Un défi par semaine

Septembre 2015, 4e défi

Le 25 septembre 2015  - Ecrit par  Ana Rechtman Voir les commentaires (3)

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

Semaine 39 :

Trois nombres premiers ont les formes suivantes : $AA$, $BAB$ et $AAAC$. En sachant que chaque lettre représente un chiffre différent, quelles sont les valeurs possibles pour $B$ ?

Solution du 3ème défi de Septembre :

Enoncé

La réponse est $(1,y)$, $(x,1)$ et $\left(x, \frac{1}{x}\right)$, avec $x$ et $y$ non nuls.

Remarquons que $x\neq 0$ et $y\neq 0$. En ajoutant $1$ de chaque côté de l’équation et en factorisant, on obtient :

$xy-x-y+1 = \frac{1}{xy}-\frac{1}{x}-\frac{1}{y}+1$

$(x-1)(y-1) = \frac{1}{xy}-\frac{1}{x}-\frac{1}{y}+1$

$xy(x-1)(y-1) = xy\left(\frac{1}{xy}-\frac{1}{x}-\frac{1}{y}+1\right)$

$xy(x-1)(y-1) = 1-y-x+xy$

$xy(x-1)(y-1) = (x-1)(y-1)$

$(xy-1)(x-1)(y-1) = 0.$

Ainsi, $x = 1$, $y = 1$ ou $xy = 1$.

Si $x=1$, alors $(1, y)$ est une solution pour tout nombre réel $y$ non nul. Si $y = 1$, $(x, 1)$ est une solution pour tout nombre réel $x$ non nul. Si $xy=1$, alors $y=\frac{1}{x}$ et les solutions sont les couples $\left(x, \frac{1}{x}\right)$ pour tout nombre réel $x$ non nul.

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 — «Septembre 2015, 4e défi» — Images des Mathématiques, CNRS, 2015

Crédits image :

Image à la une - AQUARIAGIRL1970 / SHUTTERSTOCK

Commentaire sur l'article

  • Septembre 2015, 4e défi

    le 25 septembre 2015 à 07:54, par ROUX

    A ne peut être égal qu’à 1.
    B ne doit pas être pair : il reste pour B : 3, 5, 7, 9.
    5 est éliminé (515 est divisible par 5).
    313 ou 717 ou 919.
    717 est éliminé (717 est divisible par 3).
    Il reste 313 ou 919.
    B vaut 3 ou 9 car ces deux nombres sont premiers (313 à la calculatrice à partir de l’entier premier le plus poche inférieurement de la racine carrée de 313 et l’autre... Dans une liste de nombres premiers...).

    Dans cette même liste, C=7.

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    • Septembre 2015, 4e défi

      le 26 septembre 2015 à 13:42, par Daniate

      Bonjour, rien à dire sur votre solution, mais j’ai cru comprendre que vous appréciez de vous remuer les méninges, alors pourquoi pas un peu de calcul mental ?

      Quelques astuces permettent de savoir si un nombre inférieur à 10 000 est premier ou non sans papier, calculatrice ou internet.

      Exemple 919 : un peu plus grand que 900 sa racine carrée est un peu plus grande que 30, je vais tenter tous les nombres premiers jusqu’à 31 ( même si je sais que 31²=961 mais on n’est pas obligé de le savoir)

      919 n’est divisible ni par 2, ni par 3, ni par 5, ni par 11 (9-1+9=17)

      Il reste 7, 13,17,19,23,29 et 31

      L’astuce est d’ajouter ou soustraire un multiple du nombre testé qui nous amène à un multiple de 10

      Pour 7 on ajoute 21 (940) ou on retranche 49 (870). 94 n’étant pas divisible par 7 ni 940 ni 919 ne le sont (idem si on passe par 87). Une autre astuce moins générale permet de conclure pour 7 : il suffit de retrancher 700 , 219 =210+9 =7*31+2)

      Pour 13 j’enlève 39 : 880

      Pour 17 j’ajoute 51 : 970

      Pour 19 j’enlève 19 : 900

      Pour 23 j’enlève 69 : 850

      Pour 29 j’enlève 29 : 890

      Pour 31 j’ajoute 31 : 950

      Pour démontrer que c= 7 une nouvelle astuce purement logique : si on me pose la question c’est que l’auteur sait qu’il y a une réponse, comme c n’est ni un nombre pair, ni un multiple de 3 (1+1+1=3), ni 5 ni 1 (1111=11*101) c ne peut être que 7.

      Plus mathématiquement on utilise 1001 =7*11*13 pour se débarrasser de 7 et 13 : 1117-1001= 118 ni divisible par 7 ni par 13.Il reste 17,19,23,29,31,37 (900<1117<1600) bien sûr 37 est trop grand mais il est plus rapide de calculer 1117-37=1080 que de calculer 37².

      J’ai été long mais j’espère n’avoir ennuyé personne, sinon je présente mes excuses.

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      • Septembre 2015, 4e défi

        le 26 septembre 2015 à 17:06, par ROUX

        En tous les cas, moi, je ne me suis pas ennuyé : vous m’avez bel et bien cerné car j’ai bien évidemment beaucoup apprécié cette belle astuce.
        Ah oui, je peux toujours trouver un nombre de fois entier qu’un nombre premier supérieur à 10 est à ajouter (ou à soustraire) à un nombre impair assez grand car les nombres premiers supérieurs à 10 se terminent tous par 1, 3, 7 ou 9 et que dans les tables de multiplication de ces 4 chiffres, les unités prennent toutes les valeurs des unités...
        Alors je tente, en direct.
        5843 est-il divisible par 47 ?
        Bah là, facile, j’ajoute 47 et je trouve 5890.
        Je prends 589 et là j’ajoute 3*47=141 et je trouve 730.
        Je prends 73, et, donc, non, 5843 n’est pas divisible par 47.
        MERCI BEAUCOUP !!!

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