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Challenge n°38***

Posté par
puisea Posteur d'énigmes
11-11-04 à 20:08

Bonsoir tlm.

38è édition des challenges proposé par puisea :

Combien y a-t-il de groupe(s) de nombre entiers positifs consécutifs dont la somme égale 100 ?

Explications détaillées et argumentées nécessaire à la validité de la réponse proposée.

Bonne chance à tous

Posté par
puisea Posteur d'énigmes
re : Challenge n°38*** 11-11-04 à 20:11

Bon allé pour changer je mets la correction dès maintenant ...

Voici la correction détaillée de l'exo :

Challenge n°38

Posté par pinotte (invité)re : Challenge n°38*** 11-11-04 à 22:16

gagnéBonjour!

Je tente ma chance, en espérant que ma démarche soit acceptée

Déjà, on peut déduire que les nombres seront inférieurs à 50, car 50 + 51 = 101. Ensuite, on peut chercher une quantité n de nombres dont la moyenne sera de 100/n.

Ainsi, existe-t-il 4 nombres consécutifs dont la moyenne est 25?
5 nombres consécutifs dont la moyenne est 20?
8 nombres consécutifs dont la moyenne est 12,5?
10 nombres consécutifs dont la moyenne est 10?
20 nombres consécutifs dont la moyenne est 5?

On peut éliminer la dernière possibilité, car la moyenne des 20 plus petits nombres est de 10,5.

4 nombres consécutifs dont la moyenne est de 25:
moyenne de 23+24+25+26 = 24,5
moyenne de 24+25+26+27 = 25,5

Aucune solution

5 nombres consécutifs dont la moyenne est de 20:
moyenne de 18+19+20+21+22 = 20

Première solution

8 nombres consécutifs dont la moyenne est de 12,5:
moyenne de 9+10+11+12+13+14+15+16= 12,5

Deuxième solution

10 nombres consécutifs dont la moyenne est de 10:
moyenne de 6+7+8+9+10+11+12+13+14+15 = 10,5
moyenne de 5+6+7+8+9+10+11+12+13+14 = 9,5

Aucune solution

On trouve donc deux groupes de nombres entiers positifs consécutifs dont la somme est de 100.

Posté par
dad97 Correcteur
re : Challenge n°38*** 11-11-04 à 22:28

perduBonsoir,

Soit n le plus petit entier de la suite d'entier positif, soit k le nombre de terme de cette suite de nombres (on peut noter tout de suite que k est non nul donc k-1 est un entier naturel).

L'énoncé se traduit donc par :

\Bigsum_{p=0}^{k-1}(n+p)=100

or :

\Bigsum_{p=0}^{k-1}(n+p)=\Bigsum_{p=0}^{k-1}n+\Bigsum_{p=0}^{k-1}p

or \Bigsum_{p=0}^{k-1}n=n\Bigsum_{p=0}^{k-1}1=n\times k

et \Bigsum_{p=0}^{k-1}p=\frac{(k-1)\times ((k-1)+1}{2}=\frac{k\times (k-1)}{2}

d'où :

\Bigsum_{p=0}^{k-1}(n+p)=\Bigsum_{p=0}^{k-1}n+\Bigsum_{p=0}^{k-1}p=n\times k +\frac{k\times (k-1)}{2}=\frac{2nk+k(k-1)}{2}=\frac{k(2n+k-1)}{2}

donc \Bigsum_{p=0}^{k-1}(n+p)=100 <--> \frac{k(2n+k-1)}{2}=100

soit k(2n+k-1)=200

mais 200=1\times 2^3\times 5^2

1er cas : k est impair
alors k\in{1 ; 5 ; 25 }

1er sous cas : k=1
alors 2n+1-1=200 soit n=100 1er cas envisageable

2ème sous-cas : k=5
alors 2n+5-1=200/5=40 soit n=18 2ème cas envisageable

3ème sous cas : k=25
alors 2n+25-1=200/25=8 alors n<0 donc ce cas ne convient pas.

