Défis du calendrier mathématique Retour à la rubrique

Un défi par semaine

Décembre 2019, 2e défi

Le 13 décembre 2019 - Ecrit par Rechtman, Ana Voir les commentaires (6)
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Nous vous proposons un défi du calendrier mathématique chaque vendredi et sa solution la semaine suivante. Le calendrier 2020 est en vente !

Semaine 50

Écrire le nombre $2019$ sous la forme d’une somme de cinq
nombres entiers au cube.

Solution du 1er défi de décembre :

Enoncé

La solution est $17+\dfrac{1}{17}.$

On observe que les deux franges colorées sont des parallélogrammes de base 2 et de hauteur 5.
Par conséquent l’aire de la partie colorée vaut
\[ 10+10-\text{(aire du carré central)}. \]
Introduisons des noms pour sept points particuliers comme suit :

à l’aide du théorème de Pythagore on obtient
\[ AG^2 = AD^2 + DG^2 = 25 +9=34. \]
La droite $(EF)$ étant parallèle à $(AG)$, les triangles
$ADG$ et $EFD$ sont semblables, d’où
\[ \frac{EF}{ED} = \frac{AD}{AG} =\frac{5}{\sqrt{34}}, \]
et donc $\displaystyle{EF=\frac{10}{\sqrt{34}}}$.

Par conséquent le carré central a pour aire $\left(\frac{10}{\sqrt{34}}\right)^2=\frac{50}{17}$ et la région colorée

$20 -\frac{50}{17}=\frac{290}{17}=17+\frac{1}{17}.$

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

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Décembre 2019, 2e défi

le 13 décembre 2019 à 07:35, par Al_louarn

$11^3 + 7^3 + 7^3 + 1^3 + 1^3 = 2019$
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Décembre 2019, 2e défi

le 13 décembre 2019 à 10:51, par Gérard JONEAUX

13, -5, 1, -3, -3.
Méthode (Ca a marché, mais c’est de la chance !)
grâce à mon tableur excel, version 1998, j’ai calculé les valeurs les plus proches, sommes de deux cubes, et j’ai trouvé :
12 et 6 donne 1944
12 et 7 donne 2071
13 et -5 donne 2072
13 et -6 donne 1981
J’ai ensuite calculé toutes les combinaisons de 3 cubes compris entre -3 et +3 pour combler la différence.
Bref, je n’y suis pour pas grand chose, c’est la machine qui a tout fait.
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Décembre 2019, 2e défi

le 13 décembre 2019 à 09:58, par mesmaker

L’énoncé ne dit pas explicitement que les nombres entiers doivent être positifs. Si tel est le cas, la seule solution est déjà donnée c’est (11, 7, 7, 1, 1).
*
Si l’on s’autorise les nombres négatifs (mais pas le 0), alors il y a d’autres solutions comme :
(-23, -17, -13, 22, 22)
(-23, -2, 3, 7, 24)
(-23, 5, 7, 19, 19)
(-23, 10, 12, 13, 21)
(-21, -14, 1, 15, 22)
...
(-5, 7, 7, 9, 9)
(-2, -9, 6, 7, 13)
(-2, -6, 16, -5, -12)
...
Rien qu’en prenant des nombres de -24 à +24, il y a beaucoup de solutions.
En existe-t-il une infinité ?
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Décembre 2019, 2e défi

le 16 décembre 2019 à 00:16, par Blaxapate

Il y a beaucoup de problèmes ouverts concernant la somme de cubes, bitamment de 3 cubes. Il y a fort à parier que personne n’ait la réponse quant au nombre d’écriture de 2019 comme somme de 5 cubes.

https://en.m.wikipedia.org/wiki/Sum...
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Décembre 2019, 2e défi

le 17 décembre 2019 à 17:02, par Niak

On sait (cf. votre lien par exemple) qu’il y a une infinité de solutions pour $1$ et $2$ et ces solutions peuvent aisément être adaptées à tout $a^3$ ou $2a^3$. Comme $2019 = (-2)^3 + 3^3 + 2\cdot10^3$, on peut construire pour tout $k$ :
\[2019 = (-2)^3 + 3^3 + (10+60k^3)^3 + (10-60k^3)^3 + (-60k^2)^3\]
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Décembre 2019, 2e défi

le 17 décembre 2019 à 13:15, par jml83

Nous pouvons conjecturer que la décomposition ne peut comporter que des entiers impairs.
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Rechtman, Ana

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Décembre 2019, 2e défi

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