Arithmétique : exercices & problèmes

rev. 15 octobre 2018

Sur les Nombres Entiers

Diviseurs d'un entier

Pb 1. Combien de diviseurs pour 144 ?

Tout nombre divisible par pk possède de ce fait k+1 diviseurs.
144 = 24×32 ; les diviseurs de 144 utilisent 2 de 0 à 4 fois, puis 3 de 0 à 2 fois. Soit 5×3 = 15 diviseurs.
 
diviseurs de 144
1 2 4 8 16
3 6 12 24 48
9 18 36 72 144

Pb 2. Donner un nombre à 12 diviseurs.

12 = 11+1,      et 2048 = 211 possède 12 diviseurs.

12 = 3×4,       et  72 = 2³×3² possède 12 diviseurs.

12 = 3×2×2,   et  60 = 2²×3×5 possède déjà 12 diviseurs. Il n'y a pas plus petit.

Pb 3. Un nombre de la forme n²+3 peut-il être divisible par 11 ?

Modulo 11, un carré parfait ne peut valoir que 0, 1, 3, 4, 5, 9 (résidus quadratiques par rapport à 11).

11-3 = 8 ne fait pas partie de la liste. Donc aucun nombre de la forme n²+3 ne peut être divisible par 11.
Par contre, n²+k pourra l'être si k est congru modulo 11 à  2, 6, 7, 8, 10 ou 0.

Par exemple, n²+29 est divisible par 11 si n²+7 l'est, c'est à dire si n² est congru à 11 modulo 4 ; n est alors un multiple de 11, plus 2 ou 9.
Par exemple, considérons 9×11+2 = 101 ; 101² = 10201; 101² + 29 = 10230 = 11×930.

Pb 4. Carrés de la forme ak+b ?

Le résidu quadratique d'un carré n² par rapport à a est le résidu n² mod a.
Comme 100 = 10×10, un carré de la forme 100k +17 est aussi de la forme 10k+17, donc de la forme 10k+7.

Un carré peut-il avoir pour résidu 7 modulo 10 ?  Modulo 10, les résidus quadratiques sont :

r, résidu de n 0 1 ou 9 2 ou 8 3 ou 7 4 ou 6 5
résidu quadratique (r² mod 10)  0²=0 1²=1 2²=4 3²=9 4² mod 10 = 6 5² mod 10 = 5

7 ne fait pas partie de la liste des résidus quadratiques modulo 10. Il n'existe pas de carré parfait de la forme 10k+7 ou 10k +17 ou 100k+17.
Un carré n² de la forme 13k+22 serait, modulo 13, de résidu quadratique 22-13 = 9.

r, résidu de n 0 1 ou 12 2 ou 11 3 ou 10
 4 ou 9 5 ou 8 6 ou 7
r² mod 13, résidu quadratique de n² 0²=0 1²=0 2² = 4 3² = 9
 4² mod 13 = 3 5² mod 13 = 12 6² mod 13 = 10

9 est le résidu quadratique des carrés de nombres (13m±3)... Tout (13m±3) a donc un carré en 13k+9, acceptable dès que 13k+9 ≥ 22

candidat 10 16 23 29 36 49 .... 119 ...
carré 100 = 22+6×13 256 = 22+18×13 529 = 22+39×13 841 = 22+63×13 1296 = 22+98×13 2401 = 22+183×13
14161 = 22+1091×13


Entiers partageant des facteurs

Pb 1. Trouver 2 entiers de pgcd 10 et de produit 3600.

Ces deux entiers sont de la forme 10a et 10b, où a et b sont premiers entre eux. Donc 3600 = 100×ab, et ab = 36 = 1×36 = 4×9.

En supposant a ? b, les solutions sont (10, 360) et (40, 90). 

Pb 2. Trouver 2 entiers de pgcd 5 et de produit 570 ? 2100 ?

Ces deux entiers sont de la forme 5a et 5b, où a et b sont premiers entre eux . Donc leur produit est de la forme 25×ab.

Pb 3. Trouver 3 entiers naturels tels que le produit des 2 premiers soit 84 et le produit des 2 derniers 154.

Le second nombre divise 84 et 154, donc leur pgcd : pgcd(84, 154)  = pgcd(84, 70) = pgcd(14, 70)= 14 = 2×7. 

Le second nombre peut donc valoir 1, 2, 7 ou 14. D'où les solutions :

premier nombre
84
42
12
6
second nombre
1
2
7
14
troisième nombre
154
47
22
11

Remarque - Le nombre de solutions est égal au nombre de diviseurs du pgcd des deux produits : un étant toujours un diviseur possible, il y a donc toujours au moins une solution.

Pb 4. Trouver 4 entiers naturels tels que le produit des 2 premiers soit 84, le produit des 2 centraux soit 46 et le produit des 2 derniers 154.

Faisabilité. 84×154 = 12'936 est le produit des quatre entiers cherchés. Mais ce n'est pas un multiple de 46, produit du 2e et du 3e entiers. Il n'y a donc pas de solution.

Pour qu'il y en ait une, il faudrait que le produit des 2e et du 3e soit un diviseur de 12'936 = 2³×3×7²×11 au plus égal à min(84, 154) = 84.

