Premier défi : le défi du mois
Quel est le plus grand diviseur commun des nombres \(2^3-2\), \(3^3-3\), \(4^3-4\), \(\cdots\), \(2024^3-2024\) ?
Solution du premier défi
Réponse : 6
Les nombres de la liste sont tous de la forme $$n^3-n=n(n^2-1)=(n-1)\times n\times(n+1).$$ Chaque nombre de la liste est donc le produit de trois entiers consécutifs. Comme le produit de trois entiers consécutifs est à la fois un multiple de 3 et de 2, on en déduit que chaque nombre de la liste est un multiple de 6. De plus, le premier des nombres de cette liste est \(2^3-2=6\), qui n’a pas de diviseurs plus grands que 6. Le plus grand diviseur commun des nombres de la liste est donc 6.
Deuxième défi
Dans un gymnase, on compte \(210\) personnes. La moitié des femmes et un tiers des hommes font du vélo. Si \(85\) vélos sont occupés, combien y a-t-il d’hommes et de femmes dans le gymnase?
Solution du deuxième défi
Réponse : le nombre de femmes est 90, le nombre d’hommes est 120.
Notons \(f\) et \(h\) les nombres respectifs de femmes et d’hommes dans le gymnase. Ils vérifient les équations
$$f+h = 210 ~\text{ et }~ \frac{f}{2}+\frac{h}{3} = 85.$$
La première équation implique \(f=210-h\). En remplaçant \(h\) par \(210-f\) dans la seconde, on obtient \(f=90\), puis \(h=210-90=120\).
Troisième défi
Un sac contient \(100 \) boules de trois couleurs: rouge, blanche et verte. On sait que si l’on sort \(26 \) boules du sac, quelles qu’elles soient, on aura obligatoirement sorti au moins \(10 \) boules d’une même couleur. Quel est le nombre minimal de boules qu’il faut sortir pour être sûr•e d’en sortir \(30 \) d’une même couleur ?
Solution du troisième défi
Réponse : 66
Notons \(r\), \(b\) et \(v\) les nombres de boules de couleur rouge, blanche et verte respectivement. Sans perte de généralité, on peut supposer que \(r\leq b\leq v\). En sortant \(26\) boules du sac, on en sort systématiquement au moins \(10\) d’une même couleur. La répartition de ces \(26\) boules ne peut donc pas être \(8/9/9\) et il faut au moins que \(r\leq 7\) ou que \(r\leq b\leq 8\). Dans ces deux cas, la pire situation pour tirer des boules sans en tirer \(30\) d’une même couleur est le cas \(r=7\) et la répartition \(7/29/29\) qui contient \(65\) boules. Si l’on en tire une \(66^{\text{e}}\), elle ne pourra pas être rouge et on aura donc \(30\) boules blanches ou \(30\) boules vertes. Par ailleurs, une répartition des boules du type \((r,b,v)=(7,46,47)\) répond à la condition de l’énoncé et peut bien engendrer un tirage défavorable de \(65\) boules comme ci-dessus. Pour être sûr d’avoir \(30\) boules de la même couleur, il faut donc en sortir \(66\).
Quatrième défi
Prenons un nombre \(abcd\) à quatre chiffres. En intervertissant l’ordre des chiffres, nous obtenons le nombre \(dcba\) . En retranchant le plus petit de ces deux nombres au plus grand, nous obtenons un nombre à quatre chiffres dont trois d’entre eux sont \(1\) , \(7\) et \(9\) . Quel est le chiffre manquant?
Solution du quatrième défi
Réponse : Le chiffre manquant est \(1\)
Notons \(x\) le chiffre manquant et supposons \(abcd \geq dcba\).
On a
\(\begin{eqnarray*}
abcd – dcba & = & 1000(a-d)+100(b-c)+10(c-b)+(d-a)\\
& = & 999a-999d+90b-90c\\
& = & 9(111a-111d+10b-10c).
\end{eqnarray*}\)
C’est un multiple de \(9\).
La somme des chiffres de \(abcd-dcba\) est donc également un multiple de \(9\).
Donc \(1+7+9+x=17+x\) est un multiple de \(9\) et le chiffre \(x\) vaut forcément \(1\).
Post-scriptum
Le calendrier est publié aux Presses Universitaires de Grenoble, sous la direction scientifique de Romain Joly.
Crédits images
©JROBALLO / Adobestock
ÉCRIT PAR
Romain Joly
Maître de conférences - Institut Fourier de Grenoble
8h42
1er défi
Les nombres sont de la forme :
n³-n=n(n²-1)=n(n-1)(n+1)
Le produit de 3 entiers successifs est divisible par 2 (puisqu’il y a un nombre pair parmi les 3) et par 3 (n+1, n ou n-1).
Leur pgcd est donc 2×3=6,
ce qui correspond au plus petit de ces nombres 2³-2
8h35
2e défi
J’appelle f le nombre de femmes,
alors il y a (210 – f) hommes.
Il y a f/2 femmes et (210 – f)/3 hommes qui font du vélo, soit f/2 + (210 -f)/3 = 85, D’où 3f + 420 -2f = 6×85.
Donc f = 6×85 – 420, c’est-à-dire f = 90 .
Et 210 – 90 = 120.
Alors il y a 90 femmes et 120 hommes.
10h40
2e défi
Supposons qu’il n’y ait que des hommes il y aurait 70 vélos.
En remplaçant 6 hommes par 6 femmes le nombre de vélos augmente de 1 (-2h +3f)
Il faudra répéter 15 fois l’opération pour passer de 70 à 85.
15×6 = 90 femmes, 210-90 = 120 hommes.
