, par ROUX

    x est compris entre N/5 et N/2.
    On pose q=N/5 (1); alors N/2=q+24 (2).
    On substitue (1) dans (2) et on résout l’équation en N.
    J’ai bien aimé les deux solutions précédentes.

    Répondre à ce message

Dejar un comentario

Foro sólo para inscritos

Para participar en este foro, debe registrarte previamente. Gracias por indicar a continuación el identificador personal que se le ha suministrado. Si no está inscrito/a, debe inscribirse.

Conexióninscribirse¿contraseña olvidada?

La traducción del sitio del francés al castellano se realiza gracias al apoyo de diversas instituciones de matemáticas de América Latina.