Choisissons 42. Si les produits étaient (84, 42, 154), le troisième entier, le plus contraint, serait diviseur de pgcd(42, 154) = 14, d'où 4 solutions : (2, 42, 1, 154),(4, 21, 2, 77), (14, 6, 7, 22), (28, 3, 14, 11).

Pb 5. Trouver 3 entiers naturels tels que le produit des 2 premiers soit 28 et leur somme au plus égale à 15.

28 = 2²·7, et les deux premiers nombres forment une paire de facteurs conjugués de 28, soit (1, 28), (2, 14), (4, 7), à une permutation près. La dernière, de somme 11, est la seule acceptable. Le troisième entier vaut alors au plus 14-11 = 3, soit  (0), 1, 2 ou 3.

Pb 6. Existe-t-il des entiers naturels m et n tels que m³ = 40 n² ?

Si un tel couple existe, alors m³ ? 40n² mod 40, soit m³ ? 0 mod 40.   Or 40= 5•2³ .  Donc m³ = 5^(3p)•2^(3q), avec p, q ?1, et m = (5^p)•(2^q) est la forme des solutions possibles.

On a alors  n² = 5^(3p-1)•2^(3q-3), où 3p–1 et 3q–3 doivent être pairs.
?    Pour que 3p–1 soit pair, 3p doit être impair, donc p impair. Posons p= 2k+1.
?    Pour que 3q–3 soit pair, 3q doit être impair, q impair, et on pose q = 2h+1.

Les couples solutions sont alors  m = 5^p•2^q = 5^(2k+1)•2^(2h+1)  et n = 5^(3k+1)•2^(3h)

soit m = 10•25^k•4^h    et n = 5•125^k•8^h.  Par exemple,  (10, 5), (40, 40), (250, 625)...

Pb 7. Trouver deux entiers x et y dont on donne la différence des carrés d.

Soit d = x²- y². Alors d = (x+y)•(x-y). Soient p et q deux facteurs conjugués de d, avec p ? q ; en posant p = x+y et q = x-y on obtient x = (p+q)/2 et y =(p-q)/2.

Pour que x et y soient des entiers, d doit donc admettre 2 facteurs conjugués de même parité. Pour cela, si d est pair, alors il doit être multiple de 4.

Pour les entiers d qui ne sont pas de la forme 4•k+2, on a autant de solutions que de décompositions distinctes de d en produits de facteurs conjugués de même parité.

Exemples :

Nombres triangulaires et nombres carrés

1 - Les carrés ne sont jamais de la forme 3k+2
Modulo 3, nous avons 0² = 0, 1² = 1, 2² = 4 =? 3+ 1, et 2 n'est pas résidu quadratique modulo 3. CQFD.

2 - Les nombres triangulaires ne sont jamais de la forme  3k+2
Partant de 0, les nombres triangulaires ont pour différence les entiers successifs : 0, 0+1=1, 1+2 =3, 3+3 =6, 6+4=10, 10+5=15, 15+6 =21, 21+7 = 28  etc...

Modulo 3, les incréments successifs valent 1, 2, 0, 1, 2, 0.... et forment une suite de période (1, 2, 0).

Donc, modulo 3, les nombres triangulaires successifs sont congrus à 0, 1, 1+2 ? 0, 0+0 ? 0,  0+1 ?  1, 1+2 ?  0 .... et leurs résidus modulo 3 forment une suite périodique de période (0, 1, 0). Ces nombres triangulaires ne sont donc jamais de la forme 3k+2... mais 2 fois sur 3 divisibles par 3.


 3 - Les nombres triangulaires sont toujours composés
On montre par récurrence que les nombres triangulaires sont de la forme n(n+1)/2.
L'un des nombres n ou n+1 est pair, et l'expression est toujours entière, produit de 2 entiers distincts.

Sujet de réflexion
Considérons les nombres premiers modulo 6. Au-delà de 3, ils doivent être divisibles ni par 2 ni par 3, et sont donc de la forme 6k+1 ou 6k+5.
Les nombres de la forme 6k+1 peuvent être carrés de nombres de la forme 6n±1, ou nombres triangulaires (comme 3n+1),
au contraire des nombres de la forme 6k+5.
Les nombres de la forme 6k+5 devraient donc être plus souvent premiers que ceux de la forme 6k+1...

Raréfaction des nombres premiers

Trouver une suite de 10 entiers composés consécutifs (i.e. une suite de 10 entiers consécutifs ne contenant pas de nombre premier).

Soit N(n) un nombre divisible par tous les entiers de 2 à n.  Au-delà, les  nombres N(n) + p sont divisibles par p si p est (divisible par) 2 ou 3 ou 4... ou n. C'est le cas tant que p n'est pas premier, c'est à dire tant que p est inférieur au plus petit nombre premier supérieur à n. Soit s(n) ce nombre premier.
La suite des nombres consécutifs N(n)+2,...., N(n)+s(n)-1 répond à la question, et garantit s(n)-2 entiers composés consécutifs.

