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Plus de 2500 récréations et problèmes mathématiques !

Ce site a été créé en souvenir de DIOPHANTE, mathématicien grec, qui nous a laissé de remarquables ouvrages d'arithmétique. L'objectif est de constituer une vaste bibliothèque de problèmes mathématiques avec les énoncés et les solutions classés par thèmes et selon leur niveau de difficulté et de proposer chaque mois plusieurs problèmes à la sagacité des lecteurs qui ont toute latitude pour envoyer leurs réponses.

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A101. L'année 2004 à toutes les sauces Imprimer Envoyer
A. Arithmetique et algèbre - A1. Pot pourri

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Problème N°1

a) Exprimer 2004 à l'aide des chiffres 1 à 9 utilisés isolément dans n'importe quel ordre avec les seuls opérateurs + et x comme si les opérations étaient réalisées sur une calculette ordinaire (par exemple :3 + 4 x 5 = 7 x 5 = 35).

b) Même question avec les chiffres 1 à 9 utilisés isolément dans l'ordre et les opérateurs +, - , x , / , puissance (^), racine carrée , factorielle (!). Les parenthèses sont admises.

c) Même question en supprimant successivement un chiffre de 1 à 9 et en utilisant les autres chiffres toujours dans l'ordre avec les opérateurs de b). Il s'agit de trouver 9 formules qui utilisent le moins de symboles possibles. d) Exprimer 2004 en utilisant de façon répétitive un seul chiffre (de 1 à 9) ainsi que les opérateurs +, - , x , / , ^ et factorielle( !). Les parenthèses sont aussi admises.


 

Problème N°2

Trouver une partition de 2004 sous la forme de nombres entiers a, a,...,a,... tels que S[a]=2004 et S[1/a)]=1


12 termes avec plusieurs partitions possibles. Par exemple :

2004 = 2 + 4 + 6 + 45 + 48 + 72 + 135 + 162 + 216 + 270 + 324 + 720
et 1 =1/2 + 1/4 + 1/6 + 1/45 + 1/48 + 1/72 + 1/135 + 1/162 + 1/216 + 1/270 + 1/324 + 1/720

2004 = 2 + 4 + 6 + 40 + 60 + 80 + 120 + 144 + 180 + 216 + 432 + 720
et 1 = 1/2 + 1/4 +1/6 + 1/40 + 1/60 + 1/80 + 1/20 + 1/144 + 1/180 + 1/216 + 1/432 + 1/720
Nota (mars 2005) :

1) Christian Romon a amélioré notablement la solution avec seulement 8 termes et la décomposition suivante :

2004 = 2 + 4 + 9 +12 + 43 + 56 + 72 + 1806 et 1 = 1/2 + 1/4 +1/9 +1/12 + 1/43 +1/56 + 1/72 +1/1806.

L'astuce consiste à introduire 43 et son multiple 1806=42*43 tels que 1/43 + 1/1806 = 1/42 en vertu de la relation 1/x = 1/(x+1) + 1/(x*(x+1))

2) Némésis de son côté a trouvé une décomposition en six termes qui est la suivante 2004 = 2 + 3 + 7 + 48 + 432 + 1512 et 1 = 1/2+1/3 + 1/7 +1/48 +1/432 +1/1512 et vingt quatre en sept termes telles que par exemple 2004 = 2 + 3 + 7 + 56 + 336 + 480 + 1120 et 1 = 1/2 + 1/3 +1/7 + 1/56 +1/336 +1/480 +1/1120, 2004 = 2 + 3 + 7 + 60 + 252 + 420 + 1260 et 1 = 1/2 + 1/3 +1/7 + 1/60 +1/252 +1/420 + 1/1260 etc... Bravo !

 

Problème N°3

Depuis minuit, les aiguilles sur l'horloge se sont croisées pour la 2004ème. Quelle heure est-il ?
Nota : lorsque les trois aiguilles se croisent en même temps, on ne compte qu'un seul croisement.


Le 2004 ème croisement a lieu (à la seconde la plus proche) à 16 heures 44 minutes 45 secondes.
Pour plus de détails, se reporter au n° A208 "Les croisements des aiguilles de l'horloge".

