Enigme Fête de famille @ Prise2Tete

portugal · #1

Mes deux enfants on chacun réalisé un grand gâteau carré. Ils ne se sont pas foulés, se contentant de disposer l'intégralité de ma collection de petits carrés de chocolat.

Comme une fête de famille (7 adultes et 7 enfants) approchait, je leur ai demandé de récupérer les chocolats et construire des gâteaux carrés pour chacun des convives. Pour ne pas faire de jaloux, je leur ai dit que respectivement les enfants et les adultes devraient avoir des gâteaux de taille égales, et qu'ils devraient utiliser tous les chocolats disponibles.

Ils ont réfléchi et m'ont dit que ca ne serait pas possible.

Ignorant les tailles des gâteaux initiales, je ne pouvais pas le prévoir. Et vous ?

Franky1103 · #2

Si A, B et C sont respectivement les tailles des gâteaux initiaux, finaux adultes et finaux enfants, on devra résoudre: 2.A² = 7.(B²+C²), avec B différent de C.
On voit que 7 doit diviser A, mais comme on a A², 7 doit aussi diviser B²+C²: je reviendrai plus tard.

Vasimolo · #3

Bonjour

Si j'ai bien compris la question , c'est très simple . On a l'équation en entiers : $a^2+b^2=7(c^2+d^2)$ . Si on regarde les carrés modulo 7 on voit que $a^2+b^2$ est divisible par 7 si et seulement si $a$ et $b$ le sont , on a donc $7(a'^2+b'^2)=c^2+d^2$ soit une descente infinie .

Vasimolo

portugal · #4

Impeccable Vadimolo...bravo...

Franky : attention les 2 gâteaux initiaux peuvent être de tailles différentes...et les gâteaux finaux de même tailles.

nodgim · #5

Salut Portugal,
Si j'ai bien compris, tu voudrais savoir s'il existe A, B, n, m tel que:
A²+B²=7(n²+m²)

Les restes modulo 7 d'un carré sont 0,1,2 ou 4. La seule possibilité pour que la somme de 2 carrés soit 0 modulo 7 est que chacun des termes doit être 0 modulo 7. Or si un carré est multiple de 7, sa racine également.
A²=7k ===> A=7k'

Pour que A² + B² soit multiple de 7, on écrit alors:
A²+B²= (7a)² + (7b)²=7² (a²+b²)

A²+B²= 7² (a²+b²)= 7 (n² + m²) qu'on simplifie en :
7 (a² + b²)=n² + m²
n²+ m² doit alors être multiple de 7, donc, d'après ce qui a été dit plus haut, n²+m²= (7n')² + (7m')²

7 (a² + b²) = 7² (n'²+m'²)
a²+b²= 7 (n'²+m'²)

Et on doit recommencer pour a²+b² multiple de 7...
Bref, on est obligé de réaliser une descente infinie, ce qui est impossible.

C'est la preuve connue de l'irrationnalité de la racine carrée de 2.

Donc, c'était prévisible que tu ne pouvais pas partager ta somme de 2 carrés en 7 fois une autre somme de 2 carrés.

