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 #1 - 17-01-2011 20:09:01

L00ping007
Elite de Prise2Tete
Enigmes résolues : 49
Messages : 1986
Lieu: Paris

quels boumets !

Sur la place du palais de Monaco, un tas de boulets de canon est un
empilage de plusieurs couches complètes « rectangulaires ».
Une première couche repose au sol.
Ensuite, la largeur et la longueur de chaque nouvelle couche comportent
chacune un boulet de moins que celles de la couche juste au
dessous.
Enfin, la dernière couche est une rangée, d’un boulet de largeur,
dont la longueur est égale à la largeur de la première couche.
Sachant que c’est un carré parfait, on cherche le nombre total de boulets du tas.

1. On cherche une solution inférieure à 1000
2. On cherche une autre solution inférieure à 100 000.
3. Y a-t-il d'autres solutions ?

(pour la 3, je cherche encore une "belle" démonstration, avis aux amateurs !)



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 #2 - 17-01-2011 21:16:42

Klimrod
Elite de Prise2Tete
Enigmes résolues : 40
Messages : 3760
Lieu: hébesphénorotonde triangulaire

quelq boulets !

J'espère que j'ai bien compris le problème.

1ère rangée (en haut) : 1 * n boulets
2ème rangée : 2 * (n+1) boulets
3ème rangée : 3 * (n+2) boulets
...
n-ème rangée : n x (2n - 1) boulets

Donc si l'on appelle [latex]N[/latex] le nombre total de boulets, alors :
[TeX]N = \sum_{k = 1}^{n} k * (n+k-1) = \sum_{k = 1}^{n} k^2 + (n-1)\sum_{k = 1}^{n} k [/TeX][TeX]N=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6} + (n-1)\frac{n(n+1)}{2}[/TeX][TeX]N=\frac{n(n+1)(2n+1) + 3n(n-1)(n+1)}{6}=\frac{n(n+1)(5n-2)}{6}[/TeX]
Le problème consiste donc à trouver n (hauteur de la pile de boulets) tel que N (nombre total de boulets) soit un carré.
Avec un petit programme, on trouve :
n = 1 et N = 1 (solution triviale avec un seul boulet),
n = 6 étages et N = 196 boulets en tout (carré de 14),
ainsi que n = 49 étages et N = 99245 boulets en tout (carré de 315).

Pour les solutions suivantes, il me semble intuitivement qu'on ne peut pas en trouver d'autres, car dès lors que n>7, on remarque que n et n+1 et 5n-2 sont premiers entre eux deux à deux (à un diviseur puissance de 2 près entre n et 5n-2 si n est pair).
Pour que N soit un carré avec n>7, il faut donc réunir l'une des conditions suivantes :
a) Si n est impair :
a1) n est un carré parfait, n+1 est 2 fois un carré parfait et 5n-2 est 3 fois un carré parfait.
a2) n est 3 fois un carré parfait, n+1 est 2 fois un carré parfait et 5n-2 est un carré parfait.
a3) n est un carré parfait, n+1 est 6 fois un carré parfait et 5n-2 est un carré parfait.

b) Si n est est pair :
b1) n est un carré parfait, n+1 est 3 fois un carré parfait et 5n-2 est 2 fois un carré parfait.
b2) n est 2 fois un carré parfait, n+1 est 3 fois un carré parfait et 5n-2 est un carré parfait.

Il reste à démontrer qu'il n'y a pas d'autres solutions au-delà de n=49 (qui correspond au cas a1 ci-dessus).
Je laisse la solution élégante et généralisée aux mathématiciens de ce site big_smile.
Klim.


J'ai tant besoin de temps pour buller qu'il n'en reste plus assez pour bosser. Qui vit sans folie n'est pas si sage qu'il croit.

 #3 - 17-01-2011 21:34:53

scarta
Elite de Prise2Tete
Enigmes résolues : 49
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quels boukets !

La réponse est 1 et 4900 si mes souvenirs sont exacts.
Quand à la démo... c'était pas une conjecture de Lucas, ça ? Prouvée bien plus tard avec les courbes elliptiques ou un truc du genre non ?

 #4 - 17-01-2011 21:41:45

fred101274
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Quels booulets !

