1er défi
Considérons \(20\) nombres entiers consécutifs supérieurs à \(50\). Quelle est la quantité maximale de nombres premiers dans cet ensemble ?
Solution du 1er défi
Réponse : il y a au plus six nombres premiers.
L’idée est d’éliminer de la liste tous les nombres n’étant pas premiers. Dans un ensemble de \(20\) entiers consécutifs, dix sont des multiples de \(2\). Ils ne sont donc pas premiers et sont à éliminer.
Il y a également dans la liste au moins six multiples de \(3\). Parmi ces six multiples de \(3\), trois sont aussi multiples de \(6\) et donc de \(2\), ils avaient donc déjà été éliminés, mais les trois autres peuvent être éliminés.
Il y a enfin quatre multiples de \(5\). Parmi ces quatre multiples de \(5\), deux sont multiples de \(10\) mais, parmi les deux restants, au moins un n’est pas multiple de \(3\). On peut donc éliminer encore au moins un nombre.
Dans une liste de vingt entiers consécutifs, on peut donc éliminer au minimum \(10+3+1=14\) nombres qui ne peuvent pas être premiers~: il y a au plus six nombres premiers.
Remarquons pour conclure que la liste des \(20\) nombres de \(97\) à \(116\) fournit un exemple avec six nombres premiers~: \(97\), \(101\), \(103\), \(107\), \(109\) et \(113\).
2e défi
Les nacelles de la grande roue de Paris sont espacées de manière régulière et portent les numéros \(1, 2, 3, …\) Au moment où la nacelle numérotée \(25\) est au point le plus bas, la nacelle numérotée \(8\) est au point le plus haut. Combien la grande roue comporte-t-elle de nacelles?
Solution du 2e défi
Réponse : \(34\) nacelles.
Entre les nacelles \(8\) et \(25\), il y a \(25-8-1=16\) nacelles d’un côté (sans compter la 8 ni la 25).
Par symétrie, il y a aussi \(16\) nacelles de l’autre côté.
La grande roue comporte donc en tout \(16+16+2=34\) nacelles.
3e défi
On pioche parmi neuf cartes numérotées de \(1\) à \(9\). Si toutes les sommes de paire de deux cartes de notre main sont distinctes, on gagne, sinon on perd. Ainsi, la main \(\{1,3,9\}\) est gagnante alors que la main \(\{1,2,3,4\}\) est perdante car \(1+4=2+3\). Quelle est le nombre maximal de cartes qu’une main gagnante peut contenir?
Solution du 3e défi
Réponse :
On observe tout d’abord que la somme maximale de deux cartes est \(9+8=17\) et que la somme minimale est \(1+2=3\).
Il y a donc au maximum \(15\) sommes distinctes de deux cartes (de \(3\) à \(17\)).
Remarquons également qu’avec une main de six cartes, on peut former \(C_{6}^2=\frac{6\times5}{2}=15\) paires de deux cartes.
Comme on veut que toutes les sommes soient distinctes, une main gagnante de six cartes devrait contenir la somme maximale et la somme minimale, c’est-à-dire les cartes \(1,2,8\) et \(9\). Mais \(1+9=2+8\). Il n’existe donc pas de mains gagnantes de six cartes.
Remarquons pour conclure que la main de cinq cartes constituée des cartes \(1,2,3,5\) et \(9\) est gagnante. En effet, les sommes \(1+2=3\), \(1+3=4\), \(1+5=6\), \(1+9=10\), \(2+3=5\), \(2+5=7\), \(2+9=11\), \(3+5=8\), \(3+9=12\) et \(5+9=14\) sont toutes distinctes.
4e défi
Pierre, Paul et Jacques partent en balade. Au moment de déjeuner, ils partagent équitablement les boissons. Pierre a apporté quatre boissons et Paul trois. Jacques n’en a pas, mais il met \(2\) euros et \(10\) centimes au pot commun. Comment Pierre et Paul doivent-ils se répartir cette somme ?
Solution du 4e défi
Réponse : Pierre récupère \(1\) euro et \(50\) centimes et Paul récupère \(60\) centimes.
Comme il y a sept boissons à répartir entre trois personnes, chacun boira \(\frac{7}{3}\) de boisson.
Pierre a apporté quatre boissons et en a bu \(\frac{7}{3}\), donc en a donné \(4-\frac{7}{3} = \frac{5}{3}\) à Jacques.
Paul a apporté trois boissons et en a bu \(\frac{7}{3}\), donc en a donné \(3-\frac{7}{3}=\frac{2}{3}\) à Jacques.
Pierre et Paul doivent se répartir les \(2\) euros et \(10\) centimes de Jacques en respectant le ratio \([\,5:2\,]\).
On en déduit que Pierre récupère \(\frac 5{5+2}=\frac 57\) de l’argent de Jacques, soit \(1\) euro et \(50\) centimes, et que Paul récupère \(60\) centimes.