dhrm77 · #6

Si je ne me trompe pas il suffit d'essayer de resoudre a^2+b^2 = 14*c^2

si c'est le cas:
Oui c'etait previsible, parce que 14 n'est pas la somme de 2 carrés. C'est vrai aussi s'il y avait eu 3, 6, 7, 11, 12, (14), 15, 19, 21, 22, 23, 24, 27, 28, 30, 31, 33, 35, 38, 39, 42, 43, 44, 46, 47, 48, 51, 54, 55, 56, 57, 59, 60, 62, 63, 66, 67, 69, 70, 71, 75, 76, 77, 78, 79, 83, 84, 86, 87, 88, 91, 92, 93, 94, 95, 96, 99, 102, 103, 105, 107, 108, 110, 111, 112, 114, 115, 118, 119, 120, 123, 124, 126, 127, 129, 131, 132, 133, 134, 135, 138, 139, 140, 141, 142, 143, 147, 150, 151, 152, 154, 155, 156, 158, 159, 161, 163, 165, 166, 167, 168, 171, 172, 174, 175, 176, 177, 179, 182, 183, 184, 186, 187, 188, 189, 190, 191, 192, 195, 198, 199, 201, 203, 204, 206, 207, 209, 210, 211, 213, 214, 215, 216, 217, 219, 220, 222, 223, 224, 227, 228, 230, 231, 235, 236, 237, 238, 239, 240, 243, 246, 247, 248, 249, 251, 252, 253, 254, 255, 258, 259, 262, 263, 264, 266, 267, 268, 270, 271, 273, 275, 276, 278, 279, 280, 282, 283, 284, 285, 286, 287, 291, 294, 295, 297, 299, 300, 301, 302, 303, 304, 307, 308, 309, 310, 311, 312, 315, 316, 318, 319, 321, 322, 323, 326, 327, 329, 330, 331, 332, 334, 335, 336, 339, 341, 342, 343, 344, 345, 347, 348, 350, 351, 352, 354, 355, 357, 358, 359, 363, 364, 366, 367, 368, 371, 372, 374, 375, 376, 378, 379, 380, 381, 382, 383, 384, 385, 387, 390, 391, 393, 395, 396, 398, 399, 402, 403, 406, 407, 408, 411, 412, 413, 414, 415, 417, 418, 419, 420, 422, 423, 426, 427, 428, 429, 430, 431, 432, 434, 435, 437, 438, 439, 440, 443, 444, 446, 447, 448, 451, 453, 454, 455, 456, 459, 460, 462, 463, 465, 467, 469, 470, 471, 472, 473, 474, 475, 476, 478, 479, 480, 483, 486, 487, 489, 491, 492, 494, 495, 496, 497, 498, 499 personnes presentes.

Voir: A022544

Mais peut-etre fallait il comprendre a^2 + b^2 = 7*c^2 + 7*d^2, dans ce cas, la solution est etonnement la même

Donc pour clarifier.. Faut-il que tous les 14 convives aient des gateaux de même tailles? ou seulement les 7 enfants avec des gateaux de mêmes tailles et le 7 adultes avec des gateaux de mêmes tailles mais qui peuvent etre differentes de celles des enfants?

Ebichu · #7

Supposons que ce soit possible.

Les deux premiers gâteaux utilisent n² et m² carrés de chocolat.
Les gâteaux des invités utilisent chacune a² (pour les adultes) et e² (pour les enfants) carrés de chocolat.

On a donc : n²+m²=7(a²+e²), et donc n²+m² est divisible par 7.

Or un carré est toujours congru à 0, 1, 2 ou 4 modulo 7. Donc comme n²+m² est divisible par 7, la seule possibilité est que n et m soient eux-mêmes divisibles par 7. Donc n²+m² est divisible par 49.

Donc a²+e² est lui-même divisible par 7, donc a et e le sont. Donc a²+e² est divisible par 49, et donc (n²+m²)/49 est divisible par 7... on conclue avec un argument de descente infinie.

portugal · #8

Nodgim et ebichu :bravo

Dhrm :
"les 7 enfants avec des gateaux de mêmes tailles et le 7 adultes avec des gateaux de mêmes tailles mais qui peuvent etre differentes de celles des enfants? " : OUI

BlackJulio · #9

Oui on peut le deviner (petit théorème de Fermat, cas général, car
$X^2+Y^2 = 7 (a^2+e^2)$ et 7 est de la forme $4k+3$ ...

portugal · #10

@blackjulio
Je ne met pas en doute mais ne suis pas certain de comprendre (enfin suis certain de ne pas comprendre plutôt...)

Peux tu élaborer : ca a l'air d'être nue démo particulièrement efficace...

Franky1103 · #11

Ah oui, mince, c'est l'inverse: si A et B sont les tailles des gâteaux initiaux et C celle des gâteaux finaux, on devra résoudre: A²+B² = 14.C²

Edit: On voit que 14 doit diviser A²+B², ce qui ne semble pas possible. Donc les deux enfants auraient raison.

gwen27 · #12

Fermat a écrit:
Un entier n est somme de deux carrés d'entiers si, et seulement si, dans sa décomposition en facteurs premiers, les nombres premiers congrus à 3 modulo 4 figurent à une puissance paire.

Donc 7 fois la somme de deux carrés ne peut pas être la somme de deux carrés.

halloduda · #13

Avec un gâteau initial de 35x35, on fait un gâteau 28x28 et un 21x21.
Ça fait 1225 = 784+441 chocolats et c'est divisible par 7.

EDIT
Désolé, mal lu l'énoncé, on partait de 2 gâteaux et non d'un.

portugal · #14

Gwen a eclaire ce que blackjulio avait écrit précédemment...bravo à vous !

Pour les autres on parle de

X2+Y2=7(a2+e2)

portugal · #15

tout a été dit : bravo à tous !

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