Un défi par semaine

Août 2019, 1er défi

Le 2 août 2019  - Ecrit par  Ana Rechtman Voir les commentaires (8)
Lire l'article en  

Nous vous proposons un défi du calendrier mathématique chaque vendredi et sa solution la semaine suivante. Le calendrier 2019 est en librairie !

Semaine 31

Si douze nombres strictement positifs $a_1\le a_2\le\cdots\le a_{12}$ sont tels que, dès que l’on en choisit trois parmi eux, on ne peut pas construire de triangle (non plat) dont les côtés aient pour longueurs ces trois nombres, quelle est la plus petite valeur possible de $\dfrac{a_{12}}{a_{1}}$ ?

Solution du 4e défi de juillet :

Enoncé

La réponse est $8$ nombres.

Un nombre entier à deux chiffres s’écrit $10a+b$ avec $a$ et $b$ ses chiffres.

Lorsqu’on le lit à l’envers, on obtient alors $10b+a$ : on cherche donc tous les couples $(a,b)$ tels que

$10a+b+10b+a=11\times (a+b)$ soit un carré.

On doit donc avoir $11\times(a+b)=k^2$ pour un certain entier $k$.

Cependant, les entiers $a$ et $b$ sont compris entre $0$ et $9$

donc $a+b\le18$ et la seule possibilité pour que $11\times(a+b)$ soit un carré est que $a+b$ soit égal à $11$.

Finalement, les $8$ nombres possibles sont donc $29$, $38$, $47$, $56$, $65$, $74$, $83$ et $92$.

Post-scriptum :

Calendrier mathématique 2019 - Sous la direction d’Ana Rechtman, avec la contribution de Nicolas Hussenot - Textes : Claire Coiffard-Marre et Ségolen Geffray. 2018, Presses universitaires de Grenoble. Tous droits réservés.

Disponible en librairie et sur www.pug.fr

Article édité par Ana Rechtman

Partager cet article

Pour citer cet article :

Ana Rechtman — «Août 2019, 1er défi» — Images des Mathématiques, CNRS, 2019

Crédits image :

Image à la une - KUCHARSKI K. KUCHARSKA / SHUTTERSTOCK

Commentaire sur l'article

Voir tous les messages - Retourner à l'article

  • Août 2019, 1er défi

    le 2 août 2019 à 13:55, par Al_louarn

    On peut construire un triangle (non plat) avec les entiers $a \leq b \leq c$ ssi $a+b > c$. Donc pour tout indice $i \leq 10$ nous devons avoir $a_i + a_{i+1} \leq a_{i+2}$. Cette condition est nécessaire mais également suffisante car elle entraîne $a_i + a_j \leq a_k$ pour tout choix d’indices $i < j < k$.
    Pour minimiser le rapport $\dfrac{a_{12}}{a_1}$ il suffit de prendre $a_{i+2} = a_i + a_{i+1}$ pour tout $i \leq 10$. Pour les deux premiers termes la seule contrainte est $a_1 \leq a_2$ donc nous prenons $a_1=a_2$ pour amener les termes suivants et donc $a_{12}$ au plus près de $a_1$.

    Ainsi pour tout $i$ nous obtenons $a_i=a_1 F_i$ où $F_i$ est le terme de rang $i$ dans la suite de Fibonacci.

    La solution est donc $\dfrac{a_{12}}{a_1} \geq \dfrac{F_{12}}{F_1} = 144$

    Répondre à ce message

Laisser un commentaire

Forum sur abonnement

Pour participer à ce forum, vous devez vous enregistrer au préalable. Merci d’indiquer ci-dessous l’identifiant personnel qui vous a été fourni. Si vous n’êtes pas enregistré, vous devez vous inscrire.

Connexions’inscriremot de passe oublié ?