Enigme Somme de quelques cubes @ Prise2Tete

ksavier · #1

Soyez indulgent, ceci est ma première énigme.

Un exemple : on peut décomposer le nombre 2012 avec une somme de 7 cubes :

$2012 = 10^3+10^3+2^3+1^3+1^3+1^3+1^3[/latex]. Mais on peut faire mieux: [latex]2012 = 11^3+8^3+8^3+(-7)^3$
Voici la question :
Quel est le plus petit entier naturel

$n$ qui vérifie :

Il existe

$n$ entiers relatifs

$a_1, a_2, ..., a_n$ tels que

$a_1^3+a_2^3+ ... + a_n^3 = 2011^{2010^{2009^{...^{2^{1}}}}}$

Alexein41 · #2

Je dirais 1 !

Si on prend : $a_1 = 2011^{2010^{...^{4^{2^{1}}}}}$ (c'est-à-dire 2011 élevé à la puissance 2010, le tout élevé à la puissance 2009, ..., le tout élevé à la puissance 5, le tout élevé à la puissance 4, le tout élevé à la puissance 2 et enfin, le tout élevé à la puissance 1), alors, en mettant tout au cube, on a :

$a_1^3 = 2011^{2010^{...^{4^{3^{2^{1}}}}}}$ (puisqu'on peut intervertir les puissances : $2^{4^{3}} = 2^{3^{4}}$ )

Et on retrouve le nombre de départ. Mais j'me sens coupable de répondre à une énigme pareille comme ça . C'est plus trop une somme du coup. Enfin j'me dis que j'ai peut-être repéré la subtilité de l'énoncé .

Enigme intéressante en tous les cas. Alexein41.

irmo322 · #3

n=1 car 2010 est divisible par 3.

Bamby2 · #4

EDIT bon j'ai trop de mal a manier les puissances !

$(a^{\frac{b}{3}})^3 = a^b$
on remarque que ici

$b=2010^{2009^{{...}^2}}$
or 2010 est un multiple de 3, donc élevé a une puissance, ca reste un multiple de 3. donc b/3 est entier, donc

$a^b$ aussi, on a notre unique solution.

Yanyan · #5

Je dirais n=1 car le nombre considéré vaut $2011^{...{3^{2}}}$ et $3^2$ est divisible par 3.

gwen27 · #6

1 puisque ce nombre 2011^2010^2009...^4^3^2^1
est le cube de 2011^2010....^4^2^1

Bon, alors avec les priorités

2011^2010^2009......^5^4^3^2^1 est un cube vu que 2010 est multiple de 3

2010 ^(2009^2008...^2^1) est aussi multiple de 3

2011^2010^2009......^5^4^3^2^1
= 2011^[2010^(2009......^5^4^3^2^1-1)x670]^3

Klimrod · #7

Bonjour,

Voici ce que j'ai trouvé sur Internet :

a) tout nombre entier est décomposable en somme d'au plus 9 cubes positifs.
Les deux seuls qui nécessitent les 9 termes sont :

$23 = 2 * 2^3 + 7 * 1^3$

$239 = 2 * 4^3 + 4 * 3^3 + 3 * 1^3$
b) tout nombre entier est décomposable d'une infinité de manière en somme d'au plus 5 cubes positifs ou négatifs.

c) tout entier qui ne laisse pas un reste de 4 ou 5 lors d'une division par 9, peut se décomposer en somme de 4 cubes positifs ou négatifs.

Mais ne me demande pas de démontrer tout ça...

Pour en revenir à ton problème, vu que ton nombre, aussi astronomique qu'il soit, est un cube (car 2010 est un multiple de 3), le nombre

$n$ que tu cherches est 1.

En effet, le nombre astronomique peut s'écrire

$2011^{3k^{k'}}$

Très bonne question, n'hésite pas à en poser d'autres...
Klim.

ksavier · #8

Sur plusieurs réponses proposées je vois une petite confusion. Je me dois donc de lever toute ambiguïté. Par exemple :
Les priorités opératoires donnent :

$7^{2^{3}}=7^8$
Ce qui est différent de :

$(7^2)^3=7^6$
J'espère que cela va vous permettre de prendre ce problème par le bon bout de votre pensée.

halloduda · #9

La réponse est 1 car 2010 à une puissance quelconque est un multiple de 3,
de ce fait, 2011 est élevé à une puissance multiple de 3.

MthS-MlndN · #10

$2011^{2010^{...^{4^{3^{2^1}}}}} = \left( 2011^{2010^{...^{4^{3}}}} \right)^3$
Donc n=1

nodgim · #11

Ce nombre est un cube....
Sinon, n'importe quel nombre est somme de 4 cubes algébriques, et à partir d'un certain nombre entier, tout nombre est somme de 4 cubes naturels.
En revanche, l'ensemble des nombres somme de 3 cubes algébriques n'est pas N.
Plus généralement, pour être certain qu'un nombre n suffisamment grand soit somme de puissances de m d'entiers, il faudra utiliser m+1 termes.

ksavier · #12

Merci pour avoir cherché une peu (c'était un grande première pour moi).

En effet, un seul cube suffisait.
Il suffisait comme je l'ai vu si souvent écrit, d'exploiter le fait que 2010 était un multiple de 3 : $2010=3\times670$

Notons $\alpha=2009^{2008^{...^{2^1}}}$

On a

$2011^{2010^{2009^{...^{2^1}}}} = 2011^^{2010^\alpha}$

$=2011^{(3\times670)^\alpha}$

$=2011^{3^\alpha\times670^\alpha}$

$=2011^{3^{\alpha-1}\times670^\alpha\times3}$

$=(2011^{3^{\alpha-1}\times670^\alpha})^3$

MthS-MlndN · #13

MthS-MlndN a écrit:
$2011^{2010^{...^{4^{3^{2^1}}}}} = \left( 2011^{2010^{...^{4^{3}}}} \right)^3$

Ca marche, non ? Et c'est sans doute plus simple a écrire...

irmo322 · #14

Mathias, en réalité:

$\left( 2011^{2010^{{...}^{4^3}}} \right)^3= 2011^{3\cdot (2010^{{...}^{4^3}})}$

Yanyan · #15

Moi j'ai du mal avec ces empilements de puissances, en général on fait des puissances successivement, par exemple 2 puissance 3, le tout puissance 4, le tout puissance 5...

MthS-MlndN · #16

Bah j'ai du mal aussi, visiblement

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#1 - 01-06-2011 20:59:50

Somme de queqlues cubes

#0 Pub

#2 - 01-06-2011 21:46:07

sommr de quelques cubes

#3 - 01-06-2011 22:26:16

somme de suelques cubes

#4 - 01-06-2011 22:37:52

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#5 - 02-06-2011 08:41:56

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#6 - 02-06-2011 09:04:34

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#7 - 02-06-2011 09:11:40

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#8 - 02-06-2011 09:17:57

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#9 - 02-06-2011 11:16:02

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#10 - 02-06-2011 22:28:40

Somme e quelques cubes

#11 - 03-06-2011 08:50:26

somme de quelqyes cubes

#12 - 04-06-2011 21:14:28

Somme de quelquues cubes

#13 - 06-06-2011 17:03:17

Somme de quelques cues

MthS-MlndN a écrit:

#14 - 06-06-2011 17:13:46

Somme de quleques cubes

#15 - 06-06-2011 17:21:33

somme de quelques cibes

#16 - 06-06-2011 17:26:50

Somme ed quelques cubes

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