Un défi par semaine

Octobre 2021, 4e défi

Le 22 octobre 2021  - Ecrit par  Ana Rechtman Voir les commentaires (3)
Lire l'article en  

Nous vous proposons un défi du calendrier mathématique chaque vendredi et sa solution la semaine suivante.

Le calendrier 2021 est en vente ! Il s’intitule : « Le ciel dans tous ses états ».

De janvier à décembre, à travers 12 textes superbement illustrés, découvrez l’histoire des équations cachées dans les trajectoires des planètes et des étoiles ainsi que le développement des grandes théories qui ont accompagné cette ­aventure.

Semaine 42

Soient $a$, $b$ et $c$ des nombres entiers positifs tels que $a+b+c=12$.
Quelle est la valeur maximale de \[abc + ab + bc + ac\,\mbox{?}\]

Solution du 3e défi d’octobre :

Enoncé

La réponse est : $5$.

Puisque une face possède les sommets numérotés $1$, $2$, $6$ et $7$ et qu’une autre les sommets $1$, $2$, $5$ et $8$, les sommets $1$ et $2$ forment une des arêtes du cube. De la même manière, les sommets $1$ et $6$ forment une arête, puisqu’ils font partie des faces $\{1,2,6,7\}$ et
$\{1,4,6,8\}$. Nous avons aussi une arête dont les extrémités sont les sommets $1$ et $8$, puisqu’ils sont dans les faces $\{1,4,6,8\}$ et $\{1,2,5,8\}$.
Nous pouvons donc dessiner, à une rotation ou à une symétrie près, le cube et numéroter les sommets $1$, $2$, $6$ et $8$ de cette manière :

PNG - 20.7 ko

Puisqu’une face possède les sommets $1$, $2$ et $6$, son dernier sommet est $7$. Pour une autre face, nous avons les sommets $1$, $6$ et $8$, le quatrième sommet est donc $4$. De même, pour la face constituée par les sommets $1$, $2$ et $8$, elle possède également le sommet $5$.

PNG - 25 ko

Nous pouvons ainsi conclure que le numéro du sommet le plus éloigné du $6$ est le $5$.

Post-scriptum :

Calendrier mathématique 2021 - Sous la direction d’Ana Rechtman,

Partager cet article

Pour citer cet article :

Ana Rechtman — «Octobre 2021, 4e défi» — Images des Mathématiques, CNRS, 2021

Commentaire sur l'article

  • Octobre 2021, 4e défi

    le 22 octobre à 09:37, par François

    Je trouve par des méthodes d’analyse que la valeur maximale est obtenue avec $a=b=c=4$ c’est à dire $112$.
    Dans l’expression , je remplace $a$ par $12-b-c$ et je cherche les poins critiques (points où les dérivées partielles s’annulent) dans le carré $0 \leq b \leq 12 , 0 \leq c \leq 12$ et miraculeusement je trouve un seul point qui est de plus à coordonnées entières $b=c=4$.
    Vu les symétries dans les expressions, on pouvait deviner que le résultat serait obtenu pour $a=b=c$.

    Répondre à ce message
  • Octobre 2021, 4e défi

    le 22 octobre à 13:05, par Niak

    On a $abc+ab+bc+ac=(a+1)(b+1)(c+1)-13$ et l’on se ramène donc à maximiser le produit. On peut utiliser des méthodes d’analyse comme le suggère François, ou directement invoquer l’inégalité arithmético-géométrique : \[(a+1)(b+1)(c+1)\leq\left(\frac{a+1+b+1+c+1}{3}\right)^3=\left(\frac{12+3}{3}\right)^3=5^3\] borne clairement atteinte pour $a=b=c=4$.

    Répondre à ce message
  • Octobre 2021, 4e défi

    le 22 octobre à 19:37, par bistraque

    Autre méthode : pour tout triplet de somme $12$, soit il vaut $(4, 4, 4)$ soit il existe deux éléments, disons $a$ et $b$, dont la différence vérifie $a - b \geq 2$ car sinon la somme ne pourrait être divisible par $3$. La valeur de $V = abc+ab+bc+ac$ calculée pour le triplet $(a-1, b+1, c)$ vaut $V' = V + (a-b-1)(c+1) > V$.
    Quelque soit le triplet de départ, on maximise la somme en réduisant un écart par ce procédé. Le maximum est nécessairement atteint avec $(4, 4, 4)$

    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 ?