Un défi par semaine

Août 2019, 1er défi

Le 2 août 2019  - Ecrit par  Ana Rechtman Voir les commentaires (8)
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Nous vous proposons un défi du calendrier mathématique chaque vendredi et sa solution la semaine suivante. Le calendrier 2019 est en librairie !

Semaine 31

Si douze nombres strictement positifs $a_1\le a_2\le\cdots\le a_{12}$ sont tels que, dès que l’on en choisit trois parmi eux, on ne peut pas construire de triangle (non plat) dont les côtés aient pour longueurs ces trois nombres, quelle est la plus petite valeur possible de $\dfrac{a_{12}}{a_{1}}$ ?

Solution du 4e défi de juillet :

Enoncé

La réponse est $8$ nombres.

Un nombre entier à deux chiffres s’écrit $10a+b$ avec $a$ et $b$ ses chiffres.

Lorsqu’on le lit à l’envers, on obtient alors $10b+a$ : on cherche donc tous les couples $(a,b)$ tels que

$10a+b+10b+a=11\times (a+b)$ soit un carré.

On doit donc avoir $11\times(a+b)=k^2$ pour un certain entier $k$.

Cependant, les entiers $a$ et $b$ sont compris entre $0$ et $9$

donc $a+b\le18$ et la seule possibilité pour que $11\times(a+b)$ soit un carré est que $a+b$ soit égal à $11$.

Finalement, les $8$ nombres possibles sont donc $29$, $38$, $47$, $56$, $65$, $74$, $83$ et $92$.

Post-scriptum :

Calendrier mathématique 2019 - Sous la direction d’Ana Rechtman, avec la contribution de Nicolas Hussenot - Textes : Claire Coiffard-Marre et Ségolen Geffray. 2018, Presses universitaires de Grenoble. Tous droits réservés.

Disponible en librairie et sur www.pug.fr

Article édité par Ana Rechtman

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Pour citer cet article :

Ana Rechtman — «Août 2019, 1er défi» — Images des Mathématiques, CNRS, 2019

Crédits image :

Image à la une - KUCHARSKI K. KUCHARSKA / SHUTTERSTOCK

Commentaire sur l'article

  • Août 2019, 1er défi

    le 2 août à 10:30, par François

    Dans un triangle, la longueur d’un côté est inférieure à la somme des longueurs des deux autres.
    En considérant les nombres $a_{1}, a_{11}$ et $a_{12}$, il suffit d’avoir l’inégalité $a_{1} \geq a_{11} + a_{12}$. Comme $a_{11} \leq a_{12}$, une condition suffisante est $a_{1} \geq 2a_{12}$
    On voit qu’alors pour tout i, j, k , $a_i \geq a_j + a_k$, on ne peut donc pas construire de triangles avec 3 de ces nombres. Une condition suffisante est donc $\frac {a_{12}} {a_1} \leq \frac{1} {2}$.

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    • Août 2019, 1er défi

      le 2 août à 13:44, par ROUX

      Mais il est écrit que a1 est plus petit que a12 dans l’énoncé.

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      • Août 2019, 1er défi

        le 2 août à 13:51, par François

        Bonne remarque.

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        • Août 2019, 1er défi

          le 2 août à 18:56, par ROUX

          En reprenant votre raisonnement dans le bon sens on pose que a12 est supérieure ou égale à a1+a2 qui est elle-même supérieure ou égale à 2a1.
          Cela donne que a12/a1 est supérieure ou égale à 2.
          Ce qui m’avait chiffonné est que si je prends par exemple a1=11, on a a12= 22.
          Donc on a par exemple les 12 entiers entre 11 et 22 dont tous (?) pris par trois font des triangles.
          Je constate que cela ne fonctionne pas mais je ne sais pas expliquer en quoi votre raisonnement est faux.

          Répondre à ce message
  • Août 2019, 1er défi

    le 2 août à 13:55, par Al_louarn

    On peut construire un triangle (non plat) avec les entiers $a \leq b \leq c$ ssi $a+b > c$. Donc pour tout indice $i \leq 10$ nous devons avoir $a_i + a_{i+1} \leq a_{i+2}$. Cette condition est nécessaire mais également suffisante car elle entraîne $a_i + a_j \leq a_k$ pour tout choix d’indices $i < j < k$.
    Pour minimiser le rapport $\dfrac{a_{12}}{a_1}$ il suffit de prendre $a_{i+2} = a_i + a_{i+1}$ pour tout $i \leq 10$. Pour les deux premiers termes la seule contrainte est $a_1 \leq a_2$ donc nous prenons $a_1=a_2$ pour amener les termes suivants et donc $a_{12}$ au plus près de $a_1$.

    Ainsi pour tout $i$ nous obtenons $a_i=a_1 F_i$ où $F_i$ est le terme de rang $i$ dans la suite de Fibonacci.

    La solution est donc $\dfrac{a_{12}}{a_1} \geq \dfrac{F_{12}}{F_1} = 144$

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    • Août 2019, 1er défi

      le 3 août à 13:18, par Niak

      Vous ne démontrez pas clairement que votre construction des plus petits nombres vérifiant la contrainte minimise le rapport (vous justifiez qu’elle minimise la différence, mais ce n’est pas la même chose, à moins bien sûr de considérer la différence des logarithmes, mais c’est une autre histoire).

      En l’occurrence, on a $a_3\geq a_2+a_1$, $a_4\geq a_3+a_2\geq a_2+2a_1$, $a_5 \geq 2a_2+3a_1$, etc. Et plus généralement $a_i\geq F_{i-2}a_2+F_{i-1}a_1$.

      D’où $a_{12}\geq 55a_2+89a_1\geq 144a_1$ car $a_2\geq a_1$ et donc $\frac{a_{12}}{a_1}\geq144$, borne effectivement atteinte par la construction que vous proposiez.

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      • Août 2019, 1er défi

        le 3 août à 16:30, par Al_louarn

        Effectivement, votre raisonnement est plus clair, merci !

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  • Août 2019, 1er défi

    le 2 août à 18:41, par ROUX

    On a juste le droit aux triangles plats.
    Donc, a1+a2 est supérieure ou égale à a3. Pour minimiser on va la prendre égale : a1+a2=a3.
    On a le droit de prendre a2=a1 donc a3=2a1.
    Ensuite, a2+a3 est égale à a4.
    Donc a4=3a1.
    Ensuite a5=5a1, a6=8a1, etc.
    Ok, Fibonacci.
    1 1 2 3 5 8 13 21 34 55 89 144.
    Donc a12=144a1 ou a12/a1=144.

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