Si on appelle n le nombre de boulets sur la longueur et p le nombre de boulets dur la largeur, on s'aperçoit tout de suite que n = 2p - 1.

Il est donc aisé de trouver la réponse à la question 1 : 196 (11 sur 6 pour la première couche)



Réponse 2 : 99225 (97 sur 49 pour la première couche)

Pour la démo par contre... je cherche encore...


On n’est jamais très fort pour ce calcul...

 #5 - 18-01-2011 00:11:20

franck9525
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Quells boulets !

Notons l’étage du haut comme étant formé d'un boulet de large par L

boulets de long.
L'etage du dessous contient 2 boulets par (L+1) boulets.

La pyramide monégasque de n étages contient donc S boulets
[TeX]S=\Bigsum_{k=0}^{k=n-1}~(1+k)(L+k)=\Bigsum_{k=0}^{k=n-1}~[L+k

(1+L)+k^2][/TeX][TeX]S=nL+\frac{n(n-1)}{2}(1+L)+\frac{n(n-1)(2n-1)}{6}[/TeX][TeX]S=\frac{n(n^2-1)}{3}+\frac{n(n+1)}{2}L[/TeX]
La longueur du sommet de la pyramide est egale a la largeur de l'etage de base ce qui donne comme relation L = n.
[TeX]S=\frac{n(n^2-1)}{3}+\frac{n^2(n+1)}{2}=\frac{n(5n^2+3n-2)}{6}[/TeX]
ce qui donne comme solution
n=6 => 196 boulets
n=49 => 99225 boulets
puis...
grand calme jusqu'à
n=1913582
n=2179428
etc


The proof of the pudding is in the eating.

 #6 - 18-01-2011 00:25:48

L00ping007
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quels bouleys !

@franck : je ne pense pas que tes deux derniers nombres soient des carrés parfaits. Mais presque smile

 #7 - 18-01-2011 08:07:58

franck9525
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Quels boults !

n étant le nombre d'étage, le nombre de boulets est

n=1913582 => (2 416 462 505)² boulets
n=2179428 => plus encore

cependant je ne fais pas confiance à mon outil informatique lorsque des nombres si grands sont utilisés...


The proof of the pudding is in the eating.

 #8 - 18-01-2011 09:43:27

Milou_le_viking
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Quels booulets !

Les tas sont identifiés par un seul paramètre que je note n, la largeur de la couche du bas ou la longueur de la couche du haut. Le nombre total N de boulets qui constituent le tas n vaut
[TeX]N=\sum_{i=1}^{n}(n+i-1).i[/TeX]
On cherche N pour les quels il existe un entier k tel que N=k².

1.- Je trouve trois solutions inférieures à 1000 boulets.

N = 1 = 1²
et
N = 196 = 14²

2.- N = 99225 = 315²

3.- Je ne trouve aucune autre solution inférieure à 833833000 pour une largeur de 1000 boulets à la base du tas.

Je n'ai pas de démonstration, mais une intuition me dit qu'il pourrait s'agir d'une équation du troisième ordre pour laquelle trois solutions ont déjà été trouvées. Il n'y en aurait donc plus d'autre.

Je creuserai ça quand j'aurai plus de temps.
[TeX]N=\sum_{i=1}^{n}(n+i-1).i[/TeX][TeX]=\sum_{i=1}^{n}(ni+i^2-i)[/TeX][TeX]=\sum_{i=1}^{n}[(n-1).i+i^2][/TeX][TeX]=(n-1).\sum_{i=1}^{n}i+\sum_{i=1}^{n}i[/TeX][TeX]=(n-1).\frac{n.(n+1)}{2}+\sum_{i=1}^{n}i^2[/TeX][TeX]=\frac{n.(n^2-1)}{2}+\frac{n.(n+1).(2n+1)}{6}[/TeX][TeX]=\frac{5n^3+3n^2-2n}{6}[/TeX]
Pourquoi [latex]k^2=\frac{5n^3+3n^2-2n}{6}[/latex] n'accepterait que 3 solutions ? Je sais pas trop.
Non, il y a au moins 4 solutions puisque 0 en est une aussi.

 #9 - 18-01-2011 15:03:11

gasole
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quels noulets !