2ème cas : k est pair
alors k\in{2 ; 4 ; 8 ;10 ; 20 ; 40 ; 50 ; 100 }

si k=2 alors 2n+2-1=200/2=100 et n n'est pas entier donc ce cas ne convient pas.

si k=4 alors 2n+4-1=50 et n n'est pas entier donc ce cas ne convient pas.

si k=8 alors 2n+8-1=25 i.e. n=9 3ème cas envisageable

si k=10 alors 2n+10-1=20 et n n'est pas entier donc ce cas ne convient pas.

si k=20 alors 2n+20-1=10 alors n<0 donc ce cas ne convient pas.

si k=40 alors 2n+40-1=5 alors n<0 donc ce cas ne convient pas.

si k=50 alors 2n+50-1=4 alors n<0 donc ce cas ne convient pas.

si k=100 alors 2n+100-1=2 alors n<0 donc ce cas ne convient pas.

si k=200 alors 2n+200-1=1 alors n<0 donc ce cas ne convient pas.

Conclusion :
il y a 3 groupes de nombre entiers positifs consécutifs dont la somme égale 100.

Il sont {1} , {18 ; 19 ; 20 ; 21 ; 22} et {9 ; 10 ; 11 ; 12 ; 13 ; 14 ; 15 ; 16 }

Salut



Posté par pinki6600 (invité)re : Challenge n°38*** 11-11-04 à 22:45

perdu2 solution:
9+10+11+12+13+14+15+16=100
et
18+19+20+21+22=100

Posté par
franz
re : Challenge n°38*** 12-11-04 à 09:42

gagnéEn appelant n le dernier entier de la série etm+1 le premier,
\large{\bigsum_{k=m+1}^n k = \bigsum_{k=1}^n k - \bigsum_{k=1}^m k = \frac {n(n+1)} 2 - \frac {m(m+1)} 2} = \frac {n^2-m^2+n-m} 2 = \frac {(n-m)(n+m+1)} 2 = 100

d'où  \large(n-m)(n+m+1)=200

Or pour tout couple d'entiers naturels (m,n) , n-m et m+n+1 sont de parité différente et m+n+1 > m-n
Les seuls couples de diviseurs de 200 que peut valoir le couple (n-m,n+m+1) sont :
\large(n-m,n+m+1)\;\in\;\{(1,200),(5,40),(8,25)\}
      (il ne faut garder que les couples dont le produit donne 200 avec un facteur pair et un impair et le premier terme inférieur au second))

Nous avons 3 cas à considérer
\bullet\hspace{10}\{\array{n-m=1\\n+m+1=200}\;\Longleftrightarrow\;\{\array{n=100\\m=99}        cas inintéressant car on n'a que le terme 100 dans la somme
\bullet\hspace{10}\{\array{n-m=5\\n+m+1=40}\;\Longleftrightarrow\;\{\array{n=22\\m=17}        cas \large 100 = 18+19+20+21+22
\bullet\hspace{10}\{\array{n-m=8\\n+m+1=25}\;\Longleftrightarrow\;\{\array{n=16\\m=8}          cas \large 100 = 9+10+11+12+13+14+15+16

Il n'existe que deux groupes d'entiers consécutifs dont la somme vaut 100 (les deux derniers).

P.S. : Merci puisea pour cette jolie énigme d'arithmétique.

Posté par LNb (invité)re : Challenge n°38*** 12-11-04 à 11:11

gagnéOn considèrera qu'il y a au moins 2 nombres (à cause du pluriel) et qu'ils sont strictement positifs

Il y a deux groupes de nombres
9 10 11 12 13 14 15 16
ou
18 19 20 21 22

en effet
si on appelle n le plus petit nombre et n + p le plus grand, on a
n + (n +1) + ... (n + p) = (p + 1)(2n + p)/2
la somme vaut 100 se traduit alors par (p + 1)(2n + p) = 200
p + 1 et 2n + p sont des entiers de parités différentes, tous deux strictement supérieurs à 1, dont le produit donne 200 et tels que 2n + p > p + 1

les seuls couples de diviseurs de 200 qui réalisent ces conditions sont {8 ; 25} et {5 ; 40} (toutes les puissances de 2 sont regroupées dans le même diviseur)

p + 1 = 8
2n + p = 25 donne p = 7 et n = 9

p + 1 = 5
2n + p = 40 donne p = 4 et n = 18
CQFD

Posté par claireCW (invité)re : Challenge n°38*** 12-11-04 à 15:05

gagnéSoit Po le premier terme du groupe, et n le nombre de termes consécutifs.