 

Problème N°4

0,000 499 001..

L'expression ci-dessus représente l'inverse de 2004, en écriture décimale. Quelle est sa 2004ème décimale ?


La 2004 ème décimale de 1/2004 est égale à la douzième décimale c'est à dire 6.

 

Problème N°5

2004 cartes numérotées de 1 à 2004 sont placées sur la circonférence d'un cercle dans cet ordre. Partant de la carte n°1, on supprime la carte n°2, puis la carte n°4 etc? puis la carte n°2004 puis on continue le processus en éliminant toujours une carte sur deux. Quel est le numéro de la dernière carte restante ?


La dernière carte restante a le numéro 1961.
Pour plus de détails se reporter au n°G204 « Le problème de Josèphe ».

 

Problème N°6

2004 cartes numérotées de 1 à 2004 sont placées faces visibles sur la circonférence d'un cercle dans cet ordre. Dans un premier temps, partant de la carte n°2 on retourne une carte sur deux ,c'est à dire la n°2,puis la n°4,la n°6.....

Dans un deuxième temps, partant de la carte n°3 on retourne une carte sur trois, c'est à dire la n°3, puis la n°6, la n°9,....

A la 1002ème, on retourne la carte n°1002 puis la carte n°2004.

A la 1003ème, on retourne la carte n°1003?

A la dernière étape on retourne la carte n°2004.
Quelles sont les cartes dont les numéros sont visibles ?


Les cartes qui portent les numéros visibles sont les carrés de nombres entiers consécutifs : 1,4,9,16,25,36,....1764,1849,1936. Ce sont les seuls nombres avec un nombre impair de diviseurs.

 

Problème N°7

Existe-t-il un entier N tel que 2004*N=222222....2222 ? Si oui, quel est le nombre de chiffres de N?


Il n'existe pas d'entier N tel que 2004*N = aaaaaa.....aaaaa avec a (1 à 9) répété autant de fois que nécessaire.  A l'inverse, on a les identités suivantes pour certaines années récentes et prochaines années :
1989 : Il existe N à 141 chiffres tel que 1989 * N= 1111..11111,
1989 * N = 22222.....22222 etc...
1991 : Il existe N à 177 chiffres tel que 1991*N= 1111..11111,
1991 * N = 22222...22222
1992 : Il existe N à 120 chiffres tel que 1992 * N = 8888888.....88888
1995 : Il existe N à 15 chiffres tel que 1995 * N = 555555....5555
1998 : Il existe N à 24 chiffres tel que 1998 * N = 22222...22222
2002 : Il existe N = 111 tel que 2002*111 = 222 222. Idem pour 4,6,8 avec N = 222, 333,444
2005 : Il existe N à 197 chiffres tel que 2005 * N = 555555....5555
2008 : Il existe N à 47 chiffres tel que 2008 * N = 888888...888888
2009 : Il existe N à 27 chiffres tel que 2009 * N = 777777...777777

 

Problème N°8

Une calculette est en panne. Il est seulement possible d'utiliser les touches +, - , = et 1/x (fonction inverse). Toutes les touches numériques ainsi que la mémoire fonctionnent. Comment calculer le produit 176 * 12 qui est égal à 2004 ?


On utilise l'identité P= X*Y/(X+Y) = 1 / ((1/X)+(1/Y)) et on se sert de la mémoire pour additionner P (X+Y) fois. Pour plus de détails se reporter au n°A804 "Multiplier en divisant".

 

Problème N°9

Quels sont les côtés du plus petit triangle dont le périmètre et l'aire sont des multiples de 2004 ?


Les côtés du plus petit triangle par la surface sont respectivement : 167, 867 et 970. La surface vaut 60120 = 30*2004

On cherche d'abord les solutions en a, b et telles que périmètre=a + b + c = 1998 et surface = = 1998*k avec a<=b<=c, s=(a+b+c)/2 , k entier.

Aidé par un ordinateur, on obtient un seul triplet [167,867,970] et k=30. Les solutions correspondant à a+b+c=1998*p avec p>1 donnent des triangles de surface plus grande.