1. Pour avoir 10 entiers composés consécutifs, s(n) > 12 suffit ; s(n) = 13, et n = 11 devraient convenir. On pourrait donc  prendre pour N(n) la factorielle  n! = 1•2•3•....•n soit ici 11! = 39'916'800, donnant une suite  39'916'802, 39'916'803,....,39'916'810, 39'916'811, 39'916'812.

2. Mais il suffit de prendre N(n) = ppcm(2 à 11) = ppcm(2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11) = ppcm(6, 7, 8, 9, 10, 11) = ppcm(7, 8, 9, 10, 11) = 27'720,
menant à la suite de 11 entiers composés consécutifs :  27'722, 27'723...., 27'732.

3. Posons maintenant que N(n) est seulement un nombre divisible par tous les nombres premiers de 2 à n.
Au-delà, les  nombres N(n) + p sont divisibles par p si p est divisible par 2 ou 3 ou 5... ou n.
Le raisonnement subsiste, mais il suffit maintenant que N(n) soit la primorielle de n (i.e. une factorielle réduite aux nombres premiers inférieurs ou égaux à n). Ici, la primorielle cherchée est 11# = 2•3•5•7•11 = 2310.
Et la suite cherchée peut être la suite de 11 entiers  2'312, 2'313, 2'314, 2'315, 2'316, 2'317, 2'318, 2'319, 2'320, 2'321, 2'322, à laquelle on peut encore ajouter 2'323 = 23•101, 2'324, 2'325, 2'326, 2'327 = 13•79 et enfin 2328,
soient 15 entiers composés consécutifs..

10# suffirait-il ? En fait, 10# = 9# = 8# = 7# = 210 suffit. Car 212, 213, 214, 215, 216, 217 conviennent au titre de l'argument précédent ; 218 est pair, 219 divisible par 3, 220 est pair, 221 = 13•17, 222 est pair mais 223 est premier,
et 212, 213, 214, 215, 216, 217, 218, 219, 220, 221, 222 est encore solution.

Mais 6# = 5# = 2•3•5 = 30 ; 31 et 37 étant premiers, la suite associée d'entiers composés se limite à 32, 33, 34, 35, 36.

Compléter une suite

C’est un problème assez fréquent, "magie" ou rétro-conception...
Une démarche assez fructueuse suppose  :
•    La connaissance d’un certain nombre de suites classiques
•    Une identification partielle de la suite proposée.
Cette démarche a évidemment ses limites, si la suite se veut « astucieuse », et tester votre intuition.

Suites classiques

On supposera au moins connues :
•    2, 3, 5, 7, 11, 13 ...     suite des nombres premiers
•    1, 4, 9, 16, 25…         suite des carrés parfaits
•    1, 2, 3, 5, 8, 13…       suite de Fibonacci
•    1, 2, 4, 8, 16, 32…     suite des puissances de 2
L’expérience enrichira cette connaissance.

Identification

On associe à la suite étudiée u, la suite Du des différences premières u(i+1)-u(i) et/ou la suite Qu des quotients premiers u(i+1)/u(i).
En effet, ces suites ont souvent un comportement plus clair que la suite initiale, car
•    une même suite Du est liée à toutes les suites u ne différant que par une constante additive ;
•    une même suite Qu est liée à toutes les suites u ne différant que par une constante multiplicative
Dès que l’on obtient une suite dérivée connue ou de comportement stable, qu’on puisse visiblement étendre, cette extension pourra être répercutée sur la suite initiale.On pourra souvent en déduire aussi une formule de récurrence.
Le procédé est inductif : il est d'autant plus plausible, qu’il faut peu de points pour repérer le comportement possible, les points supplémentaires confirmant alors sa plausibilité.

1 –     Compléter la suite 8, 10, 13, 17, 22, ….

u        8    10    13    17    22    ?28     ?35    ?43    ?52    ?62
Du     2    3    4    5    ?6    ?7    ?8    ?9    ?10    ?11

Du est clairement une progression arithmétique (3-définie, 2-confirmée), donc u(i) une fonction quadratique de i. « ? » précède les compléments induits.

2 –     Compléter la suite 1, 2, 6, 42, 1806

u        1    2    6     42     1’806    ?3’263’442
Du     1    4    36    1764    ?3'261’636    …
Qu     2    3    7    43    ?1807 …

On observe (suite Du) que u(n+1)-u(n) = n² soit u(n+1)= n² + u(n)
Plus clairement (suite Qu), u(n+1)/u(n) = u(n)+1 soit u(n+1)= u(n)•(u(n)+1)

3 –     Compléter la suite 1, 3, 6, 10, 15,…

u        1     3     6     10     15     ?21    ?28     ...
Du     2    3    4    5    ?6    ?7    ?8   
C’est la suite des nombres triangulaires : u(i) = i•(i+1)/2. 

4–    Soit la suite logique suivante : 2, 6, 18, ... , ... , 486, .... Quels sont les termes manquants ?

u    2    6    18    ?54    ?162    486     ?1458
Qu    3    3    ?3    ?3    ?3    ?3   

Qu = 3 est une hypothèse fragile, bâtie sur 2, 6, 18, mais que 486 confirme.