Première étape : on calcule le nombre N(x) de boulets en fonction de la largeur x du tas, on obtient assez facilement : N(x) = 1/6.x.(x+1).(5x-2)

En en cherchant les valeurs entières, on découvre :
- N(6) = 196 = 14^2 (la première solution)
- N(49) = 99225 = 315^2 (l'autre solution inférieure à 100000)

Si je ne m'abuse, pas d'autre solution inférieure à 234489473695485 (méthode bourrrine employée : tester si l'expression de N(x) est un carré pour x allant de 1 à 65000 et des poussières).

...

Conjecture : pas d'autres solutions ?

Preuve : rien d'élégant en vue.

 #10 - 18-01-2011 15:49:56

Jackv
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Quels bboulets !

Cet empilage se décompose en une pyramide dont la somme de boulets est :
                         1 + 2² + ... + n²
somme à laquelle il faut ajouter (n-1) la somme des n premiers nombres,
soit    n * (n-1)² / 2

Pour que la somme de tous les boulets soit un carré, il faut aller jusqu'à :
- 6 couches, soit 196 boulets (14²), puis
- 49 couches, soit 99225 boulets (315²).

Il ne semble pas qu'il y ait d'autres solutions avant d'atteindre des valeurs astronomiques, mais cela reste à démontrer ...

 #11 - 18-01-2011 15:56:13

Franky1103
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quels bouleys !

Bonjour,
Soit S le nombre de boulets.
S = ab + (a-1)(b-1) + ... + (a-n)(b-n) + ... + (a-(a-1))(b-(a-1))
C'est une somme de a termes et on a: b-(a-1)=a donc b=2a-1
(a-n)(b-n) = ab - n(a+b) + nn = a(2a-1) - n(3a-1) + nn
donc S = Aab - B(3a-1) + C
avec A = somme des 1 (a fois) = a
avec B = somme des a-1 premiers entiers = a(a-1)/2
avec C = somme des a-1 premiers carrés = a(a-1)(2a-1)/6
donc S = aa(2a-1) - a(a-1)(3a-1)/2 + a(a-1)(2a-1)/6
après développement S = 5aaa/6 + aa/2 - a/3 = a(a+1)(5a-2)/6
Sur Excel, j'ai essayé toutes les valeurs de a inférieures à 2290
Je trouve a=1, S=1=1^2 (évident cher Watson)
a=6, S=196=14^2 et a=49, S=99225=315^2
Mais pas d'autres valeurs.
Quant à une démonstration plus générale pour que S soit un carré,
je suis bloqué: pas d'idée.
Bonne journée.

 #12 - 18-01-2011 18:34:38

Papy04
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Messages : 1231

quels bpulets !

Pour arriver à un dernier niveau de largeur 1 et de longueur égal à la largeur initiale, il faut que la longueur soit égale à 2 fois la largeur initiale moins 1

En me servant d'Excel, je trouve:
1- Un rectangle de base de 11 X 6 boulets, ce qui donne un tas de 196 boulets (14 au carré)

2- Un rectangle de 97 X 49, soit 99225 boulets (315 au carré)

3- Dans la limite du tableur je ne trouve pas d"autre solution et encore moins de démonstration roll


Nous les souiris nous avons un défaut, nous sommes prétentieux. Mais nous nous sommes corrigés. Maintenant nous sommes parfaits

 #13 - 18-01-2011 19:09:05

rivas
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Lieu: Jacou

Quel sboulets !

C'est fou, je pensais avoir déjà vu passer exactement la même énigme et d'ailleurs le moteur de recherche la montre le 25/11/2010 mais lorsqu'on clique dessus cela renvoie à celle-ci ???

Si on appelle L la longueur et l la largeur, les couches successives sont:
Lxl, (L-1)x(l-1), ... et (L-l+1)x1.
Comme on cherche L-l+1=l, on a L=2l-1 et le nombre de boulets est:
(2l-1)xl+(2l-2)x(l-1)+...+lx1.
[TeX]N(l)=\sum_{k=1}^l{k(l-1+k)}=(l-1)\sum_1^l{k}+\sum_1^l{k^2}[/TeX]
Je passe les détails:
[TeX]N(l)=\dfrac{l(l+1)(5l-2)}6[/TeX]
Et en plus ce résultat me rappelle quelque chose.
La valeur l=6 et donc L=11 donne la seule pyramide dont le nombre de boulets est un carré parfait inférieur à 1000: 196.
La valeur l=49 et donc L=97 donne la seule pyramide dont le nombre de boulets est un carré parfait inférieur à 100000: 99225.

