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redaction2, 3, 4, … termes. Démontrer que la somme des termes renfermés dans les n premiers groupes de rang impair est égal à n4. 3) Démontrer que la somme des n2 entiers qui suivent les n premiers est le double des n premiers cubes. Solutions Exercice 475-1 (C.D. Olds. Continued fractions (1963)) 1) Décomposer 433 en une somme de deux carrés. 2) Soit deux détachements de soldats, chacun de ces détachements formant un carré de b rangs de b soldats.el punto de intersección por al-kashi habemos puntos medios de los lados los puntos soldats soldat solution solutions
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Solutions Exercice 475-1 (C.D. Olds. Continued fractions (1963)) 1) Décomposer 433 en une somme de deux carrés. 2) Soit deux détachements de soldats, chacun de ces détachements formant un carré de brangs debsoldats. Montrez qu’il est impossible de former avec les deux carrés un unique carré de soldats. Montrer que, si un soldat est ajouté ou enlevé à l’un des deux carrés, il est parfois possible que les deux détachements soient regroupés en un seul carré de soldats. Solution de Robert Bourdon (Tourgeville) 1) Les carrés des nombres entiers terminés park(0≤k≤9) sont terminés par : 0, 1, 4, 5, 6, 9. Pour qu’une somme de deux carrés se termine par 3, il n’y a qu’un groupement possible : 4+9. Les deux nombres se terminent donc par 2 ou 8 pour l’un et par 3 ou 7 pour l’autre. En outre,433a une partie entière inférieure ou égale à 20. Donc, puisque 2 2 x+y=433,xouyest strictement inférieur à 20 et l’un des deux nombres possède deux chiffres. 2 2 Prenonsx=18 ;x=324,y=105 ;x=18 ne convient pas. 2 2 Prenonsx=17 ;x=289,y=144 ;y=12. D’où la solutionx=17 ety=12, solution unique puisqu’on n’a que deux essais possibles (17 ou 18). Remarque : cette solution est du niveau d’une section S. 2 2 2) Chaque détachement comportebsoldats. Deux carrés comportent 2bsoldats. Si on veut la mettre en carré, chaque rang devra comporterb2soldats ; incongru ! il faudrait en couper ! * Mais si on ajoute ou enlève un soldat à l’un des carrés, il faudrait que l’on puisse 2 2 avoir, pour former un carré decsoldats, 2b+1=c, soit 2 2 c−2b=1 (1), 2 2 ou 2b−1=c, soit 2 2 c−2b= −1 (2), avecbetcentiers naturels. On est amené à chercher les solutions (c;b) des deux équations. L’équation (1) est une équation de Pell-Fermat dont la plus petite solution positive est (3 ; 2). Les n autres solutions seront données parc+b2=3+2 2pournentier. ( )
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Par exemple, pourn=2, on retrouve la solution (17 ; 12) obtenue au 1). L’équation (2) est une équation de Pell-Fermat dont la plus petite solution positive n est (1 ; 1). Les autres solutions sont données parc+b2=1+1 2ourn=1, ( ) 3, 5, … Par exemple, pourn=3 on obtient (3 ; 2) ; pourn=5 on obtient (41 ; 29). *NDLR : Cette rédaction est un condensé de la solution de R. Bourdon. S o l u t i o n sd eM .Ayanou (Cayenne), Jean-Claude Carréga (Lyo n ) , Marie-Laure Chaillou (Épinay/Orge), Pierre Renfer(Ostwald), Odile Simon (La Prénessaye). Unes o l u t i o ntrès détaillée deAlain Corre (Moulins)dont nous extrayons l’idée pour trouver une solution à la partie 1). 2 2 On peut aussi s’aider du fait quex+y=433 est l’équation d’un cercle de centre O(0 ; 0) et de rayon433. Les solutions cherchées dans ¥×¥sont les points à coordonnées entières sur la partie du cercle située dans le premier quadrant. On vérifie que les points de coordonnées (7 ; 20) et (20 ; 7) n’appartiennent pas au cercle, alors que les points de coordonnées (7 ; 12) et (12 ; 7) lui appartiennent. Quant à la partie 2), Alain Corre fait la remarque suivante : «Un problème qui revient à une équation de Pell-Fermat est le suivant : Un détachement de soldats peut former soit un triangle, soit un carré. Combien comporte-t-il de soldats ? (une version plus pacifiste ferait intervenir des oies sauvages). Ce problème revient au problème mathématique : quels sont les nombres figurés à la fois triangulaires et carrés ?» Exercice 475-2 (Olympiades suédoises 1961 - 1968. [Document S . M . F. ] ) Soientx,y(i=1, 2, …,n), des nombres réels tels quex≥x≥…≥xet i i1 2n y≥y≥…≥y. 1 2n Soitz,z, …,zune permutation arbitraire des nombresy,y, …,y. 1 2n1 2n n n 2 2 ∑ ∑ Démontrer l’inégalité(xi−yi)≤(xi−zi). i=1i=1 Solution de Jean-Claude Carréga (Ly o n ) n nn n nn n n 2 2 2 22 2 x−y≤x−z⇔x−2x y+y≤x−2x z+z ∑ ∑∑ ∑ ∑∑ ∑ ∑ (i i) (i i)i ii ii ii i i=1i=1i=1i=1i=1i=1i=1i=1 n nnn ⇔−2xiyi≤ −2xizi⇔xizi≤xiyi. ∑ ∑∑ ∑ i=1i=1i=1i=1