5–      Le nombre maximal de régions du plan pour 0, 1, 2, 3 , 4, 5, ... droites  est donné par 1, 2, 4, 7, 11, 16 ...  

Du = 1, 2, 3, 4, 5, ?6, ?7, ?8. A la constante additive 1 près, il s’agit des nombres triangulaires, et  u(i) =  i(i+1)/2 + 1. D’où u = 1, 2, 4, 7, 11, 16, 22, 29, 37…..

6–     Compléter la suite   2, 1, 3, 4, 7, 11, 18, 29, 47, 76…

u    2    1     3     4     7     11     18     29     47    76    ?123    ?199    ?322    ?521
Du    (-1)    2    1    3    4    7    11    18    29    ?47    ?76    ?123    ?199    …

On constate que Du reproduit le comportement de u, ce qui est caractéristique des suites dérivées de la suite de Fibonacci, car on a :  u(n+1)-u(n)= u(n-1)    soit u(n+1)= u(n)+u(n-1) ….
(Les valeurs initiales montrent qu’il s’agit d’une suite de Lucas)

7–     Compléter la suite   1, 2, 5, 14, 41….

u    1    2    5    14    41    ?122    ?365
Du    1    3    9    27    ?81    ?243    …
QDu    3    3    3    ?3    ?3    ?3    …

Du est une progression géométrique de raison 3, en fait la suite des puissances de 3, et cela suffit pour compléter la série.
L’identification formelle classique via la relation u(i+2) – u(i+1) = 3 (u(i+1)-u(i)) , soit  u(i+2)= 4 u(i+1)-3u(i) est assez lourde.
Plus simplement, constatons que 3 u = 3, 15, 42,…., et donc que u(i+1) = 3 u(i)–1, formule d’extension très pratique, qui mène à u(i) = (3^i + 1)/2 si on pose u(0) = 1.

8 --  Soit la suite logique suivante : 4, 6, 15, 105, .... Quel sera le nombre suivant ?

u    4    6    15    105    ?5460    ?14’903’070
Qu    3/2    5/2    7=14/2    ?52=104/2    ?5459/2    …

Ici on constate que u(n+1)/u(n) = (u(n)-1)/2 soit u(n+1)= u(n)× (u(n)-1)/2. 

9 –     Dans la suite 5, 11, 7, 13, 9, 15, 11, … quel est le nombre suivant ?

Du = 6, -4, 6, -4, 6, -4 forme une dent de scie simple ;  en la prolongeant, on obtient
  5, 11, 7, 13, 9, 15, 11, ?17, 13, 19, 15, 21….
On peut aussi considérer que u(n+2)= u(n)+2, la suite ayant pour germe ses 2 premiers termes.

10–    Prolonger la suite  2, 4, 8, 14, 22 ... du nombre maximum de régions du plan découpées par des cercles.

Du = 2, 4, 6, 8…  suggère   D²u = 2, 2, 2, ?2, 2 …  soit Du = 2, 4,  6, 8, 10, 12, 14...
et u =  2, 4, 8, 14, 22, 32, 44, 58, .(OEIS A014206)

11–      Trouver l'élément suivant de cette suite : 1, 2, 12, 264, 22704 ??

La suite des quotients premiers  Qu = 2, 6, 22, 86 donne DQu = 4, 16, 64 = (2², 4², 8²)
Le prochain terme de DQu devrait donc être 16² = 256, le prochain terme de Qu =  256 + 86 = 342
Et le terme cherché 342×22704= 7’764'768… sauf imprévu.

12 –     Compléter la suite de nombres suivante : ... , 51, 95, 147 , ... , ... , ...

On ne peut pas compter sur Du ou Qu qui n’auraient que 2 valeurs.
Mais en remarquant que 51 = 3 × 17, 95 = 5 × 19, 147 = 7×21 on complète facilement le reste par 9?23 = 207, 11?25 = 275… avec, en tête, 15 = 1× 15 voire -13 = -1× 13…

13 -     Compléter la suite de nombres : 1, 2, 4, 9, 23....

Du = 1, 2, 5, 14... et D²u= 1, 3, 9....   probablement la suite des puissances de 3 ; on aurait alors :

QD²u = 3....,  D²u = 1, 3, 9, ?27, ?81...  d'où  Du  = 1, 2, 5, 14, ?41, ?122....  et  u = 1, 2, 4, 9, 23, ?64, ?186... = 3^n - n.

Généralisations hâtives

Toute suite trop courte peut mener à des généralisations erronées, d’où l’intérêt de pouvoir distinguer les valeurs à la base de l’hypothèse, de celles qui la confirment.
On sait par exemple que toute suite de n nombres peut être modélisée par un polynôme de degré n-1 dont l’identification utilise toutes les valeurs, et l’hypothèse alors bâtie est particulièrement fragile. Plus la suite donnée est courte, plus les identifications peuvent être nombreuses… et hasardeuse.