Problème N°10

On considère 2 cercles C(1) et C(2) de rayon unité tangents entre eux et à l'axe des abscisses. On construit le cercle C(3) tangent à l'axe des abscisses et à C(1) et C(2)., puis le cercle C(4) tangent à C(2) ,C(3) et à l'axe des abscisses,... puis C(n) tangent à C(n-2) et C(n-1).... Si les abscisses des centres de C(1) et C(2) sont respectivement 0 et 2, quel est le rayon du cercle C(2004) et l'abscisse de son centre ?


Les rayons des cercles C 1 , C 2 , C 3 , ...C n , ...sont tels que la suite des inverses de leurs racines carrées 1/ est la suite de Fibonacci :

1,1,2,3,5,8,13,21,34,...Le rayon du 2004 ème cercle est donc le carré de l'inverse du 2004 ème terme de la suite de Fibonacci.

Quant à l'abscisse du centre du cercle , elle est égale à soit le double du rapport des 2003 ème et 2004 ème termes de la suite de Fibonacci.

Cette abscisse est très proche de 2/= est le nombre d'or =   

 

Problème N°11

Il y a plusieurs siècles, une bande de 2004 voleurs fut arrêtée parmi lesquels se trouvait le fils du roi. Ils furent jetés en prison avec un matricule pour chacun, le fils du roi le numéro 1et le chef de bande portant le numéro 2. Après un procès plus qu'expéditif, ils furent condamnés à la pendaison mais le roi décida une mesure de clémence faite sur mesure pour son fils. « Demain, proclama-t-il, tous les prisonniers portant leur matricule sur le dos seront transférés dans la cour de la prison et placés sur les 2004 sommets d'un polygone régulier spécialement tracé à cette occasion. Je partirai du numéro 1 qui sera libéré (comme par hasard !) puis je compterai 1 sommet dans le sens des aiguilles d'une montre et le prisonnier qui se trouve placé à ce sommet sera libéré. Partant du matricule k affiché par cet homme, je compterai k sommets toujours dans le sens des aiguilles d'une montre et je désignerai ainsi un troisième prisonnier qui sera libéré et ainsi de suite?mais si dans mes comptages successifs, j'arrive à un sommet vide car le prisonnier qui s'y trouvait a été libéré, alors tous les prisonniers restants seront pendus.

Le chef de bande qui n'était pas sot cogita une bonne partie de la nuit et le lendemain matin il fit en sorte que les prisonniers puissent se placer sur les sommets du polygone selon un ordre qu'il avait soigneusement calculé. Tous les prisonniers y compris lui-même furent libérés. Comment a-t-il fait ? Quand fut-il libéré ?

PS Il est conseillé de commencer le problème avec une bande à effectif réduit?

L'ordre de libération est 1,2002,3,2000,5,1998,7,.....,2001,2,2003,2004. A partir de cet ordre de libération, il est facile de remonter à l'ordre des voleurs sur les sommets du polygone. 1, 2002, 2000, 1998, 1996, 1994, ...11, 9, 7 ,5 et 3

Pour plus de détails, se reporter au n°E607 « Le problème des 40 voleurs ».

 

Problème N°12

2004 nombres entiers relatifs (<0,=0 ou >0) dont la somme est égale à 1,sont placés sur les sommets d'un polygone régulier. Existe-t-il un sommet de ce polygone tel qu'en collectionnant dans le sens des aiguilles d'une montre les nombres adjacents, la somme cumulée de ces nombres soit toujours positive jusqu'au ramassage du dernier ?


La réponse est oui.
On prend un sommet quelconque que l'on numérote 1 .A partir de ce sommet et dans le sens des aiguilles d'une montre, on enregistre sommet par sommet depuis la position 1 incluse le cumul des nombres placés aux rangs 2,3,4,5,6,...jusqu'à atteindre le 2004 ème sommet placé à coté du sommet 1 et pour lequel la somme cumulée donne 1.On identifie le ou les sommets pour le(s)quel(s) le cumul des nombres est minimum. Si le minimum est atteint pour un sommet unique qui a le numéro m, on démarre le processus de collection des nombres au numéro m+1 (toujours dans le sens des aiguilles d'une montre). Si le minimum est atteint par plusieurs sommets,, on recherche le sommet m le plus éloigné du sommet 1 (dans le sens des aiguilles d'une montre) et on démarre le processus au numéro m+1.

