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• Mai 2018, 4e défi

  le 25 de mayo de 2018 à 09:56, par Niak

  Considérons le polynôme $P = (x-a)(x-b)(x-c) = x^3-(a+b+c)x^2+(ab+ac+bc)x-abc$. De l’identité $(a+b+c)^2=a^2+b^2+c^2+2(ab+ac+bc)$, on déduit $ab+ac+bc=\frac{24^2-210}{2}=183$. D’où $P=x^3-24x^2 + 183x -440 = (x-5)(x-8)(x-11)$, $\{a,b,c\}=\{5,8,11\}$ et $a^3+b^3+c^3=1968$.

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• Mai 2018, 4e défi

  le 25 de mayo de 2018 à 10:19, par drai.david

  Très joli !
  Cependant, la résolution de l’équation du 3^ème degré ne se fait pas de tête... ;-)

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• Mai 2018, 4e défi

  le 25 de mayo de 2018 à 11:33, par Niak

  Certes, c’était surtout pour être le plus complet possible dans la réponse. Mais en réalité, pour calculer $a^3+b^3+c^3$, on n’a pas besoin de factoriser $P$ : pour $x\in\{a,b,c\}$, on a par construction $P(x)=0$ donc $x^3=24x^2-183x+440$ ce qui donne, lorsqu’on somme les trois, $a^3+b^3+c^3 = 24\cdot210-183\cdot24+440\cdot3=1968$.

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• Mai 2018, 4e défi

  le 25 de mayo de 2018 à 10:13, par drai.david

  On peut supposer $0 < a\leqslant b\leqslant c$.
  La première équation impose $\sqrt{70}\leqslant c\leqslant \sqrt{208}$. D’où $9\leqslant c\leqslant 14$.
  Comme $440=2^8\times 5\times 11$, on en déduit que $c\in\left\{10,11\right\}$.
  Si $c=10$ , alors $ab=44$ et $\sqrt{44}\leqslant b\leqslant c$. D’où $7\leqslant b\leqslant 10$.
  Or ceci est impossible car aucun diviseur de $44$ n’est dans cet intervalle. Donc $c=11$.
  La première équation devient donc $a^2+b^2=89$, ce qui impose $\sqrt{\frac{89}{2}}\leqslant b\leqslant \sqrt{88}$. D’où $7\leqslant b\leqslant 9$. Comme $b$ divise $40$, on en déduit $b=8$ et $a=5$.
  Ainsi, $a^3+b^3+c^3=5^3+8^3+11^3=125+512+1331=1968$.

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• Mai 2018, 4e défi

  le 25 de mayo de 2018 à 10:21, par drai.david

  ARGHH ! Coquille : $440=2^3 \times 5 \times 11$ !!!

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• Mai 2018, 4e défi

  le 25 de mayo de 2018 à 11:50, par Celem Mene

  Oui, et de cette décomposition on peut en déduire le reste très facilement.

  Ainsi de a + b + c = 24, qu’une des inconnues doit être 11. (Si l’on devait le multiplier par 2, cela ne nous laisserait que 1 et 1 pour les autres inconnues, et cela ne convient pas, et par 5 cela serait trop grand).

  Disons donc que c = 11. De abc = 440, nous déduisons que ab = 40. Or 2³ * 5 = 40, donc a = 5 et b = 8. Qu’on peut vérifier en les introduisant dans les équations données.

  5² + 8² + 11² = 210
  5 + 8 + 11 = 24
  5 * 8 * 11 = 440

  2² * (5 * 2) = 40 aussi, mais 4 + 10 + 11 ne font pas 24.
  2 * (5 * 2²) = 40 également, mais la aussi 2 + 20 + 11 ne font pas 24.

  Ainsi 5³ + 8³ + 11³ = 1968, et c’est la seule solution.

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• Mai 2018, 4e défi

  le 25 de mayo de 2018 à 10:56, par Daniate

  a²+b²=210-c², a+b=24-c, ab=440/c
  (a+b)²=a²+b²+2ab donc (24-c)²=210-c²+880/c équation qui se ramène à

  c^3=24c²-183c+440

  En remplaçant c par a puis par b on obtient 3 égalités qui ajoutées membre à membre donnent:

  a^3+b^3+c^3=24(a²+b²+c²)-183(a+b+c)+3x440=1968 petit hommage au cinquantenaire auquel nul n’échappe.

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• Mai 2018, 4e défi

  le 25 de mayo de 2018 à 11:12, par drai.david

  C’est beaucoup plus esthétique que ma méthode bulldozer !

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• Mai 2018, 4e défi

  le 25 de mayo de 2018 à 18:47, par ROUX

  C’est évidemment celle que je préfère ;-)!

  Evidemment: lorsque j’ai vu le nombre de commentaire j’ai rêvé que vous soyez intervenu...

  Quel bonheur lorsque le rêve passe dans la réalité :-)!

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• Mai 2018, 4e défi

  le 25 de mayo de 2018 à 15:55, par pogarreau

  Sans calculer a, b, c on a d’une part en développant a+b+c au cube:
  (a+b+c)^3 = a^3+b^3+c^3 + 6abc + 3a²b+3a²c+3b²a+3b²c+3c²a+3c²b
  En comparant avec le produit
  (a+b+c)(a²+b²+c²) = a^3+b^3+c^3 + a²b+a²c+b²a+b²c+c²a+c²b
  Qu’on soustrait après avoir introduit un facteur 3 libertin:
  (a+b+c)^3 -3(a+b+c)(a²+b²+c²) = 6abc -2(a^3+b^3+c^3)
  ce qui donne
  a^3+b^3+c^3 = 3abc + ( (a+b+c)² - 3(a²+b²+c²) ) (a+b+c) /2

  Puis il suffit de lancer le calcul avec le gros pavé du clavier:
  a^3+b^3+c^3 = 3 * 440 + ( -24² + 3*210) 24/ 2 = 1968

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• Mai 2018, 4e défi

  le 26 de mayo de 2018 à 09:46, par drai.david

  Les deux millésimes encadrant $1968$ qui pourraient être solution de problème avec $a$, $b$ et $c$ distincts deux à deux et premiers entre eux globalement sont $1945=12^3+6^3+1^3$ et $2059=11^3+8^3+6^3$.
  C’est donc assez rare, d’où la pertinence de proposer ce problème maintenant !
  Plus proche de nous et sans contraintes sur $a$, $b$ et $c$, il y a tout de même $2017=11^3+7^3+7^3$.

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