Bonjour,

Les 3 coffres contiennent, du plus grand au plus petit:
16 514, 8 450 et 386 pièces.  

Problème impossible

Petit coffre : 1 pièce
Coffre moyen : 3 pièces
Grand coffre : 5 pièces

Salut Jamo,

je propose

Dans le petit coffre : 386 pièces.
Dans le moyen coffre : 8450 pièces.
Dans le grand coffre : 16514 pièces.

Bonjour Jamo,

Je propose :
16514 pièces dans le grand coffre,
8450 pièces dans le coffre moyen,
386 pièces dans le petit coffre.

Merci beaucoup.

Bonjour,
482 3362 6242
Merci pour l'énigme

Je pense qu'il n'y a pas de solution . PB impossible.

Bonjour Jamo,

6242,3362,482 (du plus grand au plus petit)
Merci pour l'énigmo.

Bonjour Jamo,

Les nombres de pièces sont  : 6242 , 3362 , 482

(du moins ceux que je trouve, après avoir ramé comme un imbécile)

j'ai trouvé pour le grand 5 pièces, le moyen 3 pièces et le petit une pièce.

Sans trop de convictions je dirais :
petit : 386
moyen : 8450
grand : 16514

Bonjour

Je dirais 1 - 24 - 120

MM

n'importe quoi !!!!
j'ai oublié une contrainte !

Coffre1 :  386        Coffre2 :  8450       Coffre3 :  16514

A+
Torio

Bonjour
Je trouve
2692 , 1404 , 117
A+

Bonsoir,

pour cette première énigme, je propose les contenus suivants:

Petit coffre: 386
Moyen coffre: 8450
Grand coffre: 16514

Merci pour l'énigme.

386 8450 16514

j'ai essayer de faire ce pb sans programmer...grosse erreur

sans aucune preuve de la minimalité du contenu du ptit coffre je dirai:

petit coffre 386 pièces
moyen coffre 8650 pièces
grand coffre 16514 pièces

voila  bonne journée a tous

386, 8450 et 16514

Bonjour.
Les coffres contiennent respectivement 482, 3362 et 6242 pièces.

Les carrés sont en progression arithmétiques et sont les quadruples de carrés impairs.
Les carrés impairs sont de la forme 1 + (8 fois la somme des n premiers nombres).
Les trois sommes sont en progression arithmétiques. La somme moyenne est au plus le double de la somme la plus petite et la suivre d'au moins trois rangs.
On trouve rapidement les sommes 120, 210 et 300.
Les carrés impairs sont 961, 1681 et 2401.
Les carrés pairs sont 3844, 6724 et 9604.
Leur demi-somme 10086 est la somme des contenus des trois coffres.

problème impossible

problème impossible

Bonjour !

Voici ma réponse :

Le nombre de pièces dans chaque coffre est respectivement 386, 8450 et 16514.

Sans beaucoup de certitude quant à la minimalité du premier nombre.

Merci !

Bonjour,

Pas évident, mais voici ma proposition de contenu :

P 386
M 8450
G 16514

merci jamo pour cette énigme

A+

386
8450
16514

Bonjour,
Je pense que c'est impossible
En effet si on prend a , a+k et a+2k
on doit avoir a+a+k = carré a+a+2k = carré et 2a+3k =carré
* 2(a+k) = carré donne a+k =8,18,32,50,72,98,128 etc
il y aura incompatibilité avec 2a+k = carré et 2a+3k =carré (avec  k mulitiple de 4)

Bonjour,

Tout d'abord, on suppose que toutes les pièces d'or sont identiques, de même valeur.

Appelons G le nombre de pièces du gros coffre, M pour le moyen et P pour le petit.
On dit que P vaut au moins 1 pièce. On dit aussi que G > M > P; de même G-M = M-P.
De cette dernière relation on a G+P = 2M. 2M est un carré parfait multiple de 2.
L'énoncé mentionne que M+P= carré parfait, P+G = carré parfait et M+G = carré parfait.
Si on établit une liste des nombres pairs (A) avec leurs carrés B=A²= 2M
on peut en relation avec les valeurs de M chercher les carrés parfaits qui associeront P et en faire découler G. Z=(G + M )devra également être carré parfait.

