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Solutions 51 à 100
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Solution 51. Deux trios (1, 8, 8) et (2, 5, 10) sont une solution du système d’équations, car la somme des éléments de chaque trio est la même, soit 17 et celle des carrés est aussi la même, soit 129. Il est impossible de former un carré magique formé d’entiers avec les éléments de ces deux trios, parce que 17 n’est pas divisible par 3. En effet, dans tout carré magique d’ordre 3, le nombre du milieu est toujours égal au tiers de la somme de chaque rangée. 

En conséquence, un carré magique d’ordre 3 ne donne pas toutes les solutions entières du système d’équations.

Solution 52. Chaque terme est de la forme (3n + 2). Or, (3n + 2)³ = 27n³ + 54n² + 36n + 8. Chaque terme est divisible par 9 sauf 8, qui étant inférieur à 9, devient le reste. 

En conséquence, si on divise par 9 le cube de chaque terme de cette suite, le reste est 8.

Solution 53. On rend l’égalité positive : MAGE + MINE = SEMA. Si E = 3, alors A = 6, à cause des unités. I ne peut pas être égal à 6, car A = 6. D’où, I = 7 et la somme G + N est inférieure à 10. Les valeurs possibles de M sont 1, 2 et 4, à cause de la colonne des unités de mille. Comme G + N doit être inférieure à 10 et qu’il n’y a pas de retenue au-dessus de la colonne des dizaines, on ne peut pas trouver deux nombres différents (G et N) dont la somme est 1, 2 ou 4 (M). 

En conséquence, E ne peut pas être égal à 3.

Solution 54. Soit n la base du plus grand carré, la somme des deux carrés est : (n - 1)² + n² = 2n² - 2n + 1. La somme des deux triangulaires est : n(n + 1)/2 + (n + 1)(n + 2)/2 = n² + 2n + 1. On fait : 2n² - 2n + 1 = n² + 2n + 1. On obtient : n² - 4n = 0. D’où, n = 0 et n = 4. On exclut le 0, car la base du premier carré serait -1. 

En conséquence, cette proposition est vraie seulement pour 3² + 4² = 4^D + 5^D.

Solution 55. Soit une configuration dont la somme est 13 dans chaque rangée.

Alors, A + B + C = 13, A + D + F = 13, B + E + H = 13, etc. Pour que tous les éléments apparaissent dans la deuxième configuration, il faut soustraire de 9 tout élément de la première. La somme d’une rangée de la deuxième configuration sera : (9 - A) + (9 - B) + (9 - C). Cela donne : 27 - (A + B + C) = 27 - 13 = 14. On fait de même avec chacune des autres rangées. On obtient 14 comme somme dans chaque rangée. 

S’il existe au moins une configuration où la somme est 13, il en existe au moins une dont la somme est 14.

Solution 56. Sur la première ligne, on a 1. Au milieu de la deuxième ligne, on aurait 4, le carré de 2. Au milieu de la troisième ligne, on a 9, le carré de 3. Au milieu de la quatrième ligne, on aurait 16, le carré de 4. Soit n le rang de la ligne, le nombre du milieu est (ou serait) n². Si n = 4, la somme est : (n² - 3) + (n² - 1) + (n² + 1) + (n² + 3) = 4n². Si n = 5, la somme est : (n² - 4) + (n² - 2) + n² + (n² + 2) + (n² + 4) = 5n². Le produit du rang de la ligne (ou du nombre de termes par ligne) et de n² est n³. 

Donc, la somme des nombres de chaque ligne est un cube.

Solution 57. Soit x et y les deux nombres, on fait : x + y + x - y + xy + x/y = x/y(y + 1)². On obtient le produit d’une fraction et d’un carré. Il existe exactement trois carrés à l’exception de 1 qui divisent 675 sans reste : 9, 25, 225. Si, dans l’intervalle donné, on peut trouver des valeurs à x et à y, on aura trois couples. Lorsque (y + 1)² est égal à 9, 25 ou 225, y est égal à 2, 4 ou 14. Les seuls couples possibles sont : (2, 150), (4, 108) et (14, 42). 

En conséquence, il existe exactement trois couples de nombres sur lesquels on peut opérer lorsque la somme des résultats est 675.

