Août 2016, 1er défi

Le 5 août 2016 - Ecrit par Ana Rechtman Voir les commentaires (13)
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Nous vous proposons un défi du calendrier mathématique 2016 chaque vendredi et sa solution la semaine suivante.

Semaine 32 :

Étant donné un nombre réel $x$, on note $\lfloor x\rfloor$ le plus grand entier inférieur ou égal à $x$, et $\{x\}=x-\lfloor x\rfloor$ la partie décimale de $x$. Trouver tous les nombres non négatifs $x$ pour lesquels $\lfloor x\rfloor\times \{x\}=x$.

Solution du 5e défi de Juillet :

Enoncé

La réponse est $9$.

Les nombres $a, b, c$ et $d$ sont différents, donc $1-a$, $1-b$, $1-c$ et $1-d$ sont tous différents aussi. Comme la décomposition en facteurs premiers de $10$ est $2\times 5$, $10$ ne peut s’écrire comme le produit de $4$ entiers différents que si deux d’entre eux sont $1$ et $-1$. Les deux facteurs restants sont alors $-2$ et $5$ ou $2$ et $-5$.

Comme $a>b>c>d$ nous avons $1-a< 1-b<1-c<1-d$. D’où $1-b =-1$ et $1-c=1$, ce qui implique que $b=2$ et $c=0$. Nous avons alors deux cas à considérer. Dans le premier, $1-a=-2$ et $1-d=5$, d’où $a=3$ et $d=-4$.
Dans le second cas, $1-a=-5$ et $1-d=2$, d’où $a=6$ et $d=-1$.

La valeur de $a+b-c-d$ est donc égale à $3+2-0-(-4)=9$ dans le premier cas et à $6+2-0-(-1)=9$ dans le second cas. Donc, dans tous les cas, $a+b-c-d=9$.

Post-scriptum :

Calendrier mathématique 2016 - Sous la direction d’Ana Rechtman, Maxime Bourrigan - Textes : Aubin Arroyo, Fabiola Manjarrez et Ana Rechtman.
2015, Presses universitaires de Strasbourg. Tous droits réservés.

Article édité par Ana Rechtman

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Août 2016, 1er défi

le 5 août 2016 à 08:09, par Al_louarn

$x=0$ est l’unique solution.

Si $\lfloor x\rfloor = 0$ ou $\{x\}=0$ alors $\lfloor x\rfloor \{x\} = 0$ et donc $x=0$.

Sinon :
D’une part $\lfloor x\rfloor > 0 $ donc $\lfloor x\rfloor \geq 1$. Alors partant de $\{x\} < 1$, en multipliant par $\lfloor x\rfloor$ nous obtenons $\lfloor x\rfloor \{x\} < \lfloor x\rfloor$.
D’autre part $\{x\} > 0$ donc en ajoutant $\lfloor x\rfloor$ nous obtenons $\lfloor x\rfloor < \lfloor x\rfloor + \{x\}$, c’est-à-dire $\lfloor x\rfloor < x$.
Finalement par transitivité nous obtenons $\lfloor x\rfloor \{x\} < x$ donc il n’y a pas d’autre solution.
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