Pour la question (3), je vais chercher smile

Edit:
On cherche donc l et n entiers tels que [latex]l(l+1)(5l-2)=6n^2[/latex].
Je n'ai pas trouvé d'autre solution avec des nombres raisonnablement petits.
De façon générale:
Il faut regarder comment le facteur 6 peut se répartir entre l, l+1 et 5l-2.
et ensuite les facteurs de n^2.
Regardons les facteurs 2.
Si l est pair, l+1 ne l'est pas mais 5l-2 l'est et donc les facteurs 2 se répartissent entre l et 5l-2. Si [latex]l=2^p(2k+1), 5l-2=2^p(10k+5)-2=2(2^{p-1}(10k+5)-1)[/latex]. Il y a donc une facteur 2 dans 5l-2 (celui du 6) et les autres facteurs 2 dans l. 5l-2=2.(2m+1) et l=4^o.(2q+1).
Si l est impair, 5l-2 aussi et tous les facteurs 2 sont dans l+1. l+1=2.4^k.(2o+1).
Pour le facteur 3: Si l est divisible par 3, l+1 ne l'est pas et 5l-2 non plus. Si l est congru à 1 modulo 3, l+1 est congru a 2 et 5l-2 est divisible par 3. Si l est congru à 2 modulo 3, l+1 est divisible par 3 et 5l-2 est congru à 2 modulo 3. Donc les facteurs 3 sont dans un et un seul de l, l+1 et 5l-2 et celui ci est le la forme 3.9^r.t avec t non divisible par 3.
Ce n'est pas grand chose, j'en conviens.

On peut aussi noter que 5xl-1x(5l-2)=2.
Bezout nous dit que le pgcd(l, 5l-2) divise 2.
Donc hormis le 2 de 5l-2 évoqué plus haut, l et 5l-2 sont premiers entre eux.
De même l et l+1 sont premiers entre eux.
et 5x(l+1)-1x(5l-2)=7 donc le pgcd de l+1 et 5l-2 vaut 1 ou 7. S'il vaut 7, cela veut dire que l'un d'eux à un facteur 7 (et pas plus) et l'autre une puissance impaire de 7.
Cela permet de "distribuer" les facteurs de n^2 au 7 près en respectant la règle sur le 2 et le 3.

 #14 - 19-01-2011 10:19:43

gwen27
Elite de Prise2Tete
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quels bouletq !

Avec une base de 6*11 : 196 boulets
Avec une base de 49*97  : 99225 boulets

En règle générale, on peut voir ce tas comme sur le dessin suivant :

http://img714.imageshack.us/img714/9244/boulets.jpg
On voit donc que le nombre de boulet est égal à :

Pour la pyramide:  Somme pour x=1 à n des ( x^2) =   n(n+1)(2n+1)/6

Pour le prisme : Somme pour x=1 à n des (x)  que multiplie (n-1)  = (n+1) (n/2) (n-1)

Le nombre N de boulets est donc :

N= n(n+1)(2n+1)/6 + (n^3-n) /2

N = (5n^3 + 3n^2 -2n ) /6

Jusqu'à n= 20000 je ne trouve pas d'autre carré parfait, mais je ne sais pas prouver que c'est impossible.

On est tenté de dire que pour une formule de degré 3 qui doit être égal à un nombre de la forme (an+b )^2 avec a et b entiers, 3 racines sont tout ce que l'on peut trouver ( 1 , 6 et  49 font donc l'affaire)

 #15 - 19-01-2011 11:35:12

toni77
Passionné de Prise2Tete
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quems boulets !

Toi tu as trouvé ca sur le site ffjm  tongue

 #16 - 19-01-2011 17:44:25

MthS-MlndN
Hors d'u-Sage
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Lieu: Rouen

Quels buolets !

En relisant l'énoncé, je finis enfin par comprendre qu'il n'y a qu'une inconnue au problème, c'est un bon début.

La couche du dessus est une ligne de [latex]L[/latex] boulets ; la couche du dessous est un rectangle de [latex]L[/latex] boulets par [latex]2L-1[/latex].