Le petit programme informatique en basic permet de faire varier M de 2 à 50.10⁶.
Exemple : 10 FOR X=2 TO 10000 STEP 2
20 A = X
30 B=A*A
40 M = 0.5*B
45 V=SQR(M)
47 R= INT(V)
50 FOR Y= R TO A
60 C= Y*Y
110 P=C-M
120 G = B-P
125 IF P=M THEN 160
130 Z=M+G
135 Q= SQR(Z)
140 W= INT (Q)
150 IF Q-W < 0.001 THEN PRINT P,M,G
160 NEXT Y
180 NEXT X
190 END

L'ayant utilisé pour les valeurs de M de 2 à 5.10⁶ on constate qu'il y a environ 697 solutions.

Pour répondre à l'énoncé, on constate que le plus petit nombre de pièces dans le petit coffre vaut 386.
Les solutions sont donc :  Petit coffre  386 pièces d'or
                           Moyen coffre  8450 pièces d'or
                           Grand coffre 16514 pièces d'or

Bien à vous, amitiés

Bonsoir Jamo,

Je ne sais pas si cette énigme est difficile ou si je ne suis pas dans mon état normal mais elle aura été laborieuse.

Je trouve : petit coffre 386 pièces
                 moyen       8450 pièces
                 grand       16514 pièces

Mon problème : j'ai trouvé d'autres solution possibles avec le nombre de pièces du petit plus grand. J'ai donc pris la solution avec le nombre minimal parmi celles trouvées, mais je n'ai pas pu montrer que c'était LE minimum (toute partie non vide de N admet un plus petit élément, ici on a une partie non vide puisque j'ai trouvé des solutions, mais comment savoir si ma solution constitue l'élément minimal de l'ensemble des solutions ??)

J'espère que certains présenteront leur raisonnement pour que je me fasse une idée

Encore une très belle énigme Jamo, merci beaucoup ! Comment savais tu que l'arithmétique était justement mon point faible ? :p
Merci pour l'énigme et à bientôt.

Bonjour

sans trop de certitude, je dirais :

386 - 8450 - 16514 _{(c'est le plus petit que j'ai trouvé avec une raison inférieure à 10000)}

merci pour cette énigme.

Une solution qui marche :
2 pièces dans chaque coffre.

Maintenant le petit coffre ne peut avoir 1 pièces. En effet sinon, on aurait en notant n1,n2,n3 les pièces dans les petits/moyens/grands coffres, et k=n2-n1. On a n2=n1+k, n3=n1+2k
Si n1=1, cela fait que 2+3k est un carré parfait. Or un carré ne peut être congru à 2 modulo 3.

Bonjour,

Pour moi, il y a
1 pièce dans le petit coffre
6 pièces dans le coffre moyen
11 pièces dans le grand coffre

Ainsi :
G,M,P = nombre de pièces dans le grand, moyen et petit coffre
1) G > M > P 1
2) G-M = M-P = 5
3) (P+M)+(P+G)+(M+G)=2(G+M+P)=2*(11+6+1)=36=6²
4) P est minimal puisque P=1

Conclusion : pas si riche que ça Picsou !!!!

Bonjour,
Hélas, par le calcul, rien!
Une petite moulinette en QBasic et j'obtiens un minimum de 386 pièces dans le petit coffre
Soit: 386, 8450 et 16514 pièces

Soit x , y et z le nombre de pièces respectivement du petit, moyen, gros coffre.
Alors x = 2162 ; y = 7442 ; z = 12722
On a x + y = 98² ; y + z = 142² et x + z = 122²
et z - y = y - x = 5280

Après réflexion, je propose :

Soit x , y et z le nombre de pièces respectivement du petit, moyen, gros coffre.
x = 386 ; y = 8450 ; z = 16514
On a x + y = 94² ; y + z = 158² et x + z = 130²
et z - y = y - x = 8064
et x + y + z = 25350

Je sais que cela ne sera pas pris en compte, mais c'est juste pour le fun! (En espérant que la réponse soit la bonne malgré tout!!!)

Règle 1 : a<b<c

Règle 2 : c-b=b-a

Règle 3 :
a+b=k²
a+c=k'²
b+c=k''²

De la règle 2, on déduit 2b=c-a
2a+2b=a+c
Donc d'après la règle 3, k'²=2k²

Soit d=PGCD(k,k')

Il existe donc deux entiers naturels o et o' tels que k=do et k'=do' avec PGCD(o,o')=1

D'où d²o'²=2d²o²
<=>o'²=2o²

Or 2|(2o²) donc 2|o'² donc 2|o' comme 2 est premier
Il en résulte qu'il existe un entier naturel m tel que o'=2m
D'où 4m²=2o²
<=>o²=2m²
Donc 2|o² et comme 2 est premier, alors 2|o
Ce qui est absurde




ON EN DEDUIT QU'IL N'Y A PAS DE SOLUTION

Bonjour,
Je trouve:
Petit coffre: 386 pièces;
Moyen coffre: 8450 pièces;
Grand coffre: 16514 pièces.

petit coffre : 386 pièces
moyen coffre : 8450 pièces
grand coffre : 16514 pièces

je n'ai pas trouvé plus petit...

