Un défi par semaine

Juin 2018, 3e défi

Le 15 juin 2018  - Ecrit par  Ana Rechtman Voir les commentaires (12)

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 24

Combien existe-t-il de suites d’entiers positifs
consécutifs et de longueur au moins $2$, dont la somme est égale à $105$ ?

Solution du 2e défi de Juin :

Enoncé

La réponse est :$32\,cm^2$

Observons que les triangles $BXY$ et $BMN$ sont
congruents car $XB=BM$, $YB=BN$ et les angles $\widehat{XBY}$ et $\widehat{MBN}$ sont égaux. Donc $\widehat{YXB} = \widehat{BMN}$.

Donc $XY$ est parallèle à $MN$, et comme $XY=MN=NA=CM$ les
quadrilatères $XYNA$ et $XYCM$ sont des parallélogrammes.

Appelons $x$ la longueur de $MC$ et $h$ la longueur de la hauteur du triangle $ABC$ sur l’hypoténuse $CA$. On sait que
$\frac{3xh}{2}=12\, cm^2$ est l’aire du triangle $ABC$. Soit $(YCA)$ l’aire du triangle $YCA$.
Comme $B$ est le milieu de $YN$, la hauteur du triangle $YCA$ sur
$CA$ mesure $2h$. Donc,
\[ (YCA)=\frac{3x\times 2h}{2}=3xh=24\, cm^2. \]
D’autre part, comme $XY=CM=x$ et $XY$ est parallèle à $CA$, on obtient que
\[ (XYA)=\frac{XY\times 2h}{2}=xh=\frac{24}{3}=8\, cm^2. \]
Par conséquent, l’aire de $XYCA$ est égale à $8+24=32\, cm^2$.

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Pour citer cet article :

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

Commentaire sur l'article

  • Juin 2018, 3e défi

    le 15 juin à 09:26, par ROUX

    Combien de couples (n,k) tels que (n + (n+1) + (n+2) + ... + (n+k)) = 105 ?
    Ou alors combien de (n,k) tels que (k+1)*n + k*(k+1)/2 = 105, soit (k+1)*[2*n + k] = 210 ?
    210=2*3*5*7.
    La réponse ne serait-elle pas alors le nombre de manière d’assembler ces quatre chiffres de manière à avoir la multiplication de deux nombres ?
    Par exemple, prenons 2*105.
    Disons que k+1=2 alors k=1 et 2*n+1=105 alors n=52.
    On a la suite 52+53=105.
    Et si on avait pris k+1=105, alors k=104 et 2*n...
    Ah...
    Il faudra que k+1 soit pair pour que k soit impair de manière à ce que 105-k soit pair pour que n existe.
    Donc il n’y aura toujours qu’une solution par assemblage des quatre chiffres, le pair étant toujours pris égal à k+1.
    Prenons 14*15.
    k+1=14 donc k=13 donc 2*n=15-13=2 donc n=1.
    On a alors la suite 1+2+3+...14=105 mais, oups, j’ai failli avoir un n négatif.
    Il faudra que k+1 pair soit supérieur à 2*n+k impair.
    Donc, les (k+1)*(2*n+k) qui conviendront sont : 2*105 ; 6*35 ; 10* 21 ; 14*15 et je n’en vois pas d’autre (et, là, j’ai peur ;-) !)...
    4 suites d’entiers consécutifs.
    Et alors pour la route les deux que je n’ai pas encore tâtonnées...
    15+16+...+20=105
    6+7+...+15=105

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    • Juin 2018, 3e défi

      le 15 juin à 10:18, par Daniate

      Votre condition de parité est superflue et vous empêche de trouver d’autres solutions : il y en a 7 possibles. Au boulot, camarade.

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      • Juin 2018, 3e défi

        le 15 juin à 11:15, par ROUX

        Ha ha ha !!!
        J’avais donc raison de prévoir d’avoir peur :-) !!!
        Bon, je regarderai mieux tout à l’heure comment je me suis inutilement encombré de cette nécessité de discuter de la parité.

        Répondre à ce message
    • Juin 2018, 3e défi

      le 15 juin à 15:52, par ROUX

      k+1=3 donc k=2 donc 2*n+2=70 donc n=34.
      34+35+36=105.
      M...e.
      Comme d’habitude, j’ai été trop vite.
      En effet, lorsque après avoir pris k+1=2, j’ai pris k+1=105, j’ai fait (je m’en souviens) 2*n+104=105 ou n=0,5 d’où ma remarque sur la parité.
      Mais, il fallait évidemment que j’écrive 2*n+104=2 et je serai alors tombé sur l’unique critère qui est que on doit toujours choisir (k+1) supérieur à (2*n+k).
      Dès lors, conviennent alors évidement les couples (k+1,2*n+k) égaux à (2,105) ; (3,70) ; (5,42) ; (7,30) ; (6 ;35) ; (10,21) ; (14,15) soit 7 suites...
      Je ne peux décidément pas aller trop vite...
      Je le sais mais je veux parfois m’échapper de moi-même...
      Eh bien non ;-) !