Solution 58. La somme des nombres de 1 à 8 est 36. Comme il y a quatre rangées dont la somme est 15, on fait : 4 × 15 = 60. Les quatre jetons autres que A, B, C et D apparaissent deux fois. Leur somme est 24, car 60 - 36 = 24. Comme la somme totale est 36, on fait : 36 - 24 = 12. Donc, A + B + C + D = 12. Voici un exemple de configuration :

Solution 59. Chaque boule peut être associée à 1, 2 et 3. Par exemple, la 4 l’est à 1, la 5 à 2, la 6 à 3, la 7 à 1 et ainsi de suite. On fait comme s’il y avait seulement des boules numérotées 1, 2 et 3. Il y a dix combinaisons possibles de trois boules : (1, 1, 1), (1, 1, 2), (1, 1, 3), (1, 2, 2), (1, 2, 3), (1, 3, 3), (2, 2, 2), (2, 2, 3), (2, 3, 3) et (3, 3, 3). 

La somme est un multiple de 3 dans quatre combinaisons sur 10, soit 2/5.

Solution 60. Comme N + G + R = Z et que les plus petites valeurs possibles de N, G et R sont 1, 2 et 3, la plus petite valeur de Z est 6. Si Z = 6, alors G = 8, à cause des unités. D’où, N + R + 8 > 6 : hypothèse à rejeter. Si Z = 7, alors G = 1. On suppose que N et R valent 2 et 3. Il faudra une retenue de 1 au-dessus de cette colonne pour que Z soit égal à 7. Les chiffres non utilisés sont : 0, 4, 5, 6, 8 et 9. On peut faire : E = 6, A = 5 et I = 9. Il existe au moins une solution lorsque Z = 7. 

Donc, la plus petite valeur de Z est 7.

Solution 61. On place les dominos dans cet ordre en commençant par 1 : (1, a), (a, b), (b, 1), (1, c), (c, d), (d, 1), (1, e), (e, f). Le demi-domino F ne peut pas être égal à 1, car les cinq demi-dominos 1 sont posés. On commence par un demi-domino autre que 1 : (a, 1), (1, b), (b, c), (c, 1), (1, d), (d, e), (e, 1), (1, f). Le demi-domino F ne peut pas être égal à A, car tous les dominos sont différents. Dans les deux cas, on ne peut pas accoler le premier et le dernier domino. 

Il est donc impossible de réaliser une chaîne circulaire avec ces huit dominos.

Solution 62. Dans tout carré magique d’ordre 3, le médian est égal au tiers de la densité. Soit d la densité et m le médian, alors m = d/3. On fait : d - d/3 = 2d/3 : c’est la somme des éléments extrêmes qui est le double du médian. 

En conséquence, dans tout carré magique d’ordre 3, la somme des éléments extrêmes d’une rangée qui passe par le centre est le double du médian.

Solution 63. Les termes du milieu sont : 1, 3, 7, 13, 21, etc. Le terme général est n² - n + 1. Or, n² - n est pair, car n² - n = n(n - 1) qui est le produit de deux entiers consécutifs. D’où, le nombre du milieu est toujours impair. La somme des termes également distants du milieu est paire. Un nombre impair plus un nombre pair donnent un impair. 

Donc, la somme des nombres de chaque ligne est un nombre impair.

Solution 64. La somme des nombres de 1 à 6 est 21. Le total des sommes données est : 6 + 12 + 15 = 33. On fait : 33 - 21 = 12. La somme du triangle du centre devrait être 12. Deux triangles dont la somme est 12 auraient alors deux côtés communs. On devrait avoir le même nombre dans les sommets opposés des deux triangles : ce qui est impossible, car chaque nombre apparaît une seule fois. 

Il est donc impossible de disposer les nombres de 1 à 6 dans cette figure.

Solution 65. Dans l’addition, il y a 10 lettres différentes. Il faut donc utiliser les 10 chiffres. 

Puisque le 0 ne peut pas être pris, l’amie a raison d’affirmer qu’il n’existe pas de solution.

Solution 66. Soit un escalier dont la base exige n cubes. La hauteur exige aussi n cubes. L’escalier voisin qui lui est plus petit contient (n - 1) cubes, autant pour la base que pour la hauteur. On fait tourner le petit de 180 degrés et on le place sur le grand. Chaque côté de la nouvelle figure contient n cubes. L’aire est n². 