Le nombre total de boulets est donc :
[TeX]L + 2(L+1) + 3(L+2) + ... + L(2L-1)[/TeX]
En développant un peu : [latex](1+2+3+...+L)L + (1 \times 2 + 2 \times 3 + ... + (L-1) \times L)[/latex]

Le deuxième terme est la somme des [latex]n(n-1)[/latex], soit la somme des [latex]n^2[/latex] moins la somme des [latex]n[/latex], pour n allant de [latex]2[/latex] à [latex]L[/latex].

Le nombre de boulets du tas se calcule du coup mieux que prévu... J'obtiens [latex]\frac{L(L+1)(5L-2)}{6}[/latex] après réduction et simplification.

La flemme de faire de l'algèbre, du coup je demande un petit coup de main à Wolfram|Alpha : [latex]L=6[/latex] ([latex]14^2=196[/latex] boulets) et [latex]L=49[/latex] ([latex]315^2=99225[/latex] boulets).

Je réfléchis à une preuve de non-existence d'autres solutions. Ca ne va pas être simple, je pense...


Podcasts Modern Zeuhl : http://radio-r2r.fr/?p=298

 #17 - 20-01-2011 03:27:23

dhrm77
L'exilé
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Messages : 2989
Lieu: Fanning Island-?-Lac Tele,Mali

Quels boules !

Il n'y a que deux solutions:

avec 6 boulets au sommet et 6 couches, total=196 = 14*14
avec 49 boulets au sommet et 49 couches, total=99225 = 315*315


Great minds discuss ideas; Average minds discuss events; Small minds discuss people. -Eleanor Roosevelt

 #18 - 20-01-2011 04:12:10

halloduda
Professionnel de Prise2Tete
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Quesl boulets !

Si n est le nombre de boulets du haut, et aussi la largeur de la base, le nombre total N de boulets est égal à n(n+1)(5n-2)/6.
[une pyramide n(n+1)(2n+1)/6 et n-1 triangles n(n+1)/2 chacun].

Si n est pair, 5n-2 est divisible par 4, N est pair.
Si n est impair, N est impair.

On trouve aisément avec un tableur les valeurs donnant N=carré parfait
n=1,   N=1        =1²      trivial
n=6,   N=196    =14²
n=49, N=99225=315²

Aucune autre valeur de n <5000 ne convient, la place du palais de Monaco serait pleine.

Tentative de démonstration : (incomplète)
Tout diviseur premier de n, supérieur à 5, est premier avec n+1 et 5n-2, donc doit être présent à une puissance paire dans n.

Le même raisonnement s'applique à n+1 et à 5n-2, sauf pour 7, qui peut diviser simultanément n+1 et 5n-2, donc être présent une fois dans chacun.

En jouant avec les divisibilités par 2, 3 et 7 de n, n+1 et 5n-2, on doit pouvoir démontrer qu'il n'y a pas d'autre solution.

 #19 - 20-01-2011 12:58:08

gasole
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Quels buolets !

Une piste :

1er cas. supposons x,x+1,5x-2 premiers entre eux (x et x+1 le sont déjà).

Pour que le produit 1/6.x.(x+1).(5x-2) soit un carré, il est alors nécessaire que :
x/a, (x+1)/b et (5x-2)/c soient des carrés notés u^2, v^2 et w^2 (avec a.b.c = 6).
On a donc u^2 = (c.w^2+2)/5a

Examinons les cas possibles suivants a,b et c (9 cas):
c=1. u^2 = (w^2+2)/5a, or w^2+2 n'est jamais égal à 0 modulo 5.
c=6, même conclusion, 6.w^2+2 n'est jamais égal à 0 modulo 5.
c=2. a=3. impossible, 2.w^2+2 n'est jamais égal à 0 modulo 15.

Donc les seules possibilités pour (a,b,c) sont (1,3,2) (1,2,3) et (2,1,3).
(1,3,2) est éliminé car les équations donnent : v^2=(u^2+1)/3 et u^2+1=0[3] est impossible.
Ensuite (1,2,3) éliminé aussi car les équations donnent : v^2=(cw^2+7)/5b et cu^2+7=0[10] est impossible.
Ensuite (2,1,3) aussi, car w^2=(10u^2-2)/3, or 10u^2-2=0[3] impossible.
Enfin, (1,3,2) peut être éliminé en examinant les deux derniers chiffres de (2w^2+2)/5 qui ne sont pas ceux d'un carré (liste des fins = 0,1,4,9,16,21,25,29,...,96).

