Un défi par semaine

Février 2018, 4e défi

El 23 febrero 2018  - Escrito por  Ana Rechtman Ver los comentarios (10)
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Nous vous proposons un défi du calendrier mathématique chaque vendredi et sa solution la semaine suivante. Il n’y aura pas d’édition papier du calendrier 2018, il faudra attendre l’édition 2019 !

Semaine 8 :

Soit $p=2\cdot 3\cdot 5\cdot 7\cdot \ldots$ le produit de tous les nombres premiers inférieurs ou égaux à $2018$ et $q=3\cdot 5\cdot 7\cdot 9\cdot\ldots$ le produit de tous les nombres impairs inférieurs ou
égaux à $2017$. Quel est le chiffre des dizaines du produit $pq$?

Solution du 3e défi de Février :

Enoncé

La réponse est $22$.

Calculons $a_{k+5}$ en fonction de $a_k$:

$a_{k+1} = 3a_{k}+1$

$a_{k+2} = 3(a_{k+1})+ 1=3^2a_k+4$

$a_{k+3} = 3(a_{k+2})+ 1=3^3a_k+13$

$a_{k+4} = 3(a_{k+3})+ 1=3^4a_k+40$

$a_{k+5} = 3(a_{k+4})+ 1=3^5a_k+121.$

Comme $a_0=0$ et $a_5=3^5a_k+121=243a_0+121=121$, on voit que $a_5$ est multiple de 11. De la même façon, $a_{10}$ est multiple de 11 et en général, tous les nombres de la forme $a_{5n}$ sont des multiples de 11. Donc $a_{155}$ est multiple de 11. Soit $r$ le reste de $a_{155}$ dans la division par 33, c’est-à-dire, $a_{155}=33n+r$, pour un nombre entier $n$
et avec $0\leq r <33$. Comme $11$ divise $a_{155}$, cela implique que
$11$ divise $r$, par conséquent $r=0, 11$ ou $22$. D’un autre côté, comme $a_{155}=3a_{154}+1$, on a une des possibilités suivantes:

$33n = 3a_{154}+1$

$33n + 11 = 3a_{154}+1$

$33n+ 22 = 3a_{154}+1.$

En divisant chaque équation par 3 on obtient

$11n = a_{154}+\frac{1}{3}$

$11n = a_{154}-\frac{10}{3}$

$11n = a_{154}-\frac{21}{3}.$

L’unique expression ci-dessus qui est un nombre entier est $a_{154}-\frac{21}{3}=a_{154}-7$. Comme $11n$ est un nombre entier, on conclut que $a_{155}$ est de la forme $33n+22$. Par conséquent, le reste de $a_{155}$ dans la division par 33 est 22.

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Para citar este artículo:

Ana Rechtman — «Février 2018, 4e défi» — Images des Mathématiques, CNRS, 2018

Comentario sobre el artículo

  • Février 2018, 4e défi

    le 23 de febrero de 2018 à 17:35, par Celem Mene

    Calculons d’abord q. Nous nous rendons compte à la présence du 5, et à l’absence du 2, que le nombre se terminera par 5.

    Mais p = q * 2, donc p se terminera par 0.

    Donc p * q se terminera par 50.

    5 est donc le chiffre recherché.

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    • Février 2018, 4e défi

      le 23 de febrero de 2018 à 20:27, par FDesnoyer

      Bonsoir,

      p=2*q me laisse perplexe... Je n’ai pas la solution mais je crois que vous faites erreur

      Amicalement,

      F.D.

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      • Février 2018, 4e défi

        le 23 de febrero de 2018 à 20:33, par Celem Mene

        Nous avons :

        p = 2 . 3 . 5 . 7 . 9 ... et
        q = 3 . 5 . 7 . 9...

        Donc p = 2q.

        Meilleures salutations.

        Répondre à ce message
        • Février 2018, 4e défi

          le 23 de febrero de 2018 à 22:21, par Niak

          $p$ est le produit des nombres premiers inférieurs à $2018$ tandis que $q$ est le produit des impairs inférieurs à $2018$. Donc $p$ ne vaut pas $2q$ et $q$ est même très grand devant $p$.

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        • Février 2018, 4e défi

          le 23 de febrero de 2018 à 22:49, par Niak

          Par ailleurs, en mettant cette erreur de lecture de l’énoncé de côté, votre raisonnement reste incomplet : par exemple $20$ se termine par $0$ et $5$ par $5$ mais $20\times5=100$ ne se termine pas par $50$.

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    • Février 2018, 4e défi

      le 24 de febrero de 2018 à 11:48, par Celem Mene

      Veuillez m’excuser. J’étais parti sur deux suites de nombres premiers... Je suis juste un passionné, pas un mathématicien.

      Pour p, nous avons 2 * 5 * nombres impairs autres que 5, ce nombre se terminera par 0, précédé de 1, 3, 7 ou 9.

      Quant à q, nous avons 5 * d’autres nombres impairs, il se terminera donc par 5.

      Donc p * q se terminera donc bien par 50.

      Et le chiffre des dizaines est 5.

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    • Février 2018, 4e défi

      le 1ro de marzo de 2018 à 15:21, par jjvz

      C’est exact : 5 est donc le chiffre recherché.

      J’ai fait l’algo en perl :
      9639989711185911595961463808973774252992081689121071975665453209......
      ........744618797153494352226640873304575052316067740321159362792968750

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      • Février 2018, 4e défi

        le 1ro de marzo de 2018 à 16:36, par Celem Mene

        Remarquable, mais avec des modulo 100, ça marchait aussi.

        Meilleures salutations.

        Répondre à ce message
  • Février 2018, 4e défi

    le 23 de febrero de 2018 à 22:14, par Niak

    Écrivons $p=2\cdot5\cdot p'$ avec $p'$ impair et $q=5\cdot q'$ avec $q'$ impair. Ainsi $pq=10r$ avec $r=5p'q'$ un multiple impair de $5$ dont l’écriture décimale se termine donc par $5$. Dès lors $pq$ se termine par $50$.

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    • Février 2018, 4e défi

      le 1ro de marzo de 2018 à 21:02, par FDesnoyer

      Méthode d’une rare élégance, bravo!

      F.D.

      Répondre à ce message

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