Exemple caricatural : compléter la suite 1, 2, 6…

•    si je prolonge Du = [1, 4] (et D²u = 3) par Du= [1, 4, 7], je suppose 1, 2, 6 produit par un polynôme quadratique en i, ce que confirmera la valeur suivante si c’est 13 ;
•    si je prolonge Qu=[2, 3] par Qu=[2, 3, 4], je suppose la suite en i!, ce que confirmera la valeur suivante si c’est 24 ;
•    mais [1, 2, 6] peut également être produite par la suite arithmético-géométrique u(i+1)= 4?u(i)–2, ce que ne manquera pas de confirmer la valeur suivante, si c’est 22.

Une suite initiale longue n’élimine pas totalement les surprises.

1-    Considérons la suite 1, 2, 4, 8, 16,... comme donnant le nombre maximum de régions du disque découpées par les segments joignant deux à deux des points d'un cercle.

Une étude détaillée montre qu’en fait les premières valeurs sont 1, 2, 4, 8, 16, 31, 57, 99, 163, 256…, (suite OEIS A000127). Cette suite démarre comme celle des 2^i, mais s’en distingue à partir de la 6e valeur.

2–    La suite de Fibonacci :     1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, 89, 144…  commence comme celle de Dadda :  1, 2, 3, 5, 8, 12, 18, 27, 45, 72, 108….  définie par u(i+1) = E(3u(i)/2).

3-    Une suite de Collatz comme  7, 22, 11, 34, 17, 52, 26, 13, 40, 20, 10, 5, 16…  définie par  u(i+1) = si pair(u(i)) alors u(i)/2 sinon 3?u(1)+1,  

d’allure assez irrégulière, peut mener à des identifications très variables selon les sous-suites fournies.

Suites ludiques

Il s’agit de suites astucieuses, pour lesquelles il ne semble pas y avoir de méthode générale

1–     Compléter la suite  VIII 5 - XXXI 7 - IIV 4 - XXVI 7 - XVI ... –

On dirait des nombres romains, peut-être bidons (IIV n’est pas licite). Il semble que V vaille 2 (VIII 5) et X aussi (XXXI 7). En fait, V et X ne sont peut-être que des paires équivalentes à II.  Ce que confirme  IIV : 4 traits ; XXVI : 7 traits. On peut donc supposer que XVI…. 5.

2–    La Suite de Conway est la suite « logique » : 1, 11, 21, 1211... Quel sera le nombre suivant ?

Cette suite n’est pas strictement numérique ! Il s'agit tout simplement de lire/épeler les nombres, puis de retranscrire l’énoncé en chiffres pour former un nouveau nombre :

nombre énoncé
1 un 1
11 deux 1
21 un 2, deux 1
12’11 un 1, un 2, deux 1
11’12’21 trois un, deux 2, un 1
31’22’11 un 3, un 1, deux 2, deux 1
13’11’22’21 un 1, un 3, deux 1, trois 2, un 1
11’13’21’32’11 trois 1, un 3, un 2, un 1, un 3, un 2, deux 1
31’13’12’11’13’12’21 ....

2 bis  - Développez de même 0, 10, 11’10, 31’10, 13’21’10 ?

3 –     Compléter la suite  0, 1, 4, 9, 61, 52, 63, 94, 46, ..., ..., ...

La suite commence comme celle des carrés ; comparons-les
Suite proposée     0     1     4     9     61     52     63     94     46   
Suite des carrés    0     1     4     9    16      25    36     49     64   

La suite proposée semble la suite des carrés des entiers écrits de droite à gauche :
La suite des carrés     1, 4, 9, 16, 25, 36, 49, 64, 81, 100, 121, 144, 169, 225
donnerait alors ici:     1, 4, 9, 61, 52, 63, 94, 46, 18, oo1, 121, 441, 961, 522 ...

Jeux de mots

1–    1u 3t 5c 7...  Devinez la lettre à trouver.   

1 un, 3 trois, 5 cinq : chaque chiffre est suivi de la première lettre de son nom en français ; sous cette hypothèse,  on a  7s, 8h, mais aussi 9n.  Mais que donnera 11 ?

2–    Compléter la suite (7, 4), (8, 4), (9, 4), (10, 3), (11, 4), (12, 5) ...

Nombre             7       8       9      10     11        12          13         14              15
Énoncé            sept  huit   neuf   dix   onze   douze    treize   quatorze    quinze
Nb de lettres     4       4       4       3       4           5          ?6          ?8              ?6

Mais tout n’est pas possible.

Ainsi, une suite comme 2, 3, 5, 13, 89, 233, 1597… regroupe les seuls nombres de Fibonacci premiers, suffisamment irrégulière pour être difficile à identifier, donc à prolonger.
De même, dans le cas du nombre d’isomères de l’alcane, on a une suite de valeurs connue, sans que l’on possède d’expression simple facilitant son identification.
Enfin, toute suite limitée pouvant être le début de diverses suites plus longues voire infinies,  on peut toujours être leurré par une énonciation trop limitée.

