Un défi par semaine

Mars 2017, 1er défi

Le 3 mars 2017  - Ecrit par  Ana Rechtman Voir les commentaires (4)

Nous vous proposons un défi du calendrier mathématique 2017 chaque vendredi et sa solution la semaine suivante.

Semaine 9 :

Chaque boîte contient $2$ boules et il y a en tout $4$ boules noires et $4$ blanches. Les nombres de boules noires écrites sur chaque boîte sont tous faux. Si la dernière boîte a plus de boules blanches que la première, combien de boules noires y a-t-il dans chaque boîte ?

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Solution du 4e défi de Février :

Enoncé

La réponse est $180$ et $405$.

Notons $N$ un entier vérifiant cette propriété. Supposons que $2$ soit le diviseur le plus petit de $N$, alors $2\times45=90$ est son diviseur strict le plus grand. Comme $N$ est le produit de son diviseur strict le plus petit et de son diviseur strict le plus grand, $N=2\times90=180$.

Supposons maintenant que $3$ soit le diviseur le plus petit de $N$ alors $3\times45=135$ est son diviseur le plus grand et $N=3\times135=405$.

Si $m>3$ est le plus petit des diviseurs stricts de $N$, alors $45m$ est son diviseur strict le plus grand et $N=45m^2$. Comme $45=3\times15$, le nombre $N$ est multiple de $3$ qui est alors un diviseur strict de $N$. Cela contredit le fait que le plus petit des diviseurs stricts soit strictement supérieur à $3$. Il ne reste finalement que les nombres $180$ et $405$.

Post-scriptum :

Calendrier mathématique 2017 - Sous la direction d’Ana Rechtman, Maxime Bourrigan - Textes : Antoine Rousseau et Marcela Szopos.
2016, Presses universitaires de Strasbourg. Tous droits réservés.

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Pour citer cet article :

Ana Rechtman — «Mars 2017, 1er défi» — Images des Mathématiques, CNRS, 2017

Crédits image :

Image à la une - JOSEF P. WILLEMS/FANCY / PHOTONONSTOP

Commentaire sur l'article

  • Mars 2017, 1er défi

    le 3 mars à 05:10, par Al_louarn

    Notons $N_i$ le nombre de boules noires de la boîte n°$i$.
    Comme il y a $2$ boules par boîte, des faux nombres inscrits sur les boîtes on déduit :
    $N_1 \in \{0,1\}$, $N_2 \in \{1,2\}$, $N_3 \in \{0,2\}$, $N_4 \in \{0,2\}$.
    Par ailleurs, s’il y a plus de boules blanches dans la dernière boîte que dans la première, alors $N_4 < N_1$.
    Mais $N_1 \leq 1$ donc $N_4 = 0$.
    Alors $0 < N_1$ et donc $N_1 = 1$.
    Comme on sait aussi que $N_1 + N_2 + N_3 + N_4 = 4$, on en tire $N_2 + N_3 = 3$.
    Mais $N_2 \leq 2$ donc $N_3 \geq 1$, et finalement il reste $N_3=2$, d’où $N_2=1$.

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  • Mars 2017, 1er défi

    le 3 mars à 11:58, par ROUX

    La première boite a (0N,2B) ou (1N,1B) puisque 2N est faux tandis que la dernière boite a (0N,2B) ou (2N,0B) puisque 1N est faux.
    La dernière boite doit avoir (strictement) plus de boules blanches que la première boite : elle ne peut avoir alors que (0N,2B) et la première boite a alors (1N,1B).
    Il reste une boule blanche à caser qui sera automatiquement dans le couple (1N,1B) qui ne peut pas être dans la troisième boite puisque le nombre 1 est faux : (1N,1B) est dans la deuxième boite.
    Donc les nombres de boules noires sont 1, 1, 2 et 0.

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  • Mars 2017, 1er défi

    le 3 mars à 12:01, par ROUX

    A noter que si le « plus » avait été pris en compte avec le même laxisme que le « supérieur » qui est implicitement « ou égal » pour nos camarades mathématicien-ne-s, eh bien nous avions 0, 2, 2 et 0.

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  • Mars 2017, 1er défi

    le 4 mars à 12:36, par FDesnoyer

    bonjour,

    1120 par disjonction de cas ? :-)

    F.D.

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