Un défi par semaine

Janvier 2020, 5e défi

Le 31 janvier 2020  - 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 2020 est en vente !

Semaine 5

Déterminer les cinq nombres entiers tels que les sommes de ces entiers pris deux par deux soient $0, 2, 4, 4, 6, 8, 9, 11, 13$ et $15$.

Solution du 4e défi de janvier :

Enoncé

Notons $n$ l’âge de Victor. Le nombre de six chiffres obtenu en écrivant bout à bout trois fois $n$ est simplement le produit $n \times 10\,101$.

Si l’on note $a$ l’âge de sa femme et $b$, $c$, $d$, $e$ les âges de leurs filles (rangés par ordre décroissant), on obtient l’inégalité

$10\,101 \times n = n \times a \times b \times c \times d \times e$,

d’où l’on tire $10\,101 = a \times b \times c \times d \times e$.

Or, la décomposition en facteurs premiers de $10\,101$ est $3 \times 7 \times 13 \times 37$.

On doit donc nécessairement avoir $a = 37$, $b = 13$, $c = 7$, $d = 3$ et $e = 1$.

Ainsi, la fille aînée de Victor a $13$ ans.

La solution est $13$ ans.

Post-scriptum :

Calendrier mathématique 2020 - Sous la direction d’Ana Rechtman, avec la contribution de Nicolas Hussenot - Textes : Serge Abiteboul, Charlotte Truchet. 2019, Presses universitaires de Grenoble. Tous droits réservés.

Disponible en librairie et sur www.pug.fr

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Pour citer cet article :

Ana Rechtman — «Janvier 2020, 5e défi» — Images des Mathématiques, CNRS, 2020

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Image à la une - LIGHTSPRING / SHUTTERSTOCK

Commentaire sur l'article

  • Janvier 2020, 5e défi

    le 31 janvier à 08:27, par Al_louarn

    Avec $i$ nombres impairs parmi les $5$ on obtient les $i(5-i)=4$ sommes impaires $9,11,13,15$
    Cette équation admet deux solutions : $i=1$ ou $i=4$. Dans tous les cas on a $4$ nombres de même parité, et un nombre $m$ de parité différente des autres.
    Comme les $4$ sommes impaires sont en progression arithmétique de raison $2$, en leur retranchant $m$ on voit que c’est aussi le cas pour les $4$ nombres de même parité.
    On peut donc les écrire $n, n+2, n+4, n+6$. Et $m+n=9$ donc $m=9-n$.
    On remarque que les $4$ nombres donnent au moins deux fois la même somme : $n + (n+6) = (n+2)+(n+4)=2n+6$, ce qui correspond forcément à $4$, seul doublon dans la liste de leurs sommes.
    D’où $2n+6=4$, puis $n=-1$
    On en déduit que les $5$ nombres cherchés ne peuvent être que $-1, 1, 3, 5, 10$, qui donnent bien les $10$ sommes demandées.

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  • Janvier 2020, 5e défi

    le 31 janvier à 10:15, par Gérard JONEAUX

    Des 10 combinaisons, 4 sont impaires. Cela implique que sur les 5 nombres, il y a soit 4 pairs et un impair, soit 4 impairs et un pair.
    Les sommes des plus petits nombres sont :
    0,
    2, 4,
    4, 6 et 8
    donc les plus petits nombres forment une suite de raison 2
    ce qui laisse comme possibilité -1, 1, 3 et 5.
    Reste notre unique nombre pair, qui est 10.

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  • Janvier 2020, 5e défi

    le 31 janvier à 10:26, par bistraque

    Si on classe les 5 nombres $a$, $b$, $c$, $d$, $e$ par ordre croissant, les 3 sommes $a+b$, $a+c$, $b+c$ sont nécessairement minimales et en ordre croissant. Elle sont donc sont égales à $0$, $2$ et $4$ ce qui donne $a=-1$, $b=1$ et $c=3$. la somme $a+d$ est nécessairement la plus petite des sommes restantes donc $4$ d’où $d=5$, $b+d=6$, $c+d=8$. Même chose pour $e+a=9$ d’où $e=10$, $e+b=11$, $e+c=13$ et $d+e=10$.

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    • Janvier 2020, 5e défi

      le 31 janvier à 14:23, par Niak

      Si je ne m’abuse, votre raisonnement est correct à un détail près : rien ne permet a priori d’affirmer que $b+c \leq a+d$. Ce qui débloque la situation, c’est que l’on sait que les deux valent forcément $4$ ici.

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      • Janvier 2020, 5e défi

        le 31 janvier à 14:54, par bistraque

        Le classement par ordre croissant des nombres et des sommes de nombres n’exclut pas l’égalité de deux nombres ou de deux sommes. L’important c’est que les 3 premiers nombres de la liste des nombres donneront toujours les 3 premières sommes de la liste des sommes, ce qui détermine $a$, $b$ et $c$, puis $d$ et $e$.

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        • Janvier 2020, 5e défi

          le 31 janvier à 17:20, par Niak

          Oui mais non, ce que je voulais dire c’est que l’on peut très bien avoir $a+b < a+c < a+d < b+c$. Il n’est en toute généralité pas correct de dire « les 3 sommes $a+b$, $a+c$, $b+c$ sont nécessairement minimales » ou encore « les 3 premiers nombres de la liste des nombres donneront toujours les 3 premières sommes ».

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          • Janvier 2020, 5e défi

            le 31 janvier à 18:05, par bistraque

            Arrrgh mais oui bien sûr. Je retire tout ce que j’ai dit :) Si ça marche ici c’est un coup de bol.

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  • Janvier 2020, 5e défi

    le 31 janvier à 12:40, par Mihaela J

    Soit a <= b <= c <=d <= e
    Si on fait la somme des petites sommes on a exactement la sommes de tous les éléments répétée 4 fois.
    0 + 2+ 4+ 4 + 6 + 8 + 9 + 11 + 13 + 15 = 72
    On obtient doc a + b + c + d + e = 18
    Il est évident que a + b = 0 et d + e = 15, et aussi que a + c = 2 et c + e = 13

    Or a + b + c + d + e = (a + b) + c + (d + e)

    on en déduit que c = 18 - 0 - 15, c = 3

    comme c + e = 13, on en déduit e = 10, puis d= 5 et, enfin a = - 1, b = 1

    Réponse : -1, 1, 3, 5, 10

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