Premier défi : le problème du mois
Quelle est la plus petite valeur entière de \(n\) telle que le nombre \[2^{2024}+2^n+1\] soit un carré parfait ?
Solution du premier défi
La réponse est 1013.
Si \(n=1013\), on a \(2^{2024}+2^{1013}+1=(2^{1012}+1)^2\).
Si \(n<1013\), on a :
\[
(2^{1012})^2 < 2^{2024}+2^n+1 < 2^{2024}+2^{1013}+1=(2^{1012}+1)^2.
\]
Donc, pour les valeurs entières de \(n\) telles que \(n<1013\), le nombre \(2^{2024}+2^n+1\) est strictement compris entre les carrés de deux entiers consécutifs et n’est donc pas un carré. Ainsi, la plus petite valeur de \(n\) permettant que le nombre soit un carré parfait est \(n=1013\).
Deuxième défi
On veut colorier les cases d’une grille de dimensions \(4×4\) en blanc et noir, de sorte qu’il y ait exactement deux cases noires et deux cases blanches dans chaque ligne et chaque colonne. Combien de manières de faire existe-t-il pour cela ?
Solution du deuxième défi
La réponse est \(90\).
On a \({4 \choose 2} =6\) manières de colorier deux cases en noir dans la première ligne.
Séparons alors les cas
1. Les cases que noires dans la deuxième ligne se trouvent dans les mêmes colonnes que celles de la première ligne. Dans ce cas, une fois choisies les cases noires de la première ligne, celles de la deuxième sont fixées et il ne reste qu’une possibilité pour les cases noires des deux dernières lignes.
Par exemple :
.
2. Les cases noires de la deuxième ligne se trouvent toutes les deux dans des colonnes différentes de celles de la première ligne. Dans ce cas, une fois choisies les cases noires de la première ligne, il n’y a qu’une manière de colorier les cases noires de la deuxième ligne. Il reste ensuite \({4\choose 2}=6\) manières de choisir les cases noires de la troisième ligne, et les cases noires de la quatrième ligne sont alors déj\`a déterminées.
Par exemple :
.
3. Exactement une case noire de la deuxième ligne se trouve dans la m\^eme colonne qu’une case noire de la première. Dans ce cas, on a deux possibilités pour le choix de la colonne qui sera commune avec une case noire de la première ligne, puis deux possibilités pour colorier la case noire qui sera dans une colonne distincte. Il y a donc quatre manières de colorier la deuxième ligne. Quel que soit le choix de coloriage de ces deux premières lignes, il y a ensuite deux manières de colorier la troisième, puis la quatrième se trouvera déterminée. Finalement, dans ce cas, il y aura \(4\times 2=8\) manières de faire.
Par exemple :
.
Comme, dans chaque cas, il y a \(6\) manières de choisir les cases noires de la première ligne, on dénombre au final \(6\times(1+6+8)=90\) manières de faire.
Troisième défi
Le nombre \(A\) est le plus petit entier positif non nul tel que \(10×A\) est un carré parfait et \(4×A\) est un cube parfait. Que vaut \(A\) ?
Solution du troisième défi
La réponse est 250.
Comme \(10\times A\) est un carré parfait, on peut écrire que \(10A=x^2\) pour un certain entier \(x\), donc \(10\) divise \(x^2\). Comme la décomposition en facteurs premiers de \(10\) est \(2\times 5\), on en déduit que \(10\) divise \(x\). En effet, les mêmes nombres premiers apparaissent dans les décompositions en facteurs premiers de \(x\) et de \(x^2\), donc en particulier \(2\) et \(5\) sont des facteurs premiers dans ces décompositions et leurs exposants dans la décomposition de \(x^2\) sont forcément pairs. Ainsi, il existe un entier \(y\) tel que \(x=10y\) et on a alors \(10A=(10y)^2\), soit \(A=10y^2\).
