Un défi par semaine

Février 2015, 1er défi

Le 6 février 2015  - Ecrit par  Ana Rechtman Voir les commentaires (3)
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Nous vous proposons un défi du calendrier mathématique 2015 chaque vendredi et sa solution la semaine suivante.

Semaine 6 :

Mon numéro de téléphone est $AB\,CD\,EF\,GH\,IJ$. Chaque lettre représente un chiffre différent, de sorte que : $A>B>C$, $D>E>F$ et $G>H>I>J$.
De plus, $D,E,F$ sont des chiffres pairs consécutifs, $G,H,I,J$ sont des chiffres impairs consécutifs et $A+B+C=9$.
Combien vaut $A$ ?

Solution du 5ème défi de Janvier :

Enoncé

La réponse est 6.

Notons que :

$3!\cdot 5!\cdot 7! = (2\cdot 3)\cdot (2\cdot 3\cdot 2^2\cdot 5)\cdot (2\cdot 3\cdot 2^2\cdot 5\cdot (2\cdot 3)\cdot 7) = 2^8\cdot 3^4\cdot 5^2\cdot 7.$

Donc un cube divisant $3!\cdot 5!\cdot 7!$ est de la forme $2^p\cdot 3^q\cdot 5^r\cdot 7^s$, où $p,q,r$ et $s$ sont multiples de $3$. On
obtient $3$ valeurs possibles pour $p$ : $0$, $3$ et $6$ ; et
$2$ valeurs possibles pour $q$ : $0$ et $3$. L’unique valeur possible pour $r$ et $s$ est $0$. En tout, nous obtenons $3\cdot 2\cdot 1\cdot 1=6$ cubes distincts qui divisent $3!\cdot 5!\cdot 7!$. Ce sont :

$1=2^0\cdot 3^0\cdot 5^0\cdot 7^0,$

$8=2^3\cdot 3^0\cdot 5^0\cdot 7^0,$

$27=2^0\cdot 3^3\cdot 5^0\cdot 7^0,$

$64=2^6\cdot 3^0\cdot 5^0\cdot 7^0,$

$216=2^3\cdot 3^3\cdot 5^0\cdot 7^0,$

$1728=2^6\cdot 3^3\cdot 5^0\cdot 7^0.$

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.

Article édité par Ana Rechtman

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Pour citer cet article :

Ana Rechtman — «Février 2015, 1er défi» — Images des Mathématiques, CNRS, 2015

Commentaire sur l'article

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  • Février 2015, 1er défi

    le 11 février 2015 à 17:32, par Daniate

    Je regrette que les 3 messages précédents aient disparus, le premier donnait le bonne réponse A=8, le deuxième le numéro au complet, mais je n’ai pas notés le noms des internautes, le troisième, du bien estimé ROUX donnait une démonstration fort sobre et différente de celle de Jérôme. Il démontrait que le nombre impair dans ABC était 1, et on peut dans les deux cas raccourcir la fin en observant que les nombres pairs dans ABC ne peuvent être que 2 et 6 ou 0 et 8.

    Une démonstration différente maintenant, mois simple, dans le style habituel de ROUX :

    F étant pair il s’écrit 2*TRUC, D et E étant 2*TRUC+2 et 2*TRUC+4 J étant impair J= 2*MACHIN +1, les 3 autres étant 2*MACHIN +3, 2*MACHIN +5, 2*MACHIN +7

    En additionnant tous les nombres on obtient

    9+6*TRUC+6+4*MACHIN+16=45

    Ce qu’on ramène à l’équation diophantienne (suis-je pédant ou cuistre ?)

    3*TRUC+4*MACHIN=7

    une solution évidente est TRUC=1 et MACHIN=1

    les autres solutions sont TRUC=1+4*BIDULE et MACHIN=1-3*BIDULE, BIDULE étant un entier relatif quelconque.

    A part la première, toutes les solutions comportent un nombre négatif engeance que les chiffres n’apprécient pas.

    Donc une seule solution , qui conduit au résultat déjà trouvé.

    Répondre à ce message

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