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On est donc ramené à démontrer que siz,z, …,zest une permutation des nombres 1 2n n n y,y, …,y, alorsxizi≤xiyi. 1 2n∑ ∑ i=1i=1 Démontrons cela par récurrence surn. Sin=1, on az=y, d’oùx z=x y. 1 11 11 1 Soitn≥2, supposons la propriété à l’ordren−1 et considérons une permutation z,z, …,zdey,y, …,y. 1 2n1 2n Il existek, 1≤k≤n, tel quez=y. Considérons alors la permutationz′,z′, …,z′ 1 2n k n obtenue à partir dez,z, …,zen permutantzetz. On a donc, pouri≠ket 1 2nn k i≠n,z′ =z.z′ =z z′ =z=y i ik n n k n n ∑ On a alorsx(z−z′)=x(z−z′)+x(z−z′)==(x−xn)(zk−z′k). i ii kk kn nn k i=1 n Puisquex≥xetz=y≤z′, on axi(zi−zi′)≤0, soit k nk nk∑ i=1 n n ∑ ∑ xizi≤xizi′(1) i=1i=1 D’autre part,z1′,z′2, …,z′n−1est une permutation dey,y, …,y, donc par 1 2n−1 n−1n−1 ∑ ∑ l’hypothèse de récurrence on axizi′ ≤xiyiet puisquezn′ =yn, on a aussi i=1i=1 n n ∑ ∑ xizi≤xiyi(2) i=1i=1 n n Compte tenu des inégalités (1) et (2), on a bienxizi≤xiyi. ∑ ∑ i=1i=1 Solution « physique » donnée dans les Cahiers du groupe du Clain o (n 8– 19 7 8 ) On peut supposer tous les nombres (x) et (y) positifs car une même translation ne i i modifie pas les deux membres de l’inégalité proposée.Considérons les (y) comme des i intensités de forces verticales appliquées respectivement aux points d’abscisse (x) i n ∑ nés sur une tige horizontale. La résultante de ces forces a pour intensitéyqui aligi i=1 ne change pas quand on permute les forces en (z). Le moment résultant par rapport à i n x z ∑ O est alorsi i. Il est maximum quand on applique la plus grande force au point i=1 le plus éloigné de O et ainsi de suite (par additivité des moments) pour les suivantes.
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n n n On a doncxiyi≥xizi≥xiyn−i+1(ordre inverse), ou ∑ ∑ ∑ i=1i=1i=1 n nn 2 22 ∑ ∑ ∑ (x−y)≤(x−z)≤(x−y− +1) i ii ii ni. i=1i=1i=1 S o l u t i o n sd eM .Ayanou (Cayenne),Alain Corre (Moulins), Mathilde Lahaye-Hitier (Helsingborg-Suède), Georges Lion (Wallis), Éric Oswald (Borgo), Pierre Renfer (Ostwald). Textes signalés par Michel Hébraud ( Toulouse) : – « Inequalities » Hardy-Littlewood-Polya (Cambridge University Press), – « Olympiades de mathématiques » de Terik Soulami. Exerc i c e4 7 5 - 3( M i g u e lAmengual Covas - Mallorca) Sean P, Q, R, S los respectives puntos medios de los lados [AB], [BC], [CD], [DA] de un cuadrilátero ABCD convexo. Sea O el punto de intersección de (PR) y (QS). Si OA=OC y OB=OD, demostrar que ABCD es un paralelogramo. Solution de Pierre Renfer (Ostwald) uuur uuur uuur CommeAC=2⋅PQ=2⋅SR, le quadrilatère PQRS est un parallélogramme. Le point O est donc l’isobarycentre des points P, Q, R, S ainsi que des points A, B, C, D. Le point O est aussi le milieu de U et V, U et V désignant les milieux des diagonales [AC] et [BD]. Si les points U et V étaient distincts, la droite passant par O, U et V serait médiatrice à la fois de [AC] et de [BD], ce qui est absurde. Donc U et V coïncident et le quadrilatère ABCD est un parallélogramme. Solution de Georges Lion (Wal l i s ) Por Al-Kashi habemos : · 2 22 4OP=OA+OB+2OA⋅OBcos AOB, y 2 2 2 4OR=OC+OD+2OC⋅OD cos COD. Conocemos OP=OR (clasico), puesAOB=COD. Lo mismo va paraAOD=BOC. 1 ······· EntoncesAOC=AOB+BOC=AOB+BOC+COD+DOA=180°. ( ) 2 Los puntos A, O, C estan alineados, O es el punto medio de [AC] y lo mismo va para O medio punto de [BD]. q.e.d.. Hasta luego.
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Beaucoup de réponses à ce problème : - Géométrie« classique » :Amengual Covas (Mallorca), OdileM i g u e l Simon (La Prénessaye), Robert Bourdon (Tourgeville), - Utilisationde symétrie ou constructions annexes :M o u l i n s ) ,Alain Corre ( Raymond Raynaud (Digne), Jean-Claude Carréga (Lyon), Jean Lefort (Wintzenheim), - Utilisationde relations métriques dans le triangle :Éric Oswald (Borgo), - Utilisationd'un repère orthonormé :Jean Gounon (Chardonnay).