Ensuite, comme \(4\times A\) est un cube parfait, il existe un entier \(m\) tel que \(4A=m^3\). Alors \(4\) divise \(m^3\) et, par un raisonnement analogue au précédent, \(2\) divise \(m\). Donc il existe un entier \(n\) tel que \(m=2n\) et ainsi, \(4A=(2n)^3\), soit \(A=2n^3\).
On a donc \(A=2n^3=10y^2\), d’où \(n^3=5y^2\) et le plus petit entier \(y\) vérifiant cette égalité est \(y=5\), avec \(n=5\) également.
On obtient alors la valeur entière de \(A\) positive non nulle la plus petite possible : \(A=250\).
Quatrième défi
Combien vaut
\(2024^2\,-\,2023^2\)
\(+ \,2022^2\,-\,2021^2\)
\( +\,\ldots\)
\(+\, 4^2\,-\,3^2\)
\(+\, 2^2\,-\,1^2 \, ?\)
Solution du quatrième défi
La réponse est \(2\,049\,300.\)
En regroupant et en factorisant, on a
\[
\begin{eqnarray*}
2024^2-2023^2 & = & (2024-2023)(2024+2023)=2024+2023\\
2022^2-2021^2 & = & (2022-2021)(2022+2021)=2022+2021\\
& \vdots & \\
2^2-1^2 & = & (2-1)(2+1)=2+1.
\end{eqnarray*}
\]
La somme que l’on cherche à calculer est donc
\[1+2+\cdots + 2024 = \frac{1}{2}\times2024\times2025=2\,049\,300.\]
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
9h00
1er défi
X , nombre entier, est la somme de 2 entiers a et b.
2²⁰²⁴+2^n+1=(a+b)²=a²+b²+2ab
(2²⁰¹²)²+1²+2^n=a²+b²+2ab
Soit 2^n=2ab
avec a=2²⁰¹² et b=1
Donc 2^n=2²⁰¹²
n=2012
9h51
Erreur
(2¹⁰¹²)²+1²+2^n=a²+b²+2ab
Soit 2^n=2ab
avec 2a=2¹⁰¹² et b=1
Donc 2^n=2¹⁰¹²/2=2¹⁰¹¹
n=1011
10h18
\(a = 2^{1012}\), donc \(2^n=2 \times 2^{1012} \times 1\) et \(n=1013\)
10h00
1er défi
Notons \(p\) l’entier tel que \(p^2 = 2^{2024 }+ 2^n +1\).
il est évident que \(p^2 > 2^{2024}\) alors \(p > 2^{1012}\).
Le plus petit \(p\) satisfaisant l’inégalité est \(2^{1012} + 1\). Prenons \(p = 2^{1012} + 1\) et calculons son carré pour voir s’il a la forme de sa définition.
\[p^2 = 2^{2 \times 1012} + 2\times 2^{1012} +1= 2^{2024} + 2^{1013} +1\]
Oui, la définition du \(p\) est respectée et on a \(n = 1013\)
10h47
1er défi
Décidément, j’ai du mal :
2ab=(2^n)x1
b=1
2a=2^n=2(2^(n-1))
a=2^(n-1)=2¹⁰¹²
n-1=1012
n=1013
21h59
2e défi
Si on considère que la grille est fixe ( un échiquier avec la case blanche à droite est différent d’un échiquier avec la case noire à droite) il y a 36 possibilités.
On choisis deux cases noires sur la première ligne ( 6 possibilités ) puis sur la seconde ( 6 possibilités ) et on complète la grille avec les deux dernières lignes, il y a toujours une unique possibilité.
7h08
Non il peut rester plusieurs possibilités une fois coloriées les \(2\) premières lignes. Exemple :
\(NBBN\)
\(BNBN\)
\(BNNB\)
\(NBNB\)
On obtient une autre solution juste en permutant les \(2\) dernières lignes :
\(NBBN\)
\(BNBN\)
\(NBNB\)
\(BNNB\)
6h52
2e défi
On remarque qu’à tout coloriage valide de la grille correspond un autre coloriage valide obtenu en permutant les couleurs. On peut donc compter les solutions avec la case \((1,1)\) en noir, et il suffit de multiplier par \(2\) pour avoir le nombre total de solutions.