Voir aussi
http://newbiecontest-solution.blogspot.fr/2012/02/logique-suite-numerique-2.html
http://www.les-suites.fr/suite-logique.htm
http://mathworld.wolfram.com/CircleDivisionbyChords.html, Plane Division by Circles

Problèmes du second et troisième degré

Dimensions d'un rectangle

1.  Trouver les dimensions d'un pré rectangulaire de 5000 m², sachant que sa longueur dépasse sa largeur de 12 m.

Soit L la demie-somme de la longueur (L+6) et de la largeur (L-6). La surface est alors (L+6)·(L-6) = L²-36 = 5000, d'où L² = 5036 et L = ?5036 = 70,96 m ?71 m.

La longueur est donc de 77 m et la largeur de 65 m environ.

2. Trouver les dimensions d'un pré rectangulaire de 5000 m², sachant que sa diagonale mesure 180 m.

Soit a la longueur, b la largeur du pré, d la diagonale.  On a : a·b = 5000 et d = 180 soit d² = 32400 = a² + b² (Pythagore).

Donc, (a+b)² = d²+2ab = 32'400+10'000 = 42'400 et a+b = 205,9 ; a et b sont donc solutions de X² - 205,9 X + 5000.  

? = 42400 - 4 · 5000 = 22400 = 149,7² ;  a = (205,9+149,7)/2 = 177,8 m et b = (205,9 - 149,7)/2 = 28,1 m environ.

NB - Ce problème n'a de solution que si la diagonale dépasse celle du carré de même surface, ici 70,71 m.

Autres

1. Trouver 2 nombres ayant pour différence 10 et pour différence des carrés 200.

Soient x et y ces nombres.

x - y = 10 et x²- y² = 200 = (x+y)·(x-y) ; d'où x + y = 200/10 = 20 et   x = 15, y = 5.

Vérification : 15²-5² = 225-25=200.

2. Trouver 2 nombres ayant pour différence 10 et pour différence des cubes 6130.

Soient x et y ces nombres.

x- y = 10 et x^3-y^3 = 6130 =(x-y)·(x²+xy+y²); d'où (x²+xy+y²)=6130/10=613.

Or x-y = 10 entraîne (x-y)² = 100 = x²-2xy+y²; donc 3xy = 613-100=513, et xy = 171.

x-y=10 et xy=171 mènent à x=19 et y =9.

Approximations

Elles sont utiles

Les Pierres Précieuses

Indiana Jones vous amène un lot de pierres précieuses. Pour ces pierres précieuses, les prix du marché sont les suivants :

poids 1 3 6 10 carats
prix 5 48 195 545 gulden

Indiana Jones vous demande le prix de pierres de 5 et 8 carats. Et 12 carats ?

Essayons de trouver la loi liant prix et poids. On rajoute le point (0, 0), implicite mais hautement probable.
On suppose la loi cherchée du type x×P(x), et pour cela on s'intéresse au rapport prix/quantité. On obtient :
poids 1 3 6 10
prix 5 48 195 545
rapport 5 16 65/2 109/2
différence 22/2 33/2 44/2

Pour 1, 3, 6, 10 les rapports successifs sont 5, 16, 65/2, 109/2, dont les différences 22/2, 33/2, 44/2 sont proportionnelles aux écarts de poids 2, 3, 4, avec un rapport 11/2.
La suite des rapports prix/poids est donc de la forme 11×x/2–a.
Et au point 1 : 11/2–a = 5 soit a = 11/2–5 = 1/2. Par suite, les rapports prix/poids suivent une loi en (11x–1)/2, et le prix varie donc comme x(11x–1)/2,  où x figure le poids.

Pour x = 5 carats, le prix supposé serait de : 5×(11×5 - 1)/2 = 5×27 = 135 gulden
Pour x = 8 carats, le prix supposé serait de : 8×(11×8 - 1)/2 = 4×87 = 348 gulden. Dans ces deux  cas, on parle d’interpolation, les valeurs cherchées étant à l’intérieur du domaine connu.
De ce fait, les valeurs trouvées sont relativement sûres.

Si on voulait estimer le prix d’une pierre à 12 carats, la formule donnerait une valeur de 786 gulden.
Cette valeur serait moins sûre que les précédentes, 12 carats étant au-delà du domaine donné ; on parlerait alors d’extrapolation.

Approximation rationnelle de sin(A) pour A en degrés (de 0 à 180).

Montrer que sin(A)  ? 4A(180-A)/ (40500 - A(180-A)), où A est un angle exprimé en degrés.

Dûe à Bhaskara (VIIe siècle), cette formule peut se montrer comme suit.
La courbe de sin(A) pour A variant de 0 à 180° est une arche à l’allure de parabole, passant par (0°, 0) et (180°, 0), avec un axe de symétrie pour A = 90°.
Elle serait donc de la forme sin(A) = a·A·(180–A) ; pour A = 90, elle aurait un sommet de hauteur a*90². Elle passe donc par (90, 1) si a = 1/90² = 1/8100.

Mais nous voudrions que notre arche passe aussi par (30, ½) et son symétrique (150, ½). Or A(180–A)/8100 donne alors 30×150/8100 = 0,555, valeur trop grande.
On peut l’ajuster en supposant un dénominateur variable de même symétrie comme b–A·(180–A).

