A623 – Partition sous contraintes
Trouver le plus petit nombre possible k d’entiers positifs distincts de somme ≤ 2015 tels que :
- 2 d’entre eux et 2 seulement sont divisibles par 2, - 3 d’entre eux et 3 seulement sont divisibles par 3, - 5 d’entre eux et 5 seulement sont divisibles par 5, - 7 d’entre eux et 7 seulement sont divisibles par 7, - 11 d’entre eux et 11 seulement sont divisibles par 11,
Parmi tous les ensembles de k entiers qui respectent ces conditions, donner l’ensemble dont la somme des termes est minimale.
Source : d’après Championnat International FFJM 2015
Solution par Patrick Gordon
Si k = 11
Les 11 nombres sont alors multiples de 11, dont 7 également multiples de 7. Nous les appellerons "les 7 premiers".
Or, à supposer que l'on prenne 1, 2… 7 fois 77 pour les 7 premiers (ce qui est une grossière sous-évaluation car, notamment, il y aurait plus de deux nombres pairs) et 1, 2, 3, 4 fois 11 pour les 4 autres (autre sous-évaluation), on arriverait déjà à un total de 2266 sans avoir achevé.
Il n'est donc pas possible que k = 11.
Si k = 12
Il y a toujours 11 nombres multiples de 11, dont 6 ou 7 également multiples de 7, donc multiples de 77.
Nous cherchons à minorer la somme des 12 nombres. Le cas le plus "favorable" (somme la moins élevée) est celui où :
A. 6 nombres seulement sont multiples de 7 et de 11, donc multiples de 77, B. 5 nombres sont multiples de 11 mais pas de 7,
C. 1 nombre est multiple de 7 mais pas de 11.
Ces nombres doivent être multipliés dans leur ensemble par 12 produits des nombres 2, 3, 5 utilisant dans leur ensemble au plus 2 fois le 2, au plus 3 fois le 3 et au plus 5 fois le 5, mais ni 7 ni 11. Les 12 plus petits de ces produits sont : 1, 2, 3, 4, 5, 9, 13, 15, 17, 19, 23, 25.
Ils peuvent être répétés, moyennant certaines précautions, entre les classes A, B et C.
Logiquement, on prendra les plus petits multiplicateurs, soit 1, 2, 3, 4, 5, 9, pour la classe A.
Reste à utiliser 1 fois le nombre 3 et 4 fois le nombre 5. Pour la classe B, on aura donc nécessairement 1 et 15 ainsi que 3 ou 4 fois le nombre 5. Utiliser 4 fois le nombre 5 sans utiliser 2 ni 3, qui sont saturés, conduirait au minimum à faire intervenir le nombre 35 mais cela donnerait un 7 de trop, impossible à "rattraper" dans la classe C. On ne fera donc intervenir dans la classe B que 3 fois le nombre 5, reportant le quatrième 5 à la classe C.
La plus petite somme sera ainsi :
77 (1+2+3+4+5+9) + 11 (1+5+13+15+25) +7 (5) = 2532 Il n'est donc pas possible que k = 12.
Si k = 13
Il y a toujours 11 nombres multiples de 11, dont 5, 6 ou 7 également multiples de 7, donc multiples de 77.
Nous cherchons, ici encore, à minorer la somme des 13 nombres. Le cas le plus "favorable"
(somme la moins élevée) est celui où :
A. 5 nombres seulement sont multiples de 7 et de 11, donc multiples de 77, B. 6 nombres sont multiples de 11 mais pas de 7
C. 2 nombres sont multiples de 7 mais pas de 11.
Les multiplicateurs sont toujours les produits des nombres 2, 3, 5 utilisant dans leur ensemble au plus 2 fois le 2, au plus 3 fois le 3 et au plus 5 fois le 5, mais ni 7 ni 11, soit pour les 13 premiers d'entre eux : 1, 2, 3, 4, 5, 9, 13, 15, 17, 19, 23, 25, 29.
Ils peuvent être répétés, moyennant certaines précautions, entre les classes A, B et C.
La plus petite somme sera :
77 (1+2+3+4+5) + 11 (1+5+9+13+15+25) +7 (1+5) = 1945
Il existe donc une solution avec k = 13. Elle est donnée par le tableau suivant où un 1 à la ligne i, colonne j, signifie que le nombre i est divisible par j et où les nombres de la deuxième ligne sont les totaux de ces occurrences :
2 3 5 7 11
2 3 5 7 11
7 1
11 1
35 1 1
55 1 1
77 1 1
99 1 1
143 1
154 1 1 1
165 1 1 1
231 1 1 1
275 1 1
308 1 1 1
385 1 1 1
1945
Pat construction, cette solution est celle qui minimise la somme.