On a alors \(3\) possibilités pour choisir la seconde case noire \((1,j)\) dans la ligne \(1\), et \(3\) pour choisir la seconde case noire \((i,1)\) dans la colonne \(1\), soit \(3 \times 3 = 9\) possibilités de colorier la ligne \(1\) et la colonne \(1\).
On doit choisir ensuite la couleur de \((i,j)\) :
Blanc : il reste \(2\) possibilités pour la seconde case noire \((i,j’)\) dans la ligne \(i\), et \(2\) possibilités pour la seconde case noire \((i’,j)\) dans la colonne \(j\), soit \(2 \times 2 = 4\) façons de colorier la ligne \(i\) et la colonne \(j\). On a alors colorié entièrement \(2\) lignes et \(2\) colonnes, soit \(12\) cases sur \(16\), dont \(5\) en noir sur \(8\) requises. Il reste donc à choisir l’unique case blanche parmi les \(4\) restantes, mais c’est forcément \((i’,j’)\) sinon il y aurait \(3\) cases noires dans la ligne \(i’\) ou la colonne \(j’\).
Noir : on colorie en blanc le reste de la ligne \(i\) et de la colonne \(j\). On a alors \(12\) cases coloriées dont \(4\) en noir, donc les \(4\) restantes seront noires.
Le nombre total de coloriages valides de la grille est donc \(2 \times 9 \times (4 + 1) = 90\).
14h06
2e défi
Les colonnes auxquelles appartiennent les deux cases noires de la première ligne ont chacune une autre case noire parmi les trois autres lignes. Il existe donc au moins une ligne dont les cases noires ne partagent pas les mêmes colonnes que celles de la première ligne.
Chaque grille est donc composée de deux paires de lignes dont les cases noires appartiennent à des colonnes différentes. Il y a trois paires de ce type notée \(P_1\), \(P_2\) et \(P_3\) sur le document joint.
Si les paires sont différentes , il y a \(4\times3\times2=24\) façons de choisir l’ordre des lignes.
Si elles sont identiques, il y a \(2\times 3=6\) façons de choisir l’ordre des lignes.
Finalement, il existe \(3\times24+3\times6=90\) grilles possibles.
11h41
2e défi
Une suite de cases blanches et noires peut être comparée à suite de 0 et de 1, et par conséquent à une suite de nombres représentés en binaire.
En l’occurrence, nous avons 4 nombres consécutifs constitués chacun par quatre bits, un par ligne. (On aurait pu aussi constituer un plus grand nombre à 16 bits et travailler sur des indices de tableau).
Nous utilisons les nombre suivants :
0011 3
0101 5
0110 6
1001 9
1010 10
1100 12
Puisque chaque colonne et chaque ligne doit compter deux bits à 1 (deux cases noires ou deux cases blanches, selon votre choix), chaque somme de ligne ou colonne s’élèvera à : 2 * 8 + 2 * 4 + 2 * 2 + 2 * 1 = 30.
Le problème consiste alors à choisir dans la liste de nombres ci-dessus, quatre d’entre eux (au plus deux de chaque) afin d’atteindre la somme de 30.
Exemple :
0011 3
0011 3
1100 12
1100 12
Le fait est que l’addition à la verticale est alors aussi correcte, et compte à chaque fois deux bits à 1, et que leur somme verticale fait également 30.
Je vous fais grâce de la recherche elle-même de chaque solution, mais on en trouve bien 90, évidemment, comme cela a déjà été démontré.
8h32
3e défi
J’écris \(10A=B^2\) et \(4A=C^3\)
\(10\times A\) est un carré, il faut que \(A\) soit multiple de 10 :
J’écris \(A=10 a\) et \(10 A=B^2\) devient \(a=b^2\), \(b=B/10\)
Et donc \(40a=5\times 2^3 a=C^3\), soit \(5a=(C/2)^3\)
\(a\) doit être multiple de 25
Premier choix, \(a=25, A=250\) : \(10A=(50)^2\), \(4A=10^3\)
9h04
3e défi
Posons 10a=x²
4a=y³
Soit en divisant (1) pa(2) : 10/4=x²/y³
x=y√(5y/2)
x est un entier donc 5y/2 est un carré parfait.