La somme des n entiers de Po à Po + n - 1 est :

S = (Po + (Po + n - 1). n /2
S = (2Po + n - 1).n/2

On cherche n et Po tels que S = 100

(2Po + n - 1). n = 200

200 = 2x2x2x5x5
Donc les valeurs possibles de n sont : 2, 4, 5, 8, 10, 25, 50, 100, 200.
25, 50, 100 et 200 sont aberrants par rapport à l'énoncé. En effet, même en commencant à 1, la somme de 25 (50, 100 ou 200) entiers consécutifs est supérieure à 100


Si n = 2,
2Po + n - 1 = 100, donc 2Po = 99 impossible car Po est entier

Si n = 4,
2Po + n - 1 = 50, donc 2Po = 47 impossible car Po est entier

Si n = 5,
2Po + n - 1 = 40, donc Po = 18.
donc {18;19;20;21;22} est un groupe qui fonctionne

Si n = 8,
2Po + n - 1 = 25, donc Po = 9.
donc {9;10;11;12;13;14;15;16} est un groupe qui fonctionne

Si n = 10,
2Po + n - 1 = 20, donc 2Po = 11 impossible car Po est entier

Les deux seuls gropues qui fonctionnent sont donc :
{18;19;20;21;22} et {9;10;11;12;13;14;15;16}

Posté par somarine (invité)re : Challenge n°38*** 12-11-04 à 18:50

gagnébonsoir,

soit n le nombre à rechercher, son consécutif est n+1
2 entiers consécutifs:
il faut que n+n+1=100 2n=99 impossible car n ne sera  pas entier
3 entiers consécutifs:
n+n+1+n+2=100 3n=97 impossible car 97 n'est pas divible par 3
4 entiers consécutifs:
4n+6=100 4n=94 or 94 n'est pas divisible pas 4
5 entiers consécutifs:
5n+10=100 5n=90 n=18
le premier groupes des nombres consécutifs est 18+19+20+21+22=100
On fait ainsi de suite et on a par exemple
8 entiers consécutifs:
8n+28=100 8n=72 n=9
2ème groupe: 9+10+11+12+13+14+15+16=100
je me suis arretée au 15 entiers consécutifs car
15n+105=100 et le n sera négatif et ça ne répond pas à la question.

Résumé: 2 groupes d'entiers consécutifs dont la somme vaut 100

1){18,19,20,21,22}
2){9,10,11,12,13,14,15,16}

J'espère que la justification est correcte.

Posté par
puisea Posteur d'énigmes
re : Challenge n°38*** 12-11-04 à 19:18

Bravo à tous, plein de bonnes réponses, bravo à vous... Pour ma correction regardez mon message en haut, sinon regardez la réponse proposée par ceux qui ont eu bon

Prochaine énigme dans très peu de temps...

Posté par Graubill (invité)re : Challenge n°38*** 12-11-04 à 19:30

k, nombre de terme, et n nombre premier de la suite.

200= k*(2n+k-1)  
200=1*2*2*2*5*5

si k est pair alors, 2n+k-1 est impair, soit = 40*5 (pas de solution)
ou 8*25,
k=8 et n=9.

si k est impair,

k=1, n=100
k=5, n=18
k=25, pas de solution

donc trois groupes = {100;(18;19;20;21;22);(9;10;11;12;13;14;15;16)}

Posté par Graubill (invité)re : Challenge n°38*** 12-11-04 à 19:31

oups j'ai tardé...

Posté par
puisea Posteur d'énigmes
re : Challenge n°38*** 12-11-04 à 19:31

Désolé Graubill, il est trop tard, et en plus tu avais faux car il était demandés groupe(s) de nombre entiers positifs consécutifs

Or 100 tout seul ne respecte pas cette règle...


@+

Posté par
dad97 Correcteur
re : Challenge n°38*** 12-11-04 à 19:58

perduBouh le {100} de toute manière je m'étais planté en récapitulant les cas qui fonctionnait

Posté par
puisea Posteur d'énigmes
re : Challenge n°38*** 12-11-04 à 20:00

Tu te rattraperas dad tu n'as "que" 7 points de retard sur la première place

@+

Challenge (énigme mathématique) terminé .
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