Posons donc : sin(A) = a·A·(180–A)/[b–A(180–A)]

On a toujours sin 0 = sin 180 = 0. De plus, sin 90 = 8100a / (b–8100) = 1  d’où 8100 a = b – 8100.
Enfin, sin 30 = a·150/(b–30·150) = ½ soit  9000 a = b – 4500. D’où 900 a = 3600, a = 4, b = 40500 et

sin(A) ≈ 4A(180-A)/ (40500 - A(180-A)).

Cette formule se révèle assez précise.

Applications

Les Ages

Alex a 3 fois l'âge de Bernard qui a 2 fois l'âge de Clémence. En tout, ils ont 81 ans. Quels sont leurs âges respectifs ?

Bernard a 2 fois l'âge de Clémence, donc Alex a 6 fois l'âge de Clémence. Ils ont donc en tout 1+2+6 = 9 fois l'âge de Clémence.

Elle a donc 81/9 = 9 ans, Bernard 18 ans et Alex 54 ans.  (9+18+54=81)

Les Commensaux

Pour leur repas, 2 bergers ont apporté l'un 4 galettes, l'autre 5 galettes. Au moment de manger, un voyageur demande s'il peut se joindre à eux. Ils acceptent et mangent finalement chacun 3 galettes. Avant de repartir, en remerciement le voyageur remet aux bergers 12 sequins. Comment doivent-ils se les partager ?

Le voyageur leur a remis 12 sequins pour ses 3 galettes, soit 4 sequins par galette.

Celui qui a amené 4 galettes en a donné 1 et doit donc recevoir 4 sequins. Ayant donné 2 de ses 5 galettes, l'autre berger mérite les 8 sequins restants.

Fichus et Foulards

Zadig a acheté des fichus à 7 florins, et des foulards à 12 florins, en tout pour 50 florins. Combien a-t-il acheté de fichus et de foulards ?

Supposons qu'il n'ait acheté que des fichus. 50 : 7 = 7 R 1 ; avec 7 fichus il manquerait un florin.

Corrections possibles :

Zadig a donc acheté (7 - 5) = 2 fichus et 3 foulards pour 50 florins ; on a bien 2·7+3·12 = 50.

Calendrier

1. Est-il vrai que le calendrier se répète tous les 28 ans ?

364 = 52 × 7. Une année est formée de 52 semaines, plus 1 jour les années normales et 2 jours les années bissextiles. En 4 ans, on a un nombre exact de semaines, plus 3×1+2 = 5 jours.

En 7×4 = 28 ans, on se décale de 7×5 jours, soit 5 semaines. Au bout de 28 ans, on retombe ainsi sur le même jour de la semaine, et le calendrier se reproduit. Du moins dans le calendrier julien.
Dans le calendrier grégorien (actuel), il y a de plus une correction séculaire : les années séculaires ne sont bissextiles que si le nombre de centaines est multiple de 4.  2000 fut bissextile, 1900 ne l'était pas, 2100 ne le sera pas. Au plan pratique, le calendrier se répète tous les 28 ans, du 1/3/1900 au 28/2/2100.

2. Le mois de février peut-il compter 5 dimanches ?

4 semaines font 28 jours. 5 dimanches demandent 29 jours. Un mois de février d'année bissextile peut donc compter 5 dimanches, dès lors que le 1er février (resp. le 29) est un dimanche.

De 1900 à 2100, c'est le cas pour les années 1920, 1948, 1976, 2004, 2032, 2060, 2088 (de 28 ans en 28 ans).

Capital

Pb 1. A, B, C forment une société. A souscrit 1/3, B souscrit 1/4, C souscrit 20.000 €. Préciser le capital et les parts de chacun.

Supposons 3×4 = 12 parts. A en souscrit 12/3 = 4, B en souscrit 12/4 = 3, il en reste 12-4-3 = 5, qui valent 20.000€. Une part vaut donc 20.000/5 = 4.000 euros, et le capital est de 4.000×12 = 48.000 €, souscrits

Pb 2. A, B, C, D, E forment une société. A souscrit 1/3, B souscrit 1/4, C souscrit 1/5, D souscrit 20.000 €, et E le reste.  Le capital doit être formé d'actions de 100 euros, et doit atteindre au moins 100.000 €.
En fonction de la part de E, préciser le capital et les parts de chacun.

Supposons 3×4×5 = 60 parts. A en souscrit 60/3 = 20, B en souscrit 60/4 = 15, C en souscrit 60/5 = 12, il en reste 60 - 20 - 15 - 12 = 13 à souscrire. La contribution de D et E doit être multiple de 100 et multiple de 13, donc multiple de 1300, et au moins égale à 100.000 ×13/60 = 21666...  Le premier multiple de 1300 qui convient est 22100, et E doit souscrire au moins 22100–20000 = 2100 €.

Mais il observe les règles définies s'il souscrit d'autres tranches de 1300 €.

Soit n le nombre de tranches supplémentaires souscrites par E. 2100 + 1300n représente alors sa souscription, 22100 + 1300n celles de D et E, et (22100+1300n)/13 = 1700+100n une des parts initiales, d'où la répartition finale :

A B C D E total
34 000+2000n 25 500+1500n 20 400+1200n 20 000 2 100+1300n 102 000+6000n

où n est un entier positif ou nul.