La quantité de cubes nécessaires pour construire deux escaliers voisins est un carré.

Solution 67. Un nombre de la forme 6n est un multiple de 6. Un nombre de la forme (6n + 2) ou (6n + 4) est un multiple de 2. Un nombre de la forme (6n + 3) est un multiple de 3. Les nombres de la forme (6n + 1) et (6n + 5) ne sont pas nécessairement des multiples. 

Seuls les nombres de la forme (6n + 1) ou (6n + 5) peuvent être des nombres premiers.

Solution 68. Comme 999 est impair, l’un des entiers devant être élevé au carré est pair et l’autre est impair. Soit 2m l’un de ces entiers et (2n + 1) l’autre. On élève au carré chaque entier et on en fait la somme. On obtient 4m² + 4n² + 4n + 1. La somme peut être divisée par 4 avec un reste de 1. Or, si on divise 999 par 4, le reste est 3. 

En conséquence, 999 ne peut pas être la somme de deux carrés.

Solution 69. Dans un carré magique d’ordre 3, le médian est égal à la moitié de la somme des deux éléments extrêmes d’une rangée qui passe par le centre. On fait : (a - 12) + (a + 4) = 2a - 8 et (2a - 8) ¸ 2 = a - 4. Le terme du milieu est (a - 4). Dans un carré magique d’ordre 3, la somme dans chaque rangée est égale au triple du médian. On fait : 3(a - 4) = 3a - 12. La somme de chaque rangée est (3a - 12). 

En conséquence, la somme de chacune des rangées est plus petite que 3a.

Solution 70. Les cercles des quatre coins appartiennent à une seule rangée ; les sept autres appartiennent à deux rangées. Les nombres de ces sept rangées doivent être comptés deux fois. Lorsque les quatre coins reçoivent les plus grands nombres, la somme par rangée est la plus petite possible. On fait : 2 × (1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7) + ( 8 + 9 + 10 + 11) = 94 et 94 ÷ 6 = 15,67. 

Comme 15,67 est la plus petite somme possible, la somme dans chacune des rangées ne peut pas être 15.

Solution 71. Comme S + A + E = E (colonne des unités), S + A = 10. Si A = 5, alors S = 5. 

Comme chaque lettre représente un chiffre différent, A ne peut pas être égal à 5.

Solution 72. Le terme général de la suite 2, 5, 11, 20, 32, ... est (3n² - 3n + 4)/2. Le terme général de la suite 2, 8, 17, 29, 44, ... est (3n² + 3n - 2)/2. Chaque ligne contient une suite arithmétique de n termes dont le premier et le dernier terme sont connus. Soit A le terme général de la première suite, Z celui de la deuxième suite et n le nombre de termes par ligne, on fait : (A + Z)n/2. La somme est 1,5n³ + 0,5n, soit une fois et demie n³ plus la moitié de n. 

En conséquence, la somme des nombres de chaque ligne est supérieure au cube du rang de la ligne.

Solution 73. La somme des nombres de 1 à 6 est 21. Le total des trois sommes données est 34. On fait : 34 - 21 = 13. La somme des sommets du petit triangle du centre est 13. Deux sommets sont communs aux triangles de sommes 8 et 13. La différence des sommes est 5 ; la différence des nombres des deux sommets opposés devra être 5. Seuls 1 et 6 conviennent. Or, 6 ne peut pas être placé dans le coin inférieur gauche, car la somme est 8. 

Donc, le 6 est toujours dans la position Y.

Solution 74. Chaque somme est le produit de deux nombres consécutifs, le premier étant la quantité de nombres additionnés. Par exemple, on a : 6 = 2 × 3, 12 = 3 × 4, 20 = 4 × 5. Il faut montrer que 654 324 ne peut pas être le produit de deux nombres consécutifs. On extrait la racine carrée de 654 324 qui est approximativement 808,9. On fait : 808 × 809 = 653 672, puis 809 × 810 = 655 290. Le nombre donné est entre ces deux produits. 

En conséquence, la somme des nombres consécutifs pairs à partir de 2 ne peut pas être 654 324.