Ma proposition :

Petit coffre :   386
Moyen coffre :  8450
Grand coffre : 16514


... Mais j'avoue ne pas voir comment prouver qu'il n'y a pas de solution avec moins de pièces dans le petit coffre. Donc réponse sous réserve. Et bravo à ceux qui ont pu prouver ce résultat (s'il est bon).

Merci pour l'énigme .

Bonjour,

coffre 1 : 482 pièces

coffre 2 : 3362 pièces

coffre 3 : 6242 pièces

cogito ergo sum !

Notons p le nombre de pièces dans le petit coffre
m, le nombre de pièces dans le coffre moyen
et g le nombre de pièces dans le grand coffre

Ce problème n'est pas impossible, j'ai trouvé deux solutions... Et il y en a peut-être plus. Je ne sais pas si j'ai effectivement trouvé la solution avec p minimal, mais je tente :
avec p=386, m=8450 et g=16514

On a bien m-p = g-m = 8064
m+p = 8836 = 94²
m+g = 24964 = 158²
et p+g = 16900 = 130²

Clôture de l'énigme

La réponse à ce beau sujet d'arithmétique est : 386-8450-16514.

Certains ont donné la solution qui correspond à l'énigme suivante, on peut même lire des démonstrations comme quoi le problème est impossible, ...

Pour trouver la solution, le plus simple était de passer par un programme informatique je pense, mais une petite étude mathématique préalable devait permettre de simplifier le problème.

On trouve aussi quelques méthodes sur internet, par exemple :

Impressionnant, nous sommes tous passé par une résolution informatique ! Et le plus dur dans ce cas là est bien sûr que l'on ne peut pas être sûr de la minimalité du nombre du petit coffre (comme beaucoup l'on mentionné dans leur réponse). En gros nous avons (presque) tous établit une conjecture avec résolution informatique à l'appui. C'est comme si on avait voulu montrer syracuse en disant que "c'est vrai pour tout entier k inférieur à 10^30".
Personnellement j'ai passé plusieurs jours à trouver des tas de conditions sur les entiers solution, sans que l'une d'elle ne me garantisse un nombre minimal pour le petit coffre.
Notamment en notant :
G+M=a²
M+P=b²
P+G=c²    j'avais  a>c>b et a²+b²=2*c². Mais étant mauvais en arithmétique, je ne sais pas si cette équation peut se résoudre ou non ???
Avec une forme générale des solutions de cette équation, on pourrait je pense aboutir à la solution de manière exacte ...

Quelqu'un a une idée ?

Bonjour à toutes et tous,

Dans le lien proposé par jamo, l'échange ne semble pas conclure sur la démonstration du plus petit P.

Le seul indice que je puisse proposer est le suivant : il semble judicieux de programmer la recherche de solutions à partir des trois carrés A², B², C². En faisant varier A, on explore les solutions de A² en (A+1)², ce qui accélère la recherche et permet d'atteindre de très grands nombres de pièces. Tellement grands, qu'on atteint la limite de la double précision.

De ce fait, sauf à passer à des algorithmes bien plus complexes, il ne semble pas y avoir de solution trouvable par un simple programme calculant en double précision (je crois à plus ou moins 10 puissance 15 près).

C'est la raison pour laquelle j'ai fini par poster la solution que tout le monde a trouvé, malgré l'absence de preuve... considérant que jamo n'avait pas de meilleur ordinateur que les notres...

Bonjour Ledino,

Merci de ta réponse.
Qu'appelles tu la double précision ? C'est un phénomène d'erreur d'arrondi de l'ordinateur lorsqu'il travaille avec de gros nombres ?
Personnellement pour les énigmes j'utilise CamL, bloqué à 2^30 de toute façon, à moins d'utiliser #bignum.
Quoiqu'il arrive une résolution informatique je sais plus ou moins faire. Je me posais la question d'une résolution exacte. La raison :

On écrit :
G+M=a²
M+P=b²
P+G=c²
Par une résolution de système 3x3 on obtient P,G et M en fonction a,b,c, notamment
P=(3*b²-a²)/4 si je me souviens bien, quelque chose comme ça (en utilisant la condition G-M=M-P qui donne a²+b²=2*c² ce qui permet de retirer c des expressions).

