Un défi par semaine

Mars 2017, 4e défi

Le 24 mars 2017  - Ecrit par  Ana Rechtman Voir les commentaires (9)
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Nous vous proposons un défi du calendrier mathématique 2017 chaque vendredi et sa solution la semaine suivante.

Semaine 12 :

Dans le patron de l’octaèdre, placer dans les triangles chacun des nombres de $1$ à $8$ de sorte que la somme des nombres de $4$ triangles partageant un sommet soit toujours la même.

PNG - 28 ko

Solution du 3e défi de Mars :

Enoncé

La réponse est $2627$.

Comme $x$ et $x+99$ sont les carrés de nombres entiers positifs, on a :

$x = n^2$

$x + 99 = m^2.$

En soustrayant ces deux équations, on obtient $-99=n^2-m^2=(n-m)(n+m)$ ce qui est équivalent à $99 = (m-n)(n+m)$. Comme $m>n>0$ on a $m+n>m-n>0$. D’autre part, la décomposition en facteurs premiers de $99$ est $3^2\times 11$. On a donc trois cas :

  • $n+m=99$ et $m-n=1$. Alors, en sommant ces deux équations, on obtient $2m=100$ et donc $m=50$. Il vient alors $n=49$ et $x=49^2= 2401$.
  • $n+m=33$ et $m-n=3$. Alors, de la même manière, on obtient $m=18$. Donc $n=15$ et $x=15^2= 225$.
  • $n+m=11$ et $m-n=9$. Alors, de la même manière, on obtient $m=10$. Donc $n=1$ et $x=1^2= 1$.

Finalement, la somme de tous les $x$ est $2401+225+1=2627$.

Post-scriptum :

Calendrier mathématique 2017 - Sous la direction d’Ana Rechtman, Maxime Bourrigan - Textes : Antoine Rousseau et Marcela Szopos.
2016, Presses universitaires de Strasbourg. Tous droits réservés.

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Pour citer cet article :

Ana Rechtman — «Mars 2017, 4e défi» — Images des Mathématiques, CNRS, 2017

Crédits image :

Image à la une - JOSEF P. WILLEMS/FANCY / PHOTONONSTOP

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  • Mars 2017, 4e défi

    le 24 mars 2017 à 12:01, par amic

    Question supplémentaire : montrer qu’à symétrie et rotation près il n’y a que trois solutions.

    Idée : raisonner en binaire et avec les nombres de $0$ à $7$ plutôt, et en mettant ces nombres sur les sommets d’un cube (correspondant aux centres des faces de l’octaèdre).

    On veut donc que la somme sur chaque face donne exactement $14$. On doit donc mettre sur chaque face au plus $2$ nombres comportant un $1$ pour le chiffre des quatraines (sinon la somme dépasse $12+0+1+2$ puisque les $3$ nombres sont différents), donc exactement $2$ (en raisonnant avec la face opposée).

    Ensuite pour le chiffre des deuzaines on montre la même chose : sur une face, on doit faire une somme de $6$ avec les restes modulo $4$, ce qui fait que si on avait trois $1$ dans les chiffres des deuzaines, on aurait trois nombres égaux à $2$ modulo $4$, donc deux nombres égaux.

    Enfin pour le chiffre des unités, c’est encore la même chose : sur une face, on doit faire une somme de $2$ avec les restes modulo $2$, donc exactement deux nombres avec un $1$ comme chiffre des unités par face.

    On s’aperçoit qu’il n’y a alors que huit configurations possibles pour une telle répartition de « deux par face dans tous les cas » : par exemple en prenant les nombres impairs, ils doivent soit se situer aux sommets de deux arètes opposées (dans le cube, donc 6 possibilités), soit aux sommets correspondant à des diagonales des faces uniquement (on part d’un sommet et on trace toutes les diagonales partant de ce sommet, deux possibilités).

    Si on regarde alors les trois critères à la fois (quatraines, deuzaines, unités), on ne peut pas avoir deux fois des configurations « arètes opposées » le long de mêmes axes, sinon il n’y aurait pas de nombres distincts. De même on ne peut pas avoir deux fois de configurations « diagonales de toutes les faces » pour deux critères différents.

    Enfin si les trois critères sont en configuration « arètes opposées », alors les sommets opposés ont les mêmes chiffres des unités, des deuzaines et des quatraines.

    On doit donc avoir un des critères en configuration « diagonales de toutes les faces », et les deux autres sur des arètes opposées, dans des directions différentes. Par exemple si ces deux autres critères sont pour les quatraines et les deuzaines, on peut quitte à faire des rotations supposer que les chiffres $1$ aux quatraines sont sur les arètes haut-gauche et bas-droite, et que les chiffres $1$ aux deuzaines sont sur les arètes avant-haut et arrière-bas. Enfin quitte à faire une symétrie centrale, on peut supposer que les chiffres $1$ aux unités sont sur les sommets haut-avant-gauche, haut-arrière-droite, bas-avant-droite, bas-arrière-gauche.

    Les trois solutions.

    Solution U (celle présentée à la fin de la démonstration précédente).
    Haut-Bas : 8523-1476
    Gauche-Droite : 8541-3276
    Avant-Arrière : 8361-5274

    Solution D
    Haut-Bas : 8352-1647
    Gauche-Droite : 8361-2547
    Avant-Arrière : 8271-3546

    Solution Q
    Haut-Bas : 8235-1764
    Gauche-Droite : 8271-5364
    Avant-Arrière : 8541-2367

    On remarque bien que ces trois solutions sont déduites l’une de l’autre par la permutation circulaire des nombres $2→3→5→2$, $4→7→6→4$ (ce qui correspond à $1→2→4→1$ et $3→6→5$ pour les nombres de $0$ à $7$, qui est bien la permutation des chiffres unité$→$deuzaine$→$quatraine$→$unité).

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