5e défi
La surface d’un cube en bois est peinte entièrement, puis le cube est découpé en \(n^3\) petits cubes égaux \((n \geq
3)\). Trouver \(n\) sachant que le nombre de petits cubes ayant exactement une face peinte est égal au nombre de petits cubes n’ayant aucune face peinte.
Solution du 5e défi
Réponse : 8
Chaque face du cube contient \((n-2)^2\) petits cubes dont une seule face est peinte. Il y a donc en tout \(6(n-2)^2\) petits cubes ayant une seule face peinte.
Le grand cube contient par ailleurs \((n-2)^3\) petits cubes n’ayant aucune face peinte. Comme \(n-2>0\), on a donc \(6(n-2)^2=(n-2)^3\), ce qui donne \(6=n-2\), donc \(n=8\).
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
9h19
1er défi
Pour k entier naturel non nul, les seuls nombres premiers possibles dans l’intervalle [30k ; 30k+29] sont ceux de la forme 30k+1, 30k +7, 30k+11, 30k+13, 30k+17, 30k+19, 30k+23 et 30k +29, les autres étant multiples de 2 ou de 3 ou de 5.
Tout ensemble de 20 entiers consécutifs supérieurs à 50 ne peut contenir au maximum que 6 nombres de cette forme, donc au maximum 6 nombres premiers.
c’est le cas avec les entiers de 97 à 116 où 97, 101, 103, 107, 109 et 113 sont premiers
10h45
1er défi
Faisons un crible d’Erastothène sur un carré 5×5 contenant les 20 entiers consécutifs recherchés. En supprimant les nombres pairs, les multiples de 3 et de 5, il reste un crible qui peut avoir entre 5, 6 à 7 nombres au plus.
La meilleure configuration avec 7 trous est celle où l’intervalle correspond à 5N-1 , 5N+1 , 5N+7, 5N+11, 5N+13, 5N+17, 5N+19
L’intervalle ne contenant que des nombre premiers convient pour N=5639 , et parmi les 20 entiers consécutifs, 7 sont premiers : 5639 , 5641 , 5647 , 5651 , 5653 , 5657 , 5659
11h49
1er défi
Bonjour,
petit problème avec votre solution : Si N est le premier nombre d’une suite de 20 entiers consécutifs, le dernier est N + 19 et non N + 20.
La solution est donc 6 comme le montre d’ailleurs votre exemple.
12h10
1er défi
De 5639 jusqu’à 5659, cela fait 21 nombres consécutifs et non 20 !!!
8h46
1er défi
Je ne donne que la partie entière des valeurs des fractions.
20/2=10 nombres sont pairs : il reste 10 entiers potentiellement premiers.
20/3=6 nombres sont multiples de 3 et un sur deux est déjà décompté dans les pairs : il reste 10−6/2=7 nombres potentiellement premiers.
20/5=4 nombres sont multiples de 5 dont deux sont pairs et un peut être un multiple de 3 et donc déjà décomptés : il reste 7−1=6 nombres potentiellement premiers.
20/7=2 nombres sont multiples de 7 dont un peut être pair et l’autre multiple de 3 et sont donc déjà décompté tous les deux : il reste 6 nombres potentiellement premiers.
20/11=1 nombre est multiple de 11 qui peut être pair donc déjà décompté.
A partir du nombre premier 11 et jusqu’au nombre premier 19, il n’y a qu’un seul multiple qui peut être pair et donc déjà décompté.
A partir du nombre premier 23, il peut n’y avoir aucun multiple.
Le nombre maximal de nombres premiers parmi 20 entiers consécutifs est 6.
6h13
Solution au 1er défi !
La solution au 1er défi semble séduisante, mais quelles sont les bases du raisonnement ? –
Qulles propriétés des nombres utilise -t -on ?
Sous quelle forme générale peut-on écrire une suite consécutive de 20 nombres entiers pour raisonner juste ?
(Par exemple, si on l’écrit sous la forme [ n+1, n+2, …, n+20 ], on fera des raionnemens faux…
6h25
2e défi
Entre la nacelle 8 et la nacelle 25, il y a d’un côté de la roue 16 nacelles de 9 à 24 et par symétrie 16 nacelles de l’autre côté. Sans oublier les numéros 8 et 25, le nombre de nacelles est 16 + 16 + 1 + 1 = 34.
