Défis du calendrier mathématique Retour à la rubrique

Un défi par semaine

Décembre 2016, 1er défi

Le 2 décembre 2016 - Ecrit par Ana Rechtman Voir les commentaires (12)
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Nous vous proposons un défi du calendrier mathématique 2016 chaque vendredi et sa solution la semaine suivante.

Semaine 49 :

— Vos enfants grandissent si vite !

— Ils ne prennent qu’un an chaque année, répond la mère.

— Certes, mais en un an, le produit de leurs âges augmentera de $82$, et en deux ans de $200$...

Quels âges ont les trois enfants ?

Solution du 4e défi de Novembre :

Enoncé

La réponse est $34$.

Commençons par remarquer que pour deux nombres réels $x, y$, on a toujours $x^2 + y^2 \geq \frac{(x+y)^2}2$. En effet, en développant l’inégalité $(x-y)^2 \geq 0$, on obtient $x^2 + y^2 \geq 2 xy$. On en déduit alors

$2 x^2 + 2 y^2 \geq x^2 + 2xy + y^2,$

ce qui est équivalent à l’inégalité annoncée.

Par conséquent, on a

$(a+b+c+d)^2 + (e+f+g+h)^2 \geq \frac 12 (a+b+c+d+e+f+g+h)^2$

$ = \frac 128^2\, = \, 32.$

Cependant, il est facile de voir que la seule façon d’obtenir $32$ comme somme de deux carrés est $32 = (\pm 4)^2 + (\pm 4)^2$ et qu’il n’y a aucune manière de partager les nombres de l’énoncé en deux parties à quatre éléments dont la somme vaudrait $\pm 4$.

En outre, comme il y a quatre nombres impairs dans l’ensemble, les deux nombres $a+b+c+d$ et $e+f+g+h$ ont nécessairement la même parité. Il en est alors de même de leurs carrés $(a+b+c+d)^2$ et $(e+f+g+h)^2$, ce qui entraîne que leur somme est paire.

Ce qui précède montre que $(a+b+c+d)^2 + (e+f+g+h)^2 \geq 34$. On peut en fait obtenir l’égalité en choisissant (par exemple) $a = 13$, $b=-7$, $c=-5$, $d=2$, $e=-3$, $f=-2$, $g=4$ et $h=6$. Ainsi, la valeur minimale recherchée est $34$.

Post-scriptum :

Calendrier mathématique 2016 - Sous la direction d’Ana Rechtman, Maxime Bourrigan - Textes : Aubin Arroyo, Fabiola Manjarrez et Ana Rechtman.
2015, Presses universitaires de Strasbourg. Tous droits réservés.

Article édité par Ana Rechtman

Commentaire sur l'article

Décembre 2016, 1er défi

le 2 décembre 2016 à 09:37, par Bernard Hanquez

Bonjour,

Par une méthode brutale (macro Excel) je trouve 2, 5 et 8 ans.
Je laisse le soin aux spécialistes de trouver une méthode plus élégante
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Décembre 2016, 1er défi

le 2 décembre 2016 à 10:14, par ruello

un peu moins brutal
soient a, b ,c les âges des enfants rangés dans l’ordre croissant
Ces entiers vérifient a + b + c = 15 et ab + ac + bc = 66.
a <=5, c>=5 et b<=10
b+c =15 -a et bc = 66-a( b+c)
pour a = 0, a= 1 pas de solution, a = 2, b +c = 13 et bc = 40, b = 5 et c = 8 conviennent., a= 3, a = 4, a = 5 pas de solution.
Effectivement , les âges des enfants sont 2, 5, 8
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Décembre 2016, 1er défi

le 5 décembre 2016 à 21:43, par LALANNE
On sait jusque là que :
a+b+c=15 [1]
ab+bc+ac=66 [2]
Donc [1] donne c=15-a-b que l’on reporte en [2]
- a^2+a*(15-b)+15*b-b^2-66=0
  Equation du second degré en a, de discriminant :
  DELTA=-3*b^2+30*b-39
  On cherche des solutions entières, donc DELTA doit être le carré d’un nombre entier.
  b est entier , donc DELTA est multiple de 3 car les coefficients de l’ équation du second degré sont multiples de 3. Les solutions pour DELTA seront de la forme (3*I)^2 avec I entier positif
  DELTA=9 est une solution obtenue avec b=2 ou b=8 qui donne 2,5,8
  DELTA=36 est une autre solution avec b=5 et donne 2,5,8 avec un discriminant nul donc pour le maximum de DELTA
  Les valeurs de DELTA supérieures, pour I>2 ne sont pas possibles, nous avons obtenu la solution : 2,5,8.
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Décembre 2016, 1er défi

le 6 décembre 2016 à 11:06, par LALANNE

Une erreur de copie, l’équation du second degré en a est : -a^2+a*(15-b)+15*b-b^2-66=0
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Décembre 2016, 1er défi

le 3 décembre 2016 à 16:29, par aunryz

Tout aussi brutalement
une solution utilisant l’exploration systématique avec geogebra
(ceci dit, en développant les deux équations qui résultent de l’énoncé
on démontre que la somme des âges est égale à 18 ... )

