Un défi par semaine

Juin 2015, 4e défi

26 juin 2015  - Ecrit par  Ana Rechtman Voir les commentaires (10)

Nous vous proposons un défi du calendrier mathématique 2015 chaque vendredi et sa solution la semaine suivante.

Semaine 26 :

Soient $p$ et $q$ deux nombres premiers inférieurs à $100$. Si les nombres $p+6$, $p+10$, $q+4$, $q+10$ et $p+q+1$ sont tous premiers, quelle est la plus grande valeur que peut prendre $p+q$ ?

Solution du 3ème défi de Juin :

Enoncé

La réponse est $11$ étudiants.

On désigne par $n$ le nombre d’étudiants qui jouent au football, par $k$ le nombre d’étudiants qui jouent au basketball et par $d$ le nombre d’étudiants qui pratiquent les deux sports. De l’énoncé du problème nous obtenons : $\frac{n}{5}=d$, $\frac{k}{7}=d$, d’où $n=5d$ et $k=7d$.

Il y a $k-d$ étudiants qui jouent uniquement au basketball et $n-d$ qui jouent uniquement au football. Nous avons donc $(n-d)+(k-d)$ étudiants qui pratiquent un seul sport, c’est-à-dire

$110=n+k-2d=5d+7d-2d=10d.$

Nous en déduisons que $110=10d$, d’où nous obtenons $d=11$. Donc, $11$ étudiants pratiquent les deux sports.

Post-scriptum :

Calendrier mathématique 2015 - Sous la direction d’Ana Rechtman Bulajich, Anne Alberro Semerena, Radmilla Bulajich Manfrino - Textes : Ian Stewart.
2014, Presses universitaires de Strasbourg. Tous droits réservés.

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Pour citer cet article :

Ana Rechtman — «Juin 2015, 4e défi» — Images des Mathématiques, CNRS, 2015

Crédits image :

Image à la une - Denis Burdin / SHUTTERSTOCK

Commentaire sur l'article

  • Juin 2015, 4ème défi

    le 26 juin 2015 à 10:48, par verdurin

    Cent.

    On peut remarquer assez facilement que q=3.

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  • Juin 2015, 4ème défi

    le 27 juin 2015 à 00:50, par Léo Schelstraete

    Si on suppose que ni $p$ ni $q=3$ (donc $p,q\equiv 1$ ou $2\pmod{3}$) , alors $p$ et $q\equiv 1 \pmod{3}$ car $p+10$ et $q+10$ doivent être premiers.
    Mais dans ce cas, $p+q+1\neq 3 \equiv 0 \pmod{3}$ n’est pas premier.

    Donc $p$ ou $q=3$. Ce ne peut être $p$ car alors $p+6=9$ n’est pas premier, donc $q=3$.

    On voit que ça marche pour la plus grande valeur possible de $p$ c’est à dire $97$, donc $p+q=100$.

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  • Juin 2015, 4ème défi

    le 27 juin 2015 à 08:43, par ROUX

    Comment répondre sans trop tâtonner ?
    J’ai mis les nombres premiers jusqu’à 100 dans un tableau 10 fois 10.
    On voit alors les couples nécessaires.
    Un (p,p+10) sont deux nombres sur la même ligne, par exemple : (79,89), (37,47), etc.
    Par exemple, le plus grand triplet (p+10,p+6,p) est (89,79,73).
    Le plus grand triplet (q+10,q+4,q) est... Ouh la la... Il y a peu de (q+4,q)... Voyons...(7,3) ; (11,7) ; (17,13) ; (23,19) ; etc.... Mais, parmi tous ceux-là, il faut que je trouve le q+10 correspondant, c’est à dire, une case pleine à la tout de suite droite de q...
    Mais je vais tâtonner, en fait... Ce que je ne voulais pas faire...
    Je ne sais pour l’instant pas faire en ne tâtonnant pas  :-(.

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    • Juin 2015, 4ème défi

      le 27 juin 2015 à 17:42, par Daniate

      Bonjour,

      Les nombres premiers, à l’exception de 3, s’écrivent 3n-1 ou 3n+1. Ajouter 10 à la première forme donne un multiple de 3 donc il ne reste que que 3 et les nombres premiers de forme 3n+1, or si p et q étaient de cette forme p+q+1 serait divisible par 3 donc l’un d’entre eux est 3, ce ne peut pas être p puisqu’ alors p+6=9 n’est pas premier. Voila pourquoi q=3. Reste à trouver le plus grand p possible.

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  • Juin 2015, 4ème défi

    le 27 juin 2015 à 13:36, par Kamakor

    Supposez que ni p, ni q soit égal à 3, et cherchez les congruences modulo 3 des nombres donnés.

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  • Juin 2015, 4ème défi

    le 27 juin 2015 à 14:44, par nef2240

    Bonjour
    Avec une table des nombre premiers
    je cherche p avec distance 6 et 10 premiers aussi (premier grand) : 89
    je cherche q avec distance 4 et 10 premiers aussi (premier grand) : 83
    p+q+1 est premier
    donc solution : 172

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    • Juin 2015, 4ème défi

      le 27 juin 2015 à 19:26, par Lina

      89 +6 =95 non premier (idem avec 89+10=99, 83+4=87 et 83+10= 93)

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  • Juin 2015, 4ème défi

    le 28 juin 2015 à 14:30, par nef2240

    Merci avec le soleil le calcul mental n’est plus ce qu’il est.
    J’ai pris le taureau par les cornes :
    Matrice avec ligne p possible 6 valeurs possibles conditions distances (+6,+10) : 7,13,31,37,61,73 et en colonne q 8 valeurs possibles conditions distances (+4,+10). Dans la matrice on élimine plusieurs cas
    p et q terminent par 7 => Impossible
    p+q+1 nous fait éliminer certains nombre de cases
    si p-1 est multiple de 3 alors q-1 ne l’est pas (vice versa) cela élimine un certains nb de case
    Nous voyons 3 cas possible :
    (p,q)=(7,3),(13,3),(37,3)
    Solution p+q=40

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    • Juin 2015, 4ème défi

      le 28 juin 2015 à 16:37, par Lina

      L’énoncé indique que p et q sont inférieurs à 100, mais rien n’empêche p+6 et p+10 de le dépasser. Donc une autre solution se présente (97,3) avec p+q=100.

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      • Juin 2015, 4ème défi

        le 29 juin 2015 à 09:05, par nef2240

        biensur ! bravo
        oups dans mon train j’ai oublié pour p 97 !
        ahahah

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