 

Problème N°13

Quels sont les 4 derniers chiffres de  où "2004" apparaît 2004 fois dont 2003 fois en tant qu'exposant?

On rappelle que les exposants consécutifs sont calculés du haut vers le bas.

Par exemple est égal à


Les quatre derniers chiffres de A = 2004^(2004^(2004^(2004....)))) sont 6896

Pour plus de détails se reporter au n°A123 « Les quatre derniers chiffres».

 

Problème N°14

On considère le nombre N obtenu par la juxtaposition dans l'ordre descendant des entiers 2004,2003,...jusqu'à 1.Trouver au moins un facteur premier de N.


Un programme informatique très simple permet d'identifier les premiers facteurs premiers qui divisent le nombre N : 3,7,17,19,31....La question reste ouverte pour les facteurs premiers >100.

 

Problème N°15

Dans l'ensemble des entiers naturels de 1 à 2004, on définit le sous-ensemble E tel qu'aucun d'eux ne soit le double d'un autre. Quelle est la taille maximale de E?

Quelle est cette taille si un nombre quelconque de E n'est jamais le triple d'un autre ? ni le double ni le triple d'un autre ?


Le sous-ensemble qui ne contient aucun terme double d'un autre terme quelconque a pour taille maximale 1337.

Sans terme triple, la taille maximale est de 1502. Sans élément ni double ni triple d'un quelconque terme, la taille est de 1203.

Pour plus de détails se reporter au problème n°A602 « Les nombres ennemis».

 

Problème N°16

On considère une suite de nombres entiers tous positifs tels que la somme d'un terme quelconque (autre que le dernier) et du quadruple du terme voisin de droite est toujours égale à 2004. Quel est le nombre maximum de termes de la suite ?


Quelque soit n, on a la relation de récurrence an +4an+1 = 2004 qui permet de calculer de proche en proche a1, a2,...,an,... qui doivent rester des entiers <2004.

On obtient au rang 7, l'équation diophantienne 4096*a7 = 2462916 + a1 dont l'unique solution est a1 = 1220 et a7 =401. On vérifie que l'équation qui donne a8 en fonction de a1 : 16384*a8 = 5 745 468 -  a 1, n'a pas de solution entière pour a1  < 2004.

Il y a donc 7 termes au total qui sont en partant de la gauche 1220, 196, 452, 388, 404, 400 et 401. On observe que la suite « converge » vers l'entier le plus proche de 2004 / 5 

 

Problème N°17

2004 et la séquence croissante des PGCD (plus grands communs dénominateurs)

Quelle est la plus longue séquence possible strictement décroissante d'entiers positifs dont le premier terme est 2004 et dont les PGCD des termes consécutifs pris 2 à 2 sont strictement croissants?


Avec les nombres 2004, 1995, 1990, 1980,1968,1936, 1914, 1885, 820, 1750, 1625, 1300 et 650, on obtient 13 termes et la séquence des PGCD est 3, 5, 10, 12, 16, 22, 29, 65, 70, 125, 325, 650.

 

Problème N°18

Sur un grand damier de jeu, on dispose de N=2004 pions blancs qui deviennent noirs quand on les retourne. On choisit un nombre P=19 et l'on retourne P pions autant de fois que nécessaire de manière à n'avoir que des pions noirs. Est-ce possible? Si oui, quel est le nombre minimum de retournements nécessaires ?