Solution 75. La somme des nombres de cette grille est 2551. Il y a un surplus de 551 par rapport à 2000. On doit exclure trois nombres dont la somme est 551. Le plus petit nombre du tableau étant 181, on peut, pour simplifier les calculs, soustraire 180 à chacun des trois nombres exclus. On fait : 3 × 180 = 540 et 551 - 540 = 11. Les combinaisons de trois nombres dont la somme est 11 sont : (1, 2, 8), (1, 4, 6), (2, 4, 5). On additionne 180 à chacun des termes des trois combinaisons et on exclut ces résultats. 

En conséquence, il y a trois façons d’obtenir une somme de 2000.

Solution 76. La somme des nombres de 1 à 8 est 36. On fait 14 × 3 = 42 et 42 - 36 = 6. On devrait placer (1, 5) et (2, 4) dans les deux cases extrêmes de la rangée horizontale, car ce sont les seules cases qui appartiennent à deux rangées. Dans les deux cas, le 8 doit être dans une colonne. On devrait alors compléter chaque colonne avec 1, 5, 2 ou 4. Or, aucun nombre ne peut être placé deux fois. 

Donc, la somme des nombres de chaque rangée ne peut pas être 14.

Solution 77. Soit n le nombre de boules dans la rangée du bas, le total des boules est n(n + 1)/2. On remplace n par (4m + 1). On a : (4m + 1)(4m + 2)/2 = (4m + 1)(2m + 1). Le produit est un nombre impair. 

En conséquence, le triangle ne peut pas être partagé en deux parties égales.

Solution 78. La somme des nombres de 1 à 9 est 45. Si la somme par côté était 18, en comptant deux fois chaque sommet, on ferait : 18 × 3 = 54. La somme des trois sommets serait 54 - 45 = 9. Les combinaisons possibles de trois nombres dont la somme est 9 sont : (1, 2, 6), (1, 3, 5), (2, 3, 4). Pour chaque combinaison, le 9 ne peut pas être placé, car le côté serait complété par un des nombres du trio. 

En conséquence, il est impossible de disposer les oursons pour que la somme des numéros soit 18 sur chaque côté.

Solution 79. Soit a = 2002, on peut écrire : a³³ + (a + 3)³³ + (a + 6)³³. Quand on élève au carré (a + 3), on obtient a² plus des multiples de 3 ou a² + M[3]. Si on multiplie cette expression par (a + 3), ce qui revient à élever (a + 3) au cube, on obtient a³ + M[3]. En multipliant successivement la dernière expression par (a + 3) jusqu’à la puissance 33, on obtiendra a³³ + M[3]. Il en est de même pour (a + 6). On obtiendra aussi a³³ + M[3]. La somme de a³³, de a³ + M[3] et de a³³ + M[3] est 3a³ + M[3]. Les deux termes de la somme sont des multiples de 3. 

D’où, 2002³³ + 2005³³ + 2008³³ est un multiple de 3.

Solution 80. La somme des nombres de 1 à 9 est 45. Comme il y a quatre rangées, on fait : 4 × 13 = 52, puis 52 - 45 = 7. Les cellules D, F et H appartiennent chacune à deux rangées, alors que les autres appartiennent à une seule rangée. La somme de D, F et H est 7, soit la combinaison (1, 2, 4). La seule valeur possible de H est 4. Si F = 2, alors D = 1, B = 7 et C + E = 10. Au moins, une des valeurs qu’on peut attribuer à C ou à E est déjà utilisée. L’hypothèse est à rejeter. Si F = 1, alors D = 2, B = 8 et C + E = 10. Les seules valeurs possibles de C et de E sont 3 et 7. 

On complète et on obtient la disposition suivante qui est la seule.

Le 3 et le 7 peuvent être intervertis, tout comme le 5 et le 6.

Solution 81. On fait : a² + (a + 1)² + c² = 2a² + 2a = 2c. En divisant par 2, on obtient : a² + a = c. Pour chaque valeur de a, il existe une valeur de c. Par exemple, si a = 3, alors b = 4, c = 12 et d = 13. L’égalité est : 3² + 4² + 12² = 13². 

Donc, pour chaque valeur de a, il existe un trio (a, b, c) pour lequel a² + b² + c² = d².