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  • Juin 2018, 3e défi

    le 15 juin à 09:28, par mong

    bonjour,
    une série paire d’entiers consécutifs (hors longueur 2) est forcément de somme paire ;
    une série impaire d’entiers consécutifs de longueur k centrée sur n a pour somme kn
    on a donc 105 = kn
    or 105 = 3 x 5 x 7
    On a donc :

    • une série de longueur 3 autour de 5 x 7 : 34 + 35 + 36
    • une série de longueur 5 autour de 3 x 7 : 19 + 20 + 21 + 22 + 23
    • une série de longueur 7 autour de 3 x 5
      En ajoutant 52 + 53, on obtient 4 séries
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  • Juin 2018, 3e défi

    le 15 juin à 11:09, par pogarreau

    Rigolo comme problème, avec Ui une suite d’entier consécutifs de premier terme U0 positif, on a :
    105= ∑Ui =∑(U0 +i)=n U0+ (n(n+1))/2 avec n>1
    Ce qui donne U0=(210-n(n+1))/2n
    Donc n divise 210 ; et pour avoir U0 positif on a 210 ≥ n(n+1).
    Les n possible sont 2,3,5,6,7,10,15, soit sept solutions possible.

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    • Juin 2018, 3e défi

      le 15 juin à 12:48, par Niak

      A priori vous avez oublié $n=14$. Il y a $7$ ou $8$ solutions selon que l’on considère $u_0>0$ ou $u_0\geq0$ : $(n,u_0)\in\{(2, 52), (3, 34), (5, 19), (6, 15), (7, 12), (10, 6), (14, 1), (15, 0)\}$, les suites pour $n=14$ et $n=15$ sont identiques au $0$ initial près.

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    • Juin 2018, 3e défi

      le 15 juin à 15:54, par ROUX

      J’aime bien ça :-) !

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  • Juin 2018, 3e défi

    le 15 juin à 11:55, par orion8

    Bonjour. Utilisons une propriété des suites arithmétiques finies comportant $n$ termes :

    • si $n$ est impair, la somme des termes est $n$ fois le terme central,
    • si $n$ est pair, la somme des termes est $n$ fois la « valeur médiane », de la forme : entier + $0,5$.

    Comme $105=3 \times 5 \times 7$,

    • $3 \times 35$ donne la suite de $35-1$ à $35+1$,
    • $5 \times 21$ donne la suite de $21-2$ à $21+2$,
    • $7 \times 15$ donne la suite de $15-3$ à $15+3$,
      Après, on aurait des termes négatifs ou nuls ; puis :
    • $2 \times 52,5$ donne la suite $52$ et $53$,
    • $6 \times 17,5$ donne la suite de $17-2$ à $17$ puis de $18$ à $18+2$,
    • $10 \times 10,5$ donne la suite de $10-4$ à $10$ puis de $11$ à $11+4$,
    • $14 \times 7,5$ donne la suite de $7-6$ à $7$ puis de $8$ à $8+6$.
      Après, on aurait des termes négatifs.

    Soit bien $7$ possibilités.

    Répondre à ce message
    • Juin 2018, 3e défi

      le 15 juin à 16:00, par ROUX

      Et ça, c’est très très joli :-) !!!

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  • Juin 2018, 3e défi

    le 15 juin à 23:54, par richecoeur

    La suite de plus haut rang qui vérifie le résultat est u1 (52,53). Elle est de longueur lmin=2
    Une suite qui commencerait par 1 vérifie t elle le résultat : résolvons (n(n+1))/2=105 -> 14 solution.
    Donc la suite u2= (1,2,...,13,14) fonctionne et lmax=14.
    Si on généralise, il faut chercher les u0 (premier terme de la suite arithmétique de raison 1) tel que somme(k,u0,u01)=105 ou l représente la longueur de la suite.
    Il s’agit de trouver les u0 entiers tels u0*l +(l*(l-1))/2=105 avec l = (3,4,...,12,13).
    Exemple pour l=3 : u0=34 d’où u3= (34,35,36)
    pour l=4 : u0=99/4 marche pas
    pour l=5 : u0=19 d’où u4= (19,20,21,22,23)
    pour l=6 :u0= 15 d’où u5=(15,16,17,18,19,20)
    pour l=7 :u0=12 d’où u6=(12,13,14,15,16,17,18)
    pour l=8 :u0=77/8 marche pas
    pour l=9 :u0=69/9 marche pas
    pour l=10 : u0=6 d’où u7=(6,7,8,9,10,11,12,13,14,15)
    pour l=11:u0= 50/11pour l=12 u0=29/12 et l=13 u0=27/13 marchent pas.
    Conclusion : il y a 7 suites un exhibées ci-dessus qui vérifient les hypothèses du pb.

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  • Juin 2018, 3e défi

    le 16 juin à 14:57, par drai.david

    J’arrive après la bataille alors je propose une généralisation pour une somme $N$ quelconque.

    On cherche $n$ et $p$ tels que $n+(n+1)+...+p=(p-n+1)\frac{n+p}{2}=N$.
    Ceci revient à résoudre l’équation $(p-n+1)(n+p)=2N$.
    On pose $N=\prod\limits_{i\in \mathbb{N}^*}p_i^{\alpha_i}$.
    On doit donc décomposer $2N$ en le produit de deux facteurs $p$ et $q$ strictement supérieurs à 1 et de parité contraire.
    De tels produits, il en existe $\prod\limits_{i\geq 2}(\alpha_i+1)-1$.

    Dans le cas du défi, $N=105=3\times 5\times 7$, donc $\alpha_2=\alpha_3=\alpha_4=1$.
    Ce qui donne $2\times 2\times 2-1=7$ suites.

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