18h57
2e défi
Autre solution : De 8 à 25 il y a 17 nacelles pour la moitié de la roue, donc : (25 – 8) x 2 = 34 nacelles
8h59
3e défi
La plus petite somme possible est \(1+2=3\) et la plus grande est \(8+9=17\). Il y a donc en tout \(17-3+1=15\) sommes possibles. Avec \(n\) cartes en main on forme \((_{n}^{2})\) paires donc \((_{n}^{2}) \leq 15\), soit \(n \leq 6\), car \((_{7}^{2}) = 21\). Mais \((_{6}^{2}) = 15\) donc avec \(n=6\) cartes on doit couvrir toutes les sommes de \(3\) à \(17\). Or la seule paire donnant \(3\) est \(\{1,2\}\) et la seule donnant \(17\) est \(\{8,9\}\). La main est alors perdante car \(1+9=10=2+8\). D’où \(n \leq 5\). On a plusieurs solutions avec \(n=5\) par exemple \(\{1,2,3,5,8\}\) qui donne bien \((_{5}^{2}) = 10\) sommes distinctes :
\(1+2=3\)
\(1+3=4\)
\(1+5=6\)
\(1+8=9\)
\(2+3=5\)
\(2+5=7\)
\(2+8=10\)
\(3+5=8\)
\(3+8=11\)
\(5+8=13\)
22h00
3e défi
Si le nombre de cartes est égal à un entier quelconque \(𝑛\) > 2, alors il existe toujours une main de taille maximale qui inclut tous les termes non nuls et inférieurs ou égaux à 𝑛 de la suite de Fibonacci.
8h36
4e défi
Après s’être partagé \(4+3=7\) boissons équitablement, chacun aura bu \(\frac{7}{3}\) de boissons.
Pierre aura alors fourni \(4-\frac{7}{3}=\frac{16}{3}-\frac{7}{3}=\frac{5}{3}\) de boissons à Jacques et Paul \(3-\frac{7}{3}=\frac{9}{3}-\frac{7}{3}=\frac{2}{3}\).
Pierre et Paul doivent donc se partager \(210\) centimes selon le ratio \(5:2\) soit \(\frac{5}{7}\times210=150\) centimes pour Pierre et \(\frac{2}{7}\times210=60\) centimes pour Paul.
10h21
Rectification : \(4-\frac{7}{3}=\frac{12}{3}-\frac{7}{3}=\frac{5}{3}\)
11h33
4e défi
Ja a fourni 210𝑐 et il doit participer à hauteur de 70𝑐.
Pa et Pi doivent donc se partager 210𝑐−70𝑐=140𝑐.
Pi a apporté 4/7 de 140𝑐 et reçoit donc 80𝑐.
Pa reçoit donc 140𝑐−80𝑐=60𝑐.
13h58
4e défi
Pierre ne peut pas recevoir 2 fois plus d’argent que pierre alors qu’il n’a pas fourni 2 fois plus de boissons.
Jacques n’a besoin de donner que 60+80=140cts (sur les 210cts du départ) pour équilibrer les dépenses de chacun.
23h42
4e défi
Pierre et Paul n’ont pas à être payés pour toutes les boissons qu’ils ont apportées mais uniquement pour les boissons qu’ils n’ont pas bues et qu’ils ont données à Jacques. Or Pierre en a bien donné 2,5 fois plus que Paul à Jacques, donc il doit bien recevoir 2,5 fois plus que Paul. Ce qui fait bien 150c pour Pierre et 60c pour Paul.
13h59
4e défi
Pierre ne peut pas recevoir 2 fois plus d’argent que PAUL
12h19
4e défi
Modélisons donc les différentes étapes de ce problème :
« Pierre, Paul et Jacques partent en balade. […] Pierre a apporté quatre boissons et Paul trois. Jacques n’en a pas »
Pierre : 4 boissons
Paul : 3 boissons
Jacques : 0 boisson
Au total : 7 boissons
« Au moment de déjeuner, ils partagent équitablement les boissons. »
Puisqu’il s’agit de partager en trois parts égales, considérons des tiers de boissons :
Pierre : 12 / 3 boissons
Paul : 9 / 3 boissons
Jacques : 0 boisson
Au total : 21 / 3 boissons
Chacun bénéficie équitablement de : 21 / 3 / 3 = 7 / 3 de boissons :
Pierre : 12 / 3 boissons – 7 / 3 = 5 / 3 boissons
Paul : 9 / 3 boissons – 7 / 3 = 2 / 3 boissons
Jacques : 0 boisson – 7 / 3 = – 7 / 3 boissons
Au total reste : 0 boisson.
Multiplions les fractions par 3 :
Pierre : 5 parts
Paul : 2 parts
Jacques : – 7 parts
« Jacques […] met 2 euros et 10 centimes au pot commun. »
Jacques échange donc sa dette de 7 parts contre 2 euros et 10 centimes, soit 30 centimes d’euros par part.
« Comment Pierre et Paul doivent-ils se répartir cette somme ? »
Pierre reçoit 5 parts, soit 1 euro 50, et Paul 2 parts soit 60 centimes d’euros.
13h42
5e défi
– Nombre de cubes ayant 1 face peinte=
Sur chaque face du grand cube il y a (n-2)² petits cubes avec 1 face peinte, soit au total 6(n-2)²
Nombre de cubes non peints=
au centre du grand cube il y a (n-2)³ petits cubes non peints.
Si Nbre de petits cubes peints= Nbre de petits cubes non peints :
6(n-2)²=(n-2)³
— -> n=8