Solution 82. Horizontalement, la somme des nombres est 45, tout comme verticalement. On fait : 119 - 90 = 19 et 121 - 90 = 21. Au centre, comme cette case appartient à quatre rangées et que deux sont déjà soustraites, on fait : (9 - 1) × 2 = 16. Il y a un surplus de 16 dans le deuxième carré par rapport au premier. Comme les quatre cases des coins appartiennent à trois rangées et que deux sont déjà soustraites, on fait : (9 + 8 + 7 + 3) - (1 + 2 + 3 + 7) = 14. Il y a un manque de 14. On fait : 16 - 14 = 2. 

En conséquence, la différence des totaux est 2.

Solution 83. À cause du B de BATEAU, B = 1. Comme M + B = BA, M = 8 ou 9. Si M = 8, alors A + U ³ 10. D’où, A = 0. Pour qu’il y ait une retenue au-dessus de la première colonne, il faut que U soit égal à 8 ou à 9. Or, M = 8 et A = 0. Comme N + N = U, U est pair. L’hypothèse est à rejeter. 

En conséquence, M ne peut pas avoir une valeur inférieure à 9. (En réalité, il n’existe qu’une seule solution : 90 453 + 16 753 = 107 206.)

Solution 84. Pour trouver chacun des termes de la suite de Royal, on soustrait 1 à 3ⁿ où n est le rang du jour et on divise le résultat par 2. Le terme général est (3ⁿ - 1)/2. Pour trouver chacun des termes de la suite de Majesté, on multiplie 3^n-1 par 2 et on soustrait 1. Le terme général est (2 ´ 3^n-1 - 1). Les deux termes consécutifs de la suite de Royal sont (3^n-1 - 1)/2 et (3ⁿ - 1)/2. On additionne ces deux termes. Cela donne : (3ⁿ + 3^n-1 - 2)/2. On divise chacun des deux premiers termes par 3^n-1. Cela donne : [3^n-1(3 + 1) - 2] /2, puis (2 ´ 3^n-1 - 1). Cette dernière expression est le terme général de la suite de Majesté. 

En conséquence, pour n’importe lequel jour, Majesté recevra autant de billes que Royal pendant ce jour-là et le précédent.

Solution 85. Comme chaque nombre intérieur est additionné deux fois, la somme des nombres extérieurs doit être deux fois celle des nombres intérieurs. Il faut donc que la somme totale des nombres soit divisible par 3. La somme des nombres de 1 à 10 est 55. Or, 55 n’est pas un multiple de 3. 

En conséquence, la tâche est impossible à réaliser.

Solution 86. Soit n le nombre de jours travaillés par Rousso, alors Roussi a travaillé (n + 9) jours. Si n est pair, le carré de n est pair et le carré de (n + 9) est impair. Le total est un nombre impair. Si n est impair, le carré de n est impair et le carré de (n + 9) est pair. Le total est un nombre impair. Or, 1318 est pair. 

En conséquence, il est impossible que les deux écureuils aient cueilli 1318 noix.

Solution 87. Le tableau donne la répartition des restes possibles de pommes selon les diviseurs.

Premier cas : On fait (11 × 13) + 1 = 144. Le résultat est divisible par 9.

Deuxième cas : On fait (9 × 13) + 1 = 118. Le résultat n’est pas divisible par 11.

Troisième cas : On fait (9 × 11) + 1 = 100. Le résultat n’est pas divisible par 13.

Seul le premier cas convient. En conséquence, 144 est la plus petite quantité qui permet un reste de deux pommes.

Solution 88. A = 0, car E + A = E. S’il n’y a pas de retenue au-dessus des centaines, M £ 10. Il n’y a donc pas de retenue au-dessus de la colonne des milliers. D’où, I est pair. S’il y a une retenue de 1 au-dessus des centaines, M £ 10 et M ne peut pas valoir 0, car A = 0. Il n’y a donc pas de retenue au-dessus de la colonne des milliers. 

D’où, I est pair.

Solution 89. Un carré de n² points étant donné, on ajoute n points horizontalement, n points verticalement et un point à l’intersection de ces deux rangées. La nouvelle figure est formée par (n² + 2n + 1) points : c’est le carré de (n + 1). En voici l’illustration :

En conséquence, la somme des nombres impairs consécutifs à partir de 1 est un carré.