Conclusion : le 1er cas est impossible.
----------------------------------------------------
2ème cas : ils ne sont pas premiers entre eux
cas x,5x-2: x=0[k] et 5x-2=0[k] implique k=2 qui serait alors le seul facteur commun possible de x et 5x-2.

cas x+1,5x-2: x+1=0[k] et 5x-2=0[k] implique k=7 qui serait alors le seul facteur commun possible de x et 5x-2.

Ensuite, reprendre la méthode du 1er cas en considérant les 3 cas :
x=5x-2=0[2] et (x+1,5x-2) premiers entre eux
x+1= 5x-2 = 0[7] et (x,5x-2) premiers entre eux
(le dernier cas tous premiers entre eux a été traité ci-dessus).

Mais là j'ai la flemme d'en faire plus, y-a-t'il plus simple ?

 #20 - 20-01-2011 20:54:54

L00ping007
Elite de Prise2Tete
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Quuels boulets !

Que des bonnes réponses : 2 solutions, 196 (14²) et 99225 (315²).
Pour le dernier point, j'ai l'impression que les démos tiennent la route (rivas, gasole, hallodouda...), même si je reste persuadé que ce truc doit pouvoir se démontrer en quelques lignes, ça paraît tellement simple en apparence.
Merci à tous, à la prochaine smile

@nadjj : elles sont si évidentes que ça, mes sources ? :p

 #21 - 20-01-2011 21:07:14

gasole
Elite de Prise2Tete
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Quels boulets

Au contraire, ça m'étonnerait qu'un truc comme ça admette une preuve en quelques lignes, il n'est pas assez "symétrique". Celle que j'ai proposé n'a rien de compliqué, elle est juste "tedious but straightforward" comme on dit outre-atlantique. 
Ou alors, il faudra sortir du cadre de l'arithmétique élémentaire et en appeler aux Dieux des courbes elliptiques et tout ça... Hors de mon champ de compétence.

Peut-être une séance de spiritisme où on convoquerait l'esprit de ... je sais pas... Gauss ?

 #22 - 20-01-2011 21:21:28

L00ping007
Elite de Prise2Tete
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Quel sboulets !

Oui c'est sûr que l'esprit de Gauss plane sur ce genre de problème...
Et ta preuve est très bien, maintenant je vois bien le comment du pourquoi.
On va peut-être arrêter l'arithmétique un moment, non ? smile J'en ai une autre que j'ai pas encore résolue, mais on va attendre un peu wink

 #23 - 20-01-2011 21:51:14

gasole
Elite de Prise2Tete
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quels boulers !

Volontiers, j'ai horreur de l'arithmétique : trop irrégulier big_smile

 #24 - 20-01-2011 21:56:13

gasole
Elite de Prise2Tete
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Quelss boulets !

Détends-toi en cherchant celle-ci : http://www.prise2tete.fr/forum/viewtopic.php?id=8050 ;-)

si en plus, tu pouvais prouver qu'on peut poursuivre infiniment ...

 #25 - 21-01-2011 00:05:37

L00ping007
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quels boulzts !

J'ai déjà cherché, y a rien qui me vient sad
Un p'tit MP ?