12h04
2e défi
\(M+F=210\)
\(M/3+F/2=85\)
Mieux : \(M/3+F/3=70\)
Donc \(F/2-F/3=85-70=15\) ou \(F/6=15\) ou \(F=6*15=90\)
\(90\) femmes et \(210-90=120\) hommes.
13h37
2e défi
La moitié des femmes et les deux tiers des hommes (ceux qui ne font pas de vélo) totalisent : 210 – 85 = 125.
Ces 125 moins la moitié des femmes et le tiers des hommes (ceux qui font du vélo) totalisent : 125 – 85, soit 40, ce qui représente un tiers des hommes.
De là, tous les hommes sont 120 et les femmes 90.
9h46
3e défi
« Appelons la somme des boules tirées selon une couleur quelconque : a, b et c, avec a > b > c.
Notons qu’indépendamment de la première condition le pire tirage serait : (29, 29, 29). Cette condition implique que b + c < 17 ou que c ≤ 7. Afin d’obtenir le pire tirage posons c = 7, alors b = 29 et a également, nous avons : (29, 29, 7), et seule la 66ème boule tirée nous garantit 30 boules d’une même couleur.
13h39
J’aurais dû écrire : a ≥ b ≥ c et non a > b > c.
11h02
3e défi
Je mets 8 boules rouges (R), 8 boules blanches (B) et 84 boules vertes (V) car 8 + 8 + 84 = 100. Au pire du pire je tire les 8 R, les 8 B et heureusement, ouf, je peux tirer 10 V.
Je maintiens ces nombres de couleurs.
Afin d’avoir à coup sûr au moins 30 V, je tire 46 boules puisque au pire j’aurai tiré 8 R, 8 B et qu’il me restera donc 30 V à tirer.
Mais où est le piège ?
13h30
3e défi
Il y a 9 possibilités de répartition des boules pour satisfaire la
condition d’avoir 10 boules de même couleur en sortant 26 boules du sac,
à savoir (avec a ≥ b ≥ c) :
c va de zéro à 7, et a b va de 100 à 93, avec les pires tirages : (29,
29, 0) à (29, 29, 7), avec le nombre minimal de boules à sortir pour
être sûr d’en sortir 30 identiques de 59 à 66
ou c = 8, b = 8 et a = 84, avec un pire tirage : (29, 8, 8), et la 46ème
boule nous permet d’être sûr.
A partir de c = 9, on pourrait avoir un tirage de 26 boules de cette
forme : (9, 9, 8), ce qui ne fait partie de notre problème.
Il faut donc bien tirer 66 boules pour être sur d’en avoir au moins 30
de la même couleur.
19h13
« Il faut lire »a plus b va de 100 à 93″ dans mon post précédent, le signe ’+’ a disparu à la publication.
De plus, le cas c = 0 peut être ignoré, on aurait deux couleurs au lieu des trois de l’énoncé.
Je réfléchissais à votre publication, et je me demande si on ne peut pas répondre tout simplement… 30, avec un tirage (30, 0, 0) ! En effet, on est certain de notre fait dès lors que l’on a effectivement tiré 30 boules identiques, on n’a pas besoin d’aller au-delà et cela peut arriver. De plus, on est assuré qu’il y a toujours au moins 30 boules identiques. En outre, c’est bien le nombre minimal de boules qu’il faut sortir pour le constater.
Il fallait peut-être préciser dans l’énoncé : « dans le cas le plus défavorable ».
16h35
3e défi
Je reformule la bonne solution de celem_mene avec l’aide de mon fils ainé.
Je reprends la notation avec a ≥ b > c pour les nombres de boules de couleurs A, B et C.
On cherche la valeur de c la plus défavorable.
On tire les boules successivement.
Tant qu’on a 3 couleurs, le cas le plus défavorable de tirage est de tirer successivement 3 boules de couleurs toutes différentes.
Quand on n’a plus que 2 couleurs, le cas le plus défavorable de tirage est de tirer successivement 2 boules de couleurs différentes.
On veut obtenir N boules R ou boules B au bout de T tirages (les boules C seront épuisées).
Les 3.c premiers tirages vont conduire à c boules A, c boules B et 0 boules C.
Il reste donc (N – c) boules A ou B à obtenir.
Comme il ne reste que 2 couleurs, on va faire (N – c) tirages pour par exemple les boules A et seulement (N – c – 1) tirages pour les boules B.
Le nombre total de tirages est donc T = 3.c + (N – c) + (N – c – 1) ou T = c + 2N -1.
On nous dit que N = 10 et T = 26. Alors, c = 7.
On nous dit ensuite que N = 30 et on nous demande donc de trouver T.
T = 7 + 2×30 – 1 = 66.
Moi, j’avais quelque chose comme a ≥ b = c.
Qu’est-ce que ça change ?
Je fais les premiers 3.c tirages et j’épuise les boules B et C.
J’ai déjà c boules A et je finis par (N – c) tirages.
J’ai donc T = 3.c + N – c.
Avec les valeurs du texte, j’ai bel et bien mon c = 8.
Du coup, avec ce sac-là, si il faut N = 30 on a bel et bien 46.
21h38
4e défi
La différence entre les deux nombres s’écrit
\(\Delta = |(1000a + 100b + 10c + d) – (1000d + 100c + 10b + a)|\)
\(\Delta = |999(a-d) + 90(b-c)|\)
\(\Delta = 9|111(a-d)+10(b-c)|\).
Puisque \(\Delta\) est multiple de \(9\), c’est le cas aussi pour la somme de ses chiffres : \(1+7+9+x \equiv 0 [9]\), soit \(x=1\).