Un défi par semaine

Janvier 2019, 1er défi

Le 4 janvier 2019  - Ecrit par  Ana Rechtman Voir les commentaires (19)

Nous vous proposons un défi du calendrier mathématique chaque vendredi et sa solution la semaine suivante. Le calendrier 2019 est en librairie !

Semaine 1

Quel est le chiffre des unités de $S= 1!+2!+3!+\cdots+99!$ (où $n!=1\times 2\times\ldots\times n$) ?

Solution du 4e défi de décembre :

Enoncé

La solution est : $24\sqrt{5}\, cm$.

Soit $ABC$ un triangle rectangle avec un angle droit en $C$ et tel que $AB=100\, cm$, $BC=80\, cm$ et $CA=60\, cm$.
Traçons un segment $CD$ reliant sommet $C$ à l’hypoténuse, de telle manière que les périmètres des triangles $ADC$ et $DBC$ soient égaux.
Le problème consiste à déterminer la longueur de $CD$.

Comme les triangles $ADC$ et $DBC$ ont le même
périmètre, on a
\[CA+AD+CD=CD+DB+BC,\]
d’où
$CA+AD=DB+BC=\frac{240}{2}=120\, cm$. Comme $CA=60\, cm$, on obtient
$AD=120-60=60\, cm$.

Traçons la hauteur issue de $C$ dans le triangle $ACD$ et appelons $E$ son pied. Comme le triangle $AEC$ est semblable au triangle $ACB$, on obtient
$\frac{AE}{60}=\frac{60}{100}$, d’où $AE=36\, cm$, et par
conséquent $ED=AD-AE=60-36=24\, cm$.
De même on obtient $\frac{CE}{60}=\frac{80}{100}$, d’où $CE=48\, cm$.
En appliquant le théorème de Pythagore\footnoteVoir dans l’appendice le théorème \refpitagoras. dans le triangle $CED$, on obtient alors
\[CD^2=ED^2+CE^2=24^2+48^2=5(24^2),\]
et il s’ensuit $CD=24\sqrt{5}\, cm$.

Post-scriptum :

Calendrier mathématique 2019 - Sous la direction d’Ana Rechtman, avec la contribution de Nicolas Hussenot - Textes : Claire Coiffard-Marre et Ségolen Geffray. 2018, Presses universitaires de Grenoble. Tous droits réservés.

Disponible en librairie et sur www.pug.fr

Partager cet article

Pour citer cet article :

Ana Rechtman — «Janvier 2019, 1er défi» — Images des Mathématiques, CNRS, 2019

Crédits image :

Image à la une - AGSANDREW/SHUTTERSTOCK

Commentaire sur l'article

  • Janvier 2019, 1er défi

    le 4 