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Solution pyramide 20 boulets (3) — Sur la place du palais de monaco un tas de boulets de canon est un empilage de plusieurs couches completes rectangulaires. une premiere couche repose au sol. (il y a au moins un boulet de canon). ensuite la largeur et la longueur de chaque nouvelle couche comportent chacune un boulet de moins que celles de la couche juste au dessous. enfin la derniere couche est un rangee d?un boulet de largeur dont la longueur est egale a la largeur de la premiere couche. sachant que c? est un carre parfait quel est le nombre de boulets de canon du tas ? (3) — Prisme dessin (3) — Boulet enigme (3) — Sur la place du palais de monaco un tas de boulets de canon est un empilage de plusieurs couches completes rectangulaires. (3) — Boulet maths (2) — Empilement boulet canon (2) — Pyramide irreguliere (2) — Nombre de boulets pyramide somme (2) — Somme des triangles boulets (1) — 4 chiffres inferieur a 5000 qui est divisible par 2 par 3 par4 par 5 par 6 par 7 par 8 par 9 et par 10 ? (1) — Tas de boulet (1) — Mathematiques boulets de canon monegasques (1) — Nombre de canon sur la place de monaco (1) — Sur la place du palais de monaco un tas de boulets de canon est un empilage de plusieurs couches completes rectangulaires (1) — Volume pyramide irreguliere (1) — Boulets canon monaco (1) — Exercice mathematiques boulets de monaco (1) — Probleme de la pyramide de lucas (1) — Jeux mathematique boulet monaco (1) — Montrer qu une couche de n boulets contient n(n+1)/2 boulets (1) — Enigme niveau 6 w!un!w (1) — Sur la place du palais de monaco un tas de boulets de canon est un empilage de plusieurs (1) — (1) — Tas de boulets monaco (1) — Trouver les n de n  tels que n(n + 1) soit un carre parfait puis les n de n  tels que n(n + 1)(n + 2) soit un carre parfait (1) — Enigme boulets de canon couches (1) — Empilage de boulets de canon (1) — Empilement boulets (1) — 1 couche enigme (1) — Enigme boulet (1) — Mps empilement boulet (1) — Pyramide de boulets suites arithmetiques (1) — Boulet rond+suite arithmetique (1) — Demonstration 2k-1 est un carre parfait (1) — Ur la place du palais de monaco un tas de boulets de canon est un empilage de plusieurs couches completes rectangulaires. (1) — (1) — Pyramide carree de lucas demonstration elementaire (1) — Tas boulet monaco (1) — Il possede plusieur couche on peut l avoir au pied (1) — Enigme de boulet (1) — Demontrer qu un rectangle est un rectangle d or (1) — Empilage boulets (1) — Reconnaitre boulet de canon (1) — Ait au moins une solution est 2k-1 est un carre parfait (1) — Sur la place du palais de monaco un tas de boulets de canon est un empilage de plusieurs couches completes rectangulaires. une premiere couche repose au sol. (il y a au moins un boulet de canon). ensuite la largeur et la longueur de chaque nouvelle couche comportent chacune un boulet de moins que celles de la couche juste au dessous. enfin la derniere couche est un rangee d?un boulet de largeur dont la longueur est egale a la largeur de la premiere couche. sachant que c? est un carre parfait quel est le nombre de boulets de canon du tas ? vous devrez donner toutes les reponses que vous trouverez. (source : 23eme championnat des jeux mathematiques et logiques) indication : a ma connaissance il n?y a pas de solution algebrique... (1) — Combien de nombre de canon sur la place de monaco (1) — Quel est le nombre divisible par 2 et par 5 compris entre 31 et49 (1) — Les boulets de monaco maths (1) — Solution la pyramide de boulets (1) — Sur la place du palais de monaco un tas de boulets de canon est un empilage de plusieurs couches completes rectangulaires. une premiere couche repose au sol. (il y a au moins un boulet de canon). ensuite la largeur et la longueur de chaque nouvelle couche comportent chacune un boulet de moins que celles de la couche juste au dessous. enfin la derniere couche est un rangee d?un boulet de largeur dont la longueur est egale a la largeur de la premiere couche. sachant que c? est un carre parfait quel est le nombre de boulets de canon du tas ? (1) — Boulets canon monegasques solution (1) — Un tas de boulet (1) — Math pyramide de chiffres (1) — 2 boulet donne (1) — Tas de boulets+formule (1) — Nombre boulets palais monaco (1) — Place du palais de monaco un tas de boulets de canon est un empilage de plusieurs couches completes rectangulaires. une premiere couche repose au sol. (il y a au moins un boulet de canon). ensuite la largeur et la longueur de chaque nouvelle couche c (1) — (1) — Boulet (1) — Nombre boulet empilement (1) — Pyramides triangulaire boulets canon (1) — N(n+1)(2n+1)/6 carre parfait (1) — Ffjm 2011 solutions (1) — Sachant que ce nombre est inferieur a 1000 mais inferieur a 100000 ffjm (1) — Nombre ? 4 chiffres (1) — Dessin pyramide (1) — Empilage de prismes rectangulaires (1) — Devinette canon boulet (1) —

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