Sous geogebra
Exploration méthodique (démarche essais erreurs)
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Décembre 2016, 1er défi

le 3 décembre 2016 à 17:46, par ruello

Comment obtenez vous la somme des âges égale à 18 ? De plus, avec la démarche sous géogébra, on obtient aussi la solution (2, 5, 8) , 2+ 5+ 8= 15 !
Voici le détail du début des calculs
( a +1) ( b +1) ( c +1)= abc +82
(a +2 ) ( b +2) ( c +2) = abc +200

abc + ab + ac + bc + a +b + c + 1= abc + 82
abc +2( ab + ac + bc ) + 4 ( a+ b +c) + 8 = abc +200

ab + ac + bc + a+ b +c = 81
ab + ac + bc + 2( a +b +c ) = 96

en soustrayant, on obtient a + b +c = 15
d’où ab + ac + bc = 66
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Décembre 2016, 1er défi

le 3 décembre 2016 à 19:37, par aunryz

Il fallait bien sur lire 15
(désolé et merci de votre rectification
ma distraction me perdra ... le plus tard sera le mieux (sourire)²)
Sinon,
oui les développements que vous faites sont ceux qui me font parvenir à cette somme de 15
et les âges sont bien ceux que donne
la démarche brutale d’exploration systématique
avec le fichier geogebra que j’ai fait.

Cordialement
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Décembre 2016, 1er défi

le 2 décembre 2016 à 23:30, par ROUX

Ne pas trop tâtonner.
En développant les deux produits puis en les combinant, on trouve effectivement les valeurs de ruello.
On calcule (a+b+c)^2 ce qui donne 15^2=a^2+b^2+c^2+2*(66).
Il suffit de trouver les trois carrés d’entiers inférieurs ou égaux à 9 et dont la somme fait 93 (225-66*2).
Rien avec 9^2=81.
Avec 8^2 on a 5^2 et 2^2.
Et 8+5+2=15.
Donc, 8, 5 et 2.
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Décembre 2016, 1er défi

le 3 décembre 2016 à 10:28, par ROUX

Une maladresse de rédaction : puisque la somme des trois carrés des entiers est égale à 93, il ne peut y avoir aucun entier supérieur strictement à 10 (10^2=100).
On se limite donc aux entiers inférieurs ou égaux à 9 (9^2=81).
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Décembre 2016, 1er défi

le 3 décembre 2016 à 20:09, par Daniate

Bonsoir

Jolie méthode à qui il manque toutefois l’unicité de la solution : encore une fois l’affrontement du physicien et du mathématicien.
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Décembre 2016, 1er défi

le 3 décembre 2016 à 15:49, par Daniate

Bonjour,

Pour ma part j’ai noté, par paresse, m la moyenne des âges de la seconde année. Ainsi la moyenne actuelle est m-1 et dans 2 ans elles sera m+1. z<=y<=x sont les écarts de m avec les âges, ils ne varient pas avec le temps et vérifient x+y+z=0.Il faut naturellement que x>0 et z<0. De plus en valeurs absolues l’un est la somme des 2 autres.

Je note sp=xy+yz+zx. A noter qu’il est aussi égal à zx-y².

Le produit des âges est m^3+m(sp)+xyz. Il suffit de remplacer m par m-1 ou m+1 pour avoir les produits des années précédente et suivante.

On obtient alors par différence
m^3-(m-1)^3+sp=82
(m+1)^3-m^3+sp=118

En utilisant les identités remarquables du 3ème degré on obtient 6m=36 et donc m=6.

En remplaçant m par 6 on obtient sp=-9

Donc zx=y²-9. Le produit zx est strictement négatif donc -3<y<3.

Si y=2 ou -2 alors zx=-5 et en valeurs absolues on a 1,2, 5 et aucun n’est somme des deux autres.

Si y=1 ou -1 alors zx=-8 avec soit 1,2,4 soit 1,1,8 qui ne conviennent ni l’un ni l’autre.

Reste y=0 avec soit 0,1,9 ne convenant pas soit 0,3,3 qui devient l’unique solution.

En résumé z=-3, y=0, x=3 et la moyenne actuelle étant 5 ans on retrouve la solution 2,5,8
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Décembre 2016, 1er défi

le 6 décembre 2016 à 20:25, par aunryz

[bris (&) collages]
On peut démontrer qu’aucun n’est multiple de 3
et donc éliminer 3, 6 et 9
en effet
ab + ac + bc = 66 multiple de 3
donc si l’un des nombres
par exemple a
est multiple de trois
un autre l’est aussi
b ou c
puisque a(b+c) + bc est multiple de 3
or cela supposerait que le troisième l’est aussi
puisque leur somme (15) est un multiple de 3
Mais alors ab+ac+bc serait multiple de 9
ce qui n’est pas le cas de 66.
CQFD

De même ils de sont pas tous pairs
car alors ab+ac+bc serait multiple de 4
ce qui n’est pas le cas de 66

On peut aussi démontrer qu’ils ne sont pas tous impairs
puisque ab + bc + ac est multiple de 2
Donc deux d’entre eux sont pairs puisque leur somme vaut 15

...
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