Un défi par semaine

Avril 2018, 3e défi

Le 20 avril 2018  - Ecrit par  Ana Rechtman Voir les commentaires (10)

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 16

Charles a choisi $5$ chiffres distincts et a formé un nombre de $5$ chiffres.
Sophie a formé un nombre avec les $5$ chiffres restants.
La somme des deux nombres peut-elle être égale à $122\,222$ ?

Solution du 2e défi de Avril :

Enoncé

La réponse est $21$.

ll y a 9 carrés formés de quatre points adjacents, comme le montre la figure.

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Des carrés avec un point à l’intérieur, il y en a 4, celui de la figure et trois autres semblables.

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Ensuite, il y a 2 carrés avec quatre points à l’intérieur,

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4 carrés avec cinq points à l’intérieur, celui qui est montré et trois semblables,

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et enfin 2 carrés avec douze points à l’intérieur.

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Par conséquent, il y a un total de $21$ carrés.

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Pour citer cet article :

Ana Rechtman — «Avril 2018, 3e défi» — Images des Mathématiques, CNRS, 2018

Commentaire sur l'article

  • Avril 2018, 3e défi

    le 18 avril à 12:09, par Celem Mene

    Formons des duos de chiffres dont l’addition se termine par 2 : (0,2), (9,3), (8,4), (7,5), (6,6) et (1,1). Nous pouvons éliminer les deux derniers duos, puisque chaque chiffre doit être différent. Restent quatre possibilités, mais trois d’entre elles impliquent une retenue dans l’addition. Retenons (0,2), dans notre solution (pour simplifier je ne tiens pas compte du cas contraire, qui nous conduit plus vite à l’épuisement des possibilités). L’utilisation d’un des trois duos restant (9,3), (8,4) et (7,5) nous fait chercher des duos se terminant par 1 (à cause de la retenue précédemment mentionnée et s’y ajoutant) : (6,5), (7,4), (8,3), (9,2), (0,1). Nous ne pouvons utiliser (0,1), que de toute évidence nous ne pouvons mettre en tête de calcul (chiffre commençant par 0), ni ensuite car ne générant pas de retenue. Mais, les éléments de chacun des quatre premiers duos se retrouve dans un des trois duos retenus précédemment, n’en laissant que deux, et ne formant au total que quatre 2.

    Il m’est difficile d’être clair, mais j’espère que vous aurez compris la démarche, et parviendrez à mieux l’expliquer.

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    • Avril 2018, 3e défi

      le 18 avril à 14:16, par Celem Mene

      Par conséquent la somme ne peut pas être égale à 122222.

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      • Avril 2018, 3e défi

        le 18 avril à 14:22, par Celem Mene

        Veuillez s.v.p. remplacer « Mais, les éléments de chacun des quatre premiers duos se retrouve dans un des trois duos retenus précédemment, » par « Mais, les éléments de chacun des trois duos se retrouve dans un des quatre premiers duos retenus précédemment, »

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  • Avril 2018, 3e défi

    le 19 avril à 14:35, par Hébu

    Les 10 chiffres de départ ont une somme égale à $45$ — donc divisible par $3$. Les deux nombres formés séparément peuvent ne pas être divisibles par 3, mais leur somme devrait l’être. Et comme $122\,222$ n’est pas multiple de $3$, on ne doit pas avoir de solution.

    Le raisonnement demanderait un peu de polissage...

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  • Avril 2018, 3e défi

    le 20 avril à 09:10, par Al_louarn

    Disons qu’une paire de chiffres distincts $(a,b)$ est de type $r$ si $(a+b) \mod 10 = r$.
    La somme $122222$ impose que les chiffres de même rang des deux nombres forment toujours une paire de type $1$ (si on ajoute une retenue) ou $2$ (sans retenue).
    Il faut donc partager les $10$ chiffres en $5$ paires disjointes de type $1$ ou $2$.
    Mais on note que les derniers chiffres des deux nombres doivent former une paire de type $2$ car pour eux il n’y a pas de retenue à ajouter.
    L’ensemble des paires de type $1$ ou $2$ forme un graphe qu’on peut représenter par la chaîne $1029384756$, où deux chiffres sont voisins s’ils forment une paire de type $1$ ou $2$.
    Pour le chiffre $1$ on n’a que la paire $(1,0)$, ce qui exclut la paire $(0,2)$. La paire $(2,9)$ est alors obligatoire, ce qui exclut la paire $(9,3)$, etc.
    De proche en proche on est conduit à la partition $(1,0),(2,9),(3,8),(4,7),(5,6)$, dont toutes les paires sont de type $1$, d’où contradiction : la somme ne peut pas être $122222$.

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  • Avril 2018, 3e défi

    le 20 avril à 10:17, par Daniate

    Tout naturel est congru à la somme de ses chiffres modulo 9 (base de la preuve par 9) . Donc quelle que soit la répartition des 10 chiffres en plusieurs nombres, la somme des nombres sera congru à la somme des 10 chiffres modulo 9 c’est à dire 0. Ce n’est bien sur pas le cas du nombre proposé qui est congru à 2.

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    • Avril 2018, 3e défi

      le 20 avril à 10:34, par Niak

      Et idem modulo $3$ (comme le proposait d’ailleurs Hébu ci-dessus).

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      • Avril 2018, 3e défi

        le 20 avril à 14:06, par Daniate

        Certes, mais la fin du message de Hebu demandait un polissage, il me semble y être parvenu. De plus j’aime bien rappeler l’existence de la preuve par 9, que les calculatrices ont rejeté dans l’oubli, alors qu’elle était une approche naturelle et précoce des congruences.

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        • Avril 2018, 3e défi

          le 20 avril à 14:42, par Niak

          Absolument, c’était simplement pour préciser que tout se passait à l’identique modulo $3$ (la raison première étant $10\equiv1\bmod3\text{ ou }9$).

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        • Avril 2018, 3e défi

          le 20 avril à 15:07, par Hébu

          oui, sous cette forme c’est plus carré. Et je soutiens la remarque sur la « preuve par neuf » — qu’on voudrait assimiler à la célèbre liste des départements, avec préfectures et sous-préfectures etc

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