Un défi par semaine

Avril 2018, 1er défi

Le 6 avril 2018  - Ecrit par  Ana Rechtman Voir les commentaires (1)

Nous vous proposons un défi du calendrier mathématique chaque vendredi et sa solution la semaine suivante. Il n’y aura pas d’édition papier du calendrier 2018, il faudra attendre l’édition 2019 !

Semaine 14

La notation $\lfloor x\rfloor$ signifie le plus grand entier inférieur ou égal à $x$.
On a par exemple $\lfloor 3{,}5\rfloor=3$ et $\lfloor 4\rfloor=4$.
Combien y a-t-il d’entiers $x$ tels que $\lfloor \sqrt{x}\rfloor=10$ ?

Solution du 5e défi de Mars :

Enoncé

La réponse est $d=12$.

Soit $d$ le plus grand entier positif qui divise tous les nombres $n(n+1)(2n+1996)$. Cela veut dire en particulier que $d$ divise les nombres :
\[\begin{eqnarray*} 1\times 2\times 1998 &=& 2^2\times 3^3 \times 37\\ 2\times 3\times 2000 &=& 2^5\times 3 \times 5^3, \end{eqnarray*}\]
qui sont les valeurs de l’expression quand $n$ est égal à 1 et à 2, respectivement.

Ainsi, $d$ doit diviser le plus grand commun diviseur de ces deux nombres, qui est $12=2^2\times3$.

Observons maintenant que tous les nombres de ce type sont
divisibles par 12.

Soit $A_n=n(n+1)(2n+1996)$ un nombre quelconque.
Comme $n(n+1)$ est toujours un nombre pair,
$A_n=n(n+1)(2n+1996)=2n(n+1)(n+998)$ est divisible par 4.
D’un autre côté, $A_n=n(n+1)(2n+1996)=2n(n+1)(n+2+996)$.
Remarquons que comme $n$, $n+1$ et $n+2$ sont des nombres consécutifs, l’un des trois est divisible par 3.
Si $n$ ou $n+1$ est divisible par 3, $A_n$ est divisible par 3. Si aucun des deux ne l’est, alors $n+2$ est divisible par 3, et $n+2+996$ est divisible par 3.
Cela implique que $A_n$ est toujours divisible par 3.
Ainsi, $A_n$ est divisible par 4 et par 3, et par conséquent par 12.
Donc $d=12$.

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Pour citer cet article :

Ana Rechtman — «Avril 2018, 1er défi» — Images des Mathématiques, CNRS, 2018

Commentaire sur l'article

  • Avril 2018, 1er défi

    le 6 avril à 08:27, par Al_louarn

    Par définition, $\lfloor x \rfloor =a$ implique $a \leq x < a+1$.
    Donc $\lfloor \sqrt{x} \rfloor=a$ implique $a \leq \sqrt{x} < a+1$, d’où $a^2 \leq x < (a+1)^2$.
    Le nombre d’entiers $x$ compatibles est donc $(a+1)^2 - a^2 = 2a + 1$.
    Pour $a=10$ on trouve les $21$ nombres de $100$ à $120$ inclus.

    Répondre à ce message

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