Solution 90. Comme il y a cinq rangées, on fait : 13 × 5 = 65. Sauf la cellule du milieu qui appartient à trois rangées, chacune des autres appartient à deux rangées. La somme des chiffres de 1 à 7 est 28. On fait : 2 × 28 = 56, puis 65 - 56 = 9. La cellule du milieu doit recevoir 9. Or, il n’y a pas de 9. 

Donc, la somme dans chaque rangée ne peut pas être 13.

Solution 91. Voici les coordonnées de chaque point de rencontre des segments :

Lorsqu’on passe d’un brin à l’autre, les sommes des coordonnées de chaque point passent de pair à impair ou d’impair à pair. Au départ, la somme des coordonnées est paire et, à l’arrivée, elle est impaire. Il faut donc passer par un nombre impair de brins. Or, le nombre (16) de brins devant être atteints par l’araignée est pair. 

En conséquence, la recommandation est impossible à réaliser.

Solution 92. Soit n le rang d’un terme, le terme général de la suite est 3n + 2. On élève ce binôme au cube. Le résultat est 27n³ - 54n² + 36n - 8. Chacun des trois premiers termes du polynôme est divisible par 9. Dans ces cas, le reste est 0. Le reste de la division de - 8 par 9 est 1. 

En conséquence, le reste de la division est toujours 1.

Solution 93. Comme il y a le même nombre d’élèves dans chacune des trois rangées horizontales (ou verticales), on fait : 108 ÷ 3 = 36. La somme de chaque rangée est 36. On fait : 36 ÷ 3 = 12, car dans tout carré magique d’ordre 3, le nombre du milieu est égal au tiers de la somme de chaque rangée. On inscrit 12 au centre. On place 20 dans l’une ou l’autre case libre. La rangée concernée doit être complétée avec un 4. Or, la balançoire la moins occupée reçoit cinq élèves. 

En conséquence, aucune balançoire ne peut recevoir plus de 19 élèves. Voici un exemple de répartition des élèves :

Solution 94. La somme des nombres de 1 à 11 est 66. Comme il y a cinq rangées, on fait : 5 × 17 = 85, puis 85 - 66 = 19. Quatre boîtes appartiennent chacune à deux rangées : les trois de la deuxième rangée verticale et celle marquée A. La somme pour ces quatre boîtes est 19. Or, la somme dans chaque rangée est 17. On fait : 19 - 17 = 2. 

En conséquence, la cellule A ne peut accueillir que 2. Voici un exemple de configuration :

Solution 95. On marque les cases alternativement avec A et B. Il s’ensuit que les quatre cases amputées sont marquées A. On compte 9 cases A et 12 B. Chaque domino doit recouvrir une case A et une B. Comme il y a neuf cases A, on peut théoriquement déposer au maximum neuf dominos. On vérifie si cela est possible. On a réussi à agencer neuf couples A et B. Les trois B en blanc ne sont pas touchés.

En conséquence, on peut déposer au maximum neuf dominos sur une grille 5 ´ 5 amputée de ses quatre coins.

Solution 96. On pose a, b, c et d comme étant les termes de chaque rangée du premier hexagramme. Dans le second hexagramme, la somme des termes d’une même rangée sera : (2a - 1) + (2b - 1) + (2c - 1) + (2d - 1) = 2(a + b + c + d) - 4 = 2 ´ 26 - 4 = 48. 

En conséquence, dans le second hexagramme, la somme des quatre nombres de chaque rangée est la même.

Solution 97. On colorie les cases alternativement grises et noires. D’un saut à l’autre, un jeton atteint toujours une case de même couleur. Or, les deux jetons R sont d’abord sur des cases grises et à la fin, l’un des deux est sur une case noire.

Il est donc impossible d’obtenir la figure de droite.

Solution 98. Comme les nombres des coins appartiennent à deux rangées, la somme des coins P est égale à trois fois la somme s de chaque rangée diminuée de la somme S des nombres de 1 à 6. On peut écrire P = 3s - S. Or, 3s est un multiple de 3. Comme S = 21, S est aussi un multiple de 3. D’où, P est un multiple de 3. 

La somme des nombres des coins est toujours un multiple de 3.