La plus petite valeur de y est 10 tel que :
x=10√(50/2)=50
a=50²/10=250
10h41
3e défi
\(10\times A\) est un carré parfait donc il existe un entier \(n\) tel que \(n^2=10\times A\)
D’après le lemme d’euclide, puisque \(2\) et \(5\) divisent \(n^2\), \(2\) et \(5\) divisent \(n\).
Il existe donc un entier \(k\) tel que \( \hspace{0.5cm}n=10k\),\( \hspace{0.5cm} n^2=100k^2\),\( \hspace{0.5cm} 10\times A=100k^2 \hspace{0.5cm}\) et\( \hspace{0.5cm}A=10k^2\)
De plus \(4\times A=40k^2=2^3\times5k^2\) est un cube parfait donc \(5k^2\) est un cube parfait. Le plus petit entier \(k\) vérifiant cette propriété est \(5\) donc l’entier recherché est \(A=10k^2=250\)
10h46
3e défi
\(\sqrt{10.A}\) est un entier donc nécessairement \(A=10.p^2\).
\(\sqrt[3]{2^2.A}\) est un entier donc nécessairement \(A=2.q^3\).
\(A=A\) donc \(10.p^2=2.q^3\) ou \(5.p^2=q^3\).
Alors \(p=5\) et \(q=5\) ce qui donne \(A=250\).
Je ferai la généralisation lorsque les petits-enfants dormiront pendant la sieste 😉 !
10h59
Ouh la : moins simple que ce que cela me semblait.
La plus petite valeur possible de \(q\) est \(5\) et il faudra toujours des \(5\) dans \(q\).
La prochaine plus petite valeur de \(q\) est \(10=5.2\) mais non car alors il y aurait un \(2^3\) à faire fabriquer par \(p^2\).
J’estime donc que la prochaine plus petite valeur de \(q\) permise est \(20=5.2^2\) car alors on a un \(2^6\) qui apparait que je peux fabriquer avec \(p^2\) en glissant astucieusement un \(2^3\) dans \(p\) qui donnera alors le \(2^6\).
Donc, \(q=20\) et \(p=5.2^3=40\). qui donne \(A=16000\).
Pas plus petit ?
Vraiment ?
8h34
4e défi
\(2024^2-2023^2=(2024-2023).(2024+2023)=4047\)
\(2022^2-2021^2=4043\)
\(4047=4048-1\) et \(4043=4044-1\)
\(4048=4.1012\) et \(4044=4*1011\)
Ainsi, la somme proposée vaut \(4.(1012+1011+…+1)+(-1).1012\) ou \(4.(1013).(1012)/2-1012\) ou \(1012.(2.1013-1)\) et donc \(2^2.3^4.5^2.11.23=2049300\).
8h39
4e défi
\(\sum_{k=1}^n (2k)^2 – (2k-1)^2 = 4\sum_{k=1}^n k – \sum_{k=1}^n 1 = 2n(n+1)-n = n(2n+1)\).
Ici \(n = 1012\) donc la somme vaut \(1012.2025 = 2 049 300\).
8h47
4e défi
En appliquant une identité remarquable, on obtient :
S=1(2024+2023)+1(2022+2021)+…1(2+1)
S=2024+2023+2022+…2+1
S=somme de n entiers consécutifs =(2024(2024+1))/2=2049300
10h13
Ah mais oui !
Directement !
Très joli !
si simple
11h31
4e défi
Considérons la suite \((u_n)\) définie sur \(\mathbb{N}^\ast\) par \(u_n=(2n)^2-(2n-1)^2\).
Alors, pour tout \(n\geq1\), \(u_n=4n-1\). Cette suite est arithmétique de premier terme \(3\) et de raison \(4\) et le résultat recherché est la somme des \(1012\) premiers termes : \(\frac{1012\times(3+4047)}{2}=2\,049\,300\)