Un défi par semaine

Octobre, 3ème défi

17 octobre 2014  - Ecrit par  Ana Rechtman Voir les commentaires (6)

Nous vous proposons un défi du calendrier mathématique 2014 chaque vendredi et sa solution la semaine suivante.

Semaine 42 :

Trouver six nombres entiers positifs consécutifs non divisibles par $7$ dont la somme soit un carré parfait de quatre chiffres.

Solution du 2ème défi d’Octobre

Enoncé

La réponse est $8$ cm.

Soient $a$ et $b$ les longueurs des cathètes du triangle en centimètres. En appliquant le théorème de Pythagore on sait que son hypoténuse mesure $\sqrt{a^2+b^2}$. Par conséquent, la somme des carrés des trois côtés est égale à $2a^2+2b^2=578$, et $a^2+b^2=289=17^2$. L’hypoténuse du triangle mesure donc $17\,cm$. Comme le périmètre mesure $40\,cm$, on obtient que $a+b+17=40$ cm, soit $a+b=23$ cm. Alors, $2ab=(a+b)^2-(a^2+b^2)=23^2-289=240$,
d’où $ab=120$. On en déduit que

$a(23-a) = 120$

$a^2-23a+120 = 0$

$(a-8)(a-15) = 0.$

Par conséquent, les cathètes du triangle mesurent $8$ cm et $15$ cm et plus petit côté du triangle mesure $8$ cm.

Post-scriptum :

Calendrier mathématique 2014 - Sous la direction d’Ana Rechtman Bulajich, Anne Alberro Semerena, Radmilla Bulajich Manfrino - Textes : Étienne Ghys - Illustrations : Jos Leys.
2013, Googol, Presses universitaires de Strasbourg. Tous droits réservés.

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Pour citer cet article :

Ana Rechtman — «Octobre, 3ème défi» — Images des Mathématiques, CNRS, 2014

Crédits image :

Image à la une - Un polytope de Schläfli, par Jos Leys.

Commentaire sur l'article

  • Octobre, 3ème défi

    le 17 octobre 2014 à 08:47, par Bernard Hanquez

    Le seul ensemble d’entiers répondant aux conditions est :

    Solution

    659, 660, 661, 662, 663, 664

    Répondre à ce message
    • Octobre, 3ème défi

      le 7 novembre 2014 à 08:34, par André Perrenoud

      Juste une remarque : l’énoncé mentionne un carré parfait de 4 chiffres et non le carré parfait d’un nombre de 4 chiffres.

      Répondre à ce message
  • Octobre, 3ème défi

    le 17 octobre 2014 à 09:03, par Lina

    Par contre, sans contrainte sur le nombre de chiffres, toute suite commençant par un nombre de la forme 294n(n+1)+71 convient. La seule solution à 4 chiffres correspond à n=1.

    Répondre à ce message
  • Octobre, 3ème défi

    le 19 octobre 2014 à 18:02, par ROUX

    Bon, la somme des entiers de n à n+5 est égale à 6n+15 soit 3(n+5).
    Donc, je cherche à ce que N^2 soit un multiple de 3.
    J’ai conjecturé qu’alors N devait être un multiple de 9. Mais seulement conjecturé car, somme toute, j’annonce un « si...alors » dont je ne sais pas démontrer un sens (en fait, si, je l’ai démontré, mais avec l’algèbre modulaire. Or il me semble que les défis ne devaient pas utiliser des math’ au delà d’une solide troisième de collège... Alors les modulo et congruences, euh...).

    J’ai ensuite pris les racines carrées de 1000 et de 9999 et j’ai ainsi déterminé que les seuls entiers N dont le carré est compris entre 1000 et 9999 et qui sont multiples de 9 sont 36, 45, 54, 63, 72, 81 et 99.

    6n+15 est aussi égal à 6(n+2)+3 : j’ai donc pris le carré de chacun des sept N précédents auquel j’ai ensuite soustrait 3 puis je n’ai gardé que les résultats divisibles par 6 puis j’ai éliminé ceux qui ne permettaient pas d’obéir à la contrainte supplémentaire de la non-divisibilité par 7.
    Mais je trouve que c’est lourdingue et, surtout, je n’ai pas démontré que le carré d’un nombre n’est divisible par 3 que si le nombre est divisible par 3 au carré, soit 9.

    Help !

    Répondre à ce message
    • Octobre, 3ème défi

      le 20 octobre 2014 à 00:13, par Daniate

      Quelques remarques, qui n’ont d’autre but que de vous aider.

      1. 6n+15=3(2n+5)

      2. Qu’appelez-vous N ?

      3. Votre conjecture est fausse:par exemple 36 qui est divisible par 3 (et bien sur par 9) est le carré de 6 qui n’est pas divisible par 9.

      4. Les multiples de 7 allant de 7 en 7 pour avoir 6 nombres consécutifs non divisibles par 7 il faut qu’ils soient encadrés par 2 multiples consécutifs de 7, ils s’écrivent donc 7n+1 ; 7n+2 ; .... 7n+6 et vous découvrirez que leur somme est par contre divisible par 7 (et même par 21)

      Vous pouvez maintenant repartir sur des bases plus saines et nécessitant moins de calculs.

      Répondre à ce message
      • Octobre, 3ème défi

        le 20 octobre 2014 à 08:37, par ROUX

        Votre message est-il une preuve que la télépathie existe : j’avais pensé si fort à vous !
        Je vous remercie pour ces commentaires et indices !

        Répondre à ce message

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