Oui c'est possible. On utilise tout simplement l'identité 2004 º 9 + 19*k (modulo 19). Si l'on parvient à une configuration dans laquelle apparaissent 9 ou 28 ou 47?pions noirs, il devient aisé de retourner les 1995 ou 1976 ou 1957 ?pions blancs restants pour rendre le damier tout noir. Pour y arriver le plus rapidement possible, on retourne 19 pions blancs qui deviennent noirs et constituent un ensemble E puis 19 autres pions parmi lesquels X sont des pions noirs de l'ensemble E et 19- X sont des pions blancs qui deviendront noirs. On détermine X de telle sorte que le nombre des pions noirs figurant sur le damier à l'issue de la 2 ème opération soit égal à 9+19*k. On a l'équation 2*(19-X) = 9 + 19*k qui a pour solution X=5 et k=1.

28 pions noirs ont donc été obtenus en 2 opérations. Il reste 1976 pions blancs qui deviennent noirs en 1976/19=104 opérations, soit au total 106 opérations.

 

Problème N°19

Noir ou blanc ?

Sur ce même damier, 2004 pions sont répartis en 1002 pions blancs et 1002 pions noirs et on convient des opérations suivantes : deux pions de la même couleur sont remplacés par un pion blanc et deux pions de couleurs différentes sont remplacés par un pion noir. On répète ces opérations jusqu'à ce qu'il ne reste plus qu'un pion Existe-t-il un processus qui permet de n'avoir qu'un seul pion blanc ?

Qu'en est-il si la répartition initiale est de 1003 pions blancs et 1001 pions noirs ?


On observe que quelle que soit la séquence des pions noirs ou blancs supprimés ou maintenus sur le damier, la parité du nombre des pions noirs reste la même. En effet lorsque deux pions noirs sont remplacés par un pion blanc, leur nombre est réduit de 2 et la parité est la même. Quand deux pions sont appariés et sont de couleurs différentes, c'est le pion noir qui est maintenu. L'effectif global reste donc inchangé. Comme il y a un nombre pair de pions noirs au départ, à l'arrivée s'il ne reste plus qu'un pion, ce ne peut pas être le pion noir. C'est donc le pion blanc qui reste sur le damier quel que soit l'ordre selon lequel on procède à l'élimination des pions noirs et blancs.

Si la répartition initiale est différente avec1003 pions blancs et 1001 pions noirs, le pion restant est cette fois-ci noir.

 

Problème N°20

Trouver les entiers A et B tels que le nombre N défini par la concaténation de A et B encadrant 2004 soit un multiple de 2004 le plus petit possible.


A=481 et B=8 ce qui donne N=48 120 048 avec l'équation 48120048 = 2004*24102

Problème N°21

Trouver les plus petits entiers A et B tels que A/B = 2,00420042004200420042....

Si A/B = 2,00420042004.., alors 10000*A/B -  A/B = 20000. Dès lors 9999*A/B = 20040 et A/B = 6680/3333  A=6680 et B=3333 avec A et B irréductibles entre eux.

 

Problème N°22

On écrit les entiers 2004,2003,... les uns à la suite des autres en ordre décroissant jusqu'à 1. On veut restituer l'ordre croissant 1,2,3, ..2003,2004 en adoptant le mode opératoire suivant : on choisit un nombre k de la séquence et on le déplace de k cases en partant de son voisin de droite. Si lors du déplacement on arrive à la fin de la séquence, on poursuit le décompte en partant de la première case. Le nombre k prend alors sa place d'arrivée et le nombre chassé prend la place qu'avait le nouveau venu. Par exemple dans la séquence 2,5,1,3,4 le déplacement du chiffre 3 amène ce dernier à la place du chiffre 5 et la nouvelle séquence s'écrit 2,3,1,5,4.

Quel est le nombre minimal de déplacements qui permet de reconstituer la séquence croissante de 1 à 2004 ?


Le nombre minimal de déplacements est égal à 3004. Pour plus de détails se reporter au n° E601«Le pousse-pousse».

 

Problème N°23

Trouver le plus petit nombre qui a strictement 2004 diviseurs y compris 1 et lui-même.

Tout entier A dont la décomposition en facteurs premiers est de la forme r avec a,b,c <>1, a (p+1)*(q+1)*(r+1) diviseurs y compris 1 et lui-même. Le nombre de diviseurs de A est N=2004=2*2*3*167 = (p+1)*(q+1)*(r+1)*(s+1)  . Le plus petit nombre est 2166.3.5.7.
 
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