15 juin 2018

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  • Juin 2018, 3e défi

    le 15 juin 2018 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 2018 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 2018 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.

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    • Juin 2018, 3e défi

      le 15 juin 2018 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 2018 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 2018 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 2018 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 2018 à 15:54, par ROUX

      J’aime bien ça :-) !

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  • Juin 2018, 3e défi

    le 15 juin 2018 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.

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    • Juin 2018, 3e défi

      le 15 juin 2018 à 16:00, par ROUX

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

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  • Juin 2018, 3e défi

    le 15 juin 2018 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 2018 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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