Arrivé là j'ai pensé à faire tourner un programme informatique (on avait les conditions : b<c<a<b*sqrt(3))
Mais que mettre dans la boucle ?
Par exemple si on fait un
"for b=1 to n" où l'on ferait monter n tant que l'on veut, il faudrait ensuite faire varier a entre b+2 et sqrt(3)*b.
Seulement qu'est ce qui nous garantit dans cette boucle la minimalité de P ?
Comment savoir si (3b²-a²) est minimal ? Peut être que pour une valeur plus grande de b que le n que l'on avait mis, on aurait une valeur de a tel que P soit plus petit.
C'est d'ailleurs ce que j'ai eu : pour n pas assez grand je n'avais accès qu'à la solution P=482 (gripsou) et pour un n plus grand j'ai eu accès à P=386. Je me suis alors dit que pour n encore supérieur il y aurait peut être encore plus grand.

Autre moyen de procéder : faire la boucle sur les valeur de P, au moins la première trouvé représente forcement P minimal.
donc "for P=1 to n do" et une fois une valeur donné à P on obtient une relation entre a et b. Il faut donc supposer une valeur à l'un ou l'autre pour obtenir les valeur de a et b, et vérifier que a²+b² est le double d'un carré. C'est de cette manière ci que j'ai procédé il me semble, mais cela reste une résolution informatique, nous n'avons pas réellement la garantit que P est minimal.

Pour la résolution mathématique, j'aurais aimé résoudre a²+b²=2c², les solutions alors dépendent d'un paramètre k naturel (comme les équations diophantienne) et il suffit de le prendre de façon à rendre P minimal. Seulement je n'ai pas réussit à faire ça, et je me demandais si quelqu'un y était arrivé. C'est le cas dans l'énigme sur Gripsou par Buzard, mais les outils utilisés pour résoudre cette équation me dépassent.

Bonjour Noflah,

En effet, si j'ai évoqué la "double précision" c'est parce que je crois, de mémoire, que les langages informatiques utilisent ce format pour effectuer les calculs. Sauf erreur, la double précision stocke les nombres sur 64 bits, et permet d'avoir une quinzaine de chiffres significatifs, guère plus.

La conséquence c'est que les programmes qui ont permis de trouver les solutions proposées pour le problème Picsou vont arriver à une limite : lors du test des conditions à satisfaire, les nombres évalués seront trop grand pour la précision de calcul du langage utilisé (sauf à utiliser un langage qui offre une précision plus étendue...).

Le problème Gripsou est quant à lui "résolu", parce que la somme trouvée pour P=486, limite de fait la valeur possible pour b² (avec tes notations), et donc une recherche informatique exhaustive est dans ce cas possible (car ici, on peut limiter b, dont le carré ne doit pas dépasser la somme trouvée dans le cas P=486).

Le problème Picsou, en revanche, ne peut pas être résolu uniquement par une boucle informatique, car rien n'interdit a priori qu'il y ait une solution pour un P petit et un b "gigantesque". Peut-être que le lien proposé par jamo répond à cette question, mais je ne l'ai pas vu clairement.

La seule chose que j'ai pu vérifier, c'est que tous les cas testables avec la double précision (jusqu'à b=10^8, et donc b²=10^16), ne donnent aucune solution pour P<386.

P=386 est donc en quelques sortes, le "minimum prouvable par programme" (utilisant la double précision).

Bonsoir LeDino,

Bonjour Noflah,

Pour moi, la réponse fournie par Buzard, qui utilise les triplets pythagoriciens (comme dans le lien proposé par Jamo), a le mérite d'être élégante et de fournir une solution trouvable à la main répondant au problème Gripsou.

Dans le cas Gripsou, la minimalité de la somme est facilement prouvable, car si la somme est limitée, tous les termes qui la composent le sont... et celà réduit considérablement le champ de recherche.

Pour le problème Picsou, en revanche, je n'ai lu encore personne (ni dans l'échange trouvé sur le lien proposé par jamo, ni dans la réponse de Buzard) affirmer avoir trouvé une solution qui assure la minimalité de P.

Pour moi, sauf avis explicite du contraire, le caractère minimal de P=386 n'a pas été formellement prouvé.

Bonsoir LeDino,

Bonsoir noflah,

Pour savoir si cela peut être fait... il faut le faire, ou au moins essayer . Pour ma part, je ne suis pas certain que l'on puisse conclure.

Pour obtenir x² + y² = z², Buzard fait un changement de variables.