Pb 3. "Avec ce placement, en n années vous multipliez votre capital par n... ". La formule est-elle intéressante ?

Soit t le taux d'intérêt composé correspondant à un tel placement. Alors (1+t)^n = n, d'où 1+t = n^(1/n), et t = n^(1/n) - 1 .

Une étude détaillée de t(n) montre que t=0 pour n=1 ou n tendant vers l'infini. Le rendement t est maximal pour n=3 : tripler le capital en 3 ans correspond alors à un taux de 44,2%. Le doubler en 2 ans ou le quadrupler en 4 ans correspond à un taux de 41,4%. Au-delà de 4 ans, le taux baisse progressivement : 25,9% pour n=10, 19,8% pour n=15... 4,71% pour n=100.

Ainsi, pour multiplier son capital par 16 en 16 ans, il suffirait de le multiplier par 4 en 8 ans deux fois de suite ; ou de le multiplier par 10 en 10 ans, puis par 1,6 seulement en 6 ans.

Les placements longs de ce type se révèlent ainsi de moins en moins intéressants au-delà de 3 ans.

Pourcentages & Fractions

Donner une fraction (du genre 4 voix contre 3) pour exprimer au mieux que A a battu B avec une avance de 5,78 % des voix.

Le total est représenté par 100/5,78 = 17,3 fois la différence.

Le modèle "n+1 contre n" suppose un total impair. En tronquant à 17, on peut dire que A a battu B par 9 voix contre 8. 100*9/17 = 52,94% ; 100*8/17 = 47,06% ; différence : 5,88%. 

Il n'y a pas de modèle plus précis et plus simple.

Alliages

Cet orfèvre dispose de 10 kg d'or de récupération, titrant 0,640. Combien doit-il ajouter d'or fin titrant 0,975 pour obtenir un or titrant 0,750 ?

Un kilo d'or titrant 0,750 contient 750 g d'or pur.
L'or de récupération contient 10×0,640 = 6,400 kg d'or pur, soit un déficit de (10×0,750)–6,400 = 1,100 kg = 1100 g par rapport au titre cherché.
Ajouter un kilo d'or fin amène 975 g d'or pur, soit un excédent de 975–750 = 225g d'or pur par rapport au titre cherché.
Pour que l'excédent compense le déficit, il faut donc ajouter 1100/225 = 44/9 = 4,889 kg d'or fin à l'or de récupération.
Vérification
10 kg d'or de récupération amènent  10×0,640 = 6,400 kg d'or pur
 4,888 kg d'or fin amènent           4,889×0,975 = 4,767 kg d'or pur
Les 14,888 kg d'or obtenus contiennent  11,167 kg d'or pur, d'où un titre de : 11,167/14,889 = 0,750.

Remarque On a utilisé ici la méthode de fausse position, ou regula falsi, encore appelée méthode des excédents et déficits.
 

Fondation de Carthage

Fuyant un frère menaçant, Elissa, princesse tyrienne, prit de nuit la mer avec une petite suite, et accosta finalement les côtes africaines.
Sollicitant les habitants, elle obtint pour s'établir autant de terrain qu'en pourrait couvrir une peau de bœuf. Ayant fait couper la peau en minces lanières,
elle occupa puis obtint tout l'espace qu'elle put enclore. Ce lieu reçut le nom de Byrsa, et devint plus tard Qart Hadath,  "la ville neuve" de Carthage.

En supposant une peau de 4 m², quelle pouvait être la surface de ce premier territoire ?

Soit L la largeur moyenne de la lanière. En coupant au mieux, elle obtint une longueur totale de 4/L m.

L'escalier de Babylone

Le Roi souhaite un escalier le rapprochant du ciel. Pour cela, il demande à son architecte de tirer le meilleur partie de 2'000 dalles carées reçues en tribut,  ayant chacune la hauteur d'une marche.  Quelle hauteur peut-il espérer ?

L'architecte utilisera 1 dalle, puis 2, puis 3... soit pour n marches T(n) = n(n+1)/2  (où T(n) est un nombre triangulaire). On note que n(n+1) = n²+n = (n+1/2)² - 1/4 , et  2·T(n) ?(n+1/2)² Comme ?4000 = 63,24, on doit pouvoir espérer environ 63 marches. De fait, 63·64/2 = 2016. Il manque 16 dalles. 62 marches demanderaient 1953 dalles - et toléreraient un peu de casse.

Notons que si le roi souhaite une plateforme finale de k dalles, il faudra T(n+k) - T(k) dalles...  Si l'architecte se limite à 60 marches, elles utilisent 1830 dalles : il en reste 2000-1830 =170, permettant une plate-forme de 170 : 60 = 2 dalles supplémentaires. Soit 62 dalles au sol  (avec 50 dalles de réserve).


1 2 3 4 5 6 7
26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 8
25 48 49 50 51 52 53 54 55 36 9
24 47 60 60 60 59 58 57 56 37 10
23 46 45 44 43 42 41 40 39 38 11
22 21 20 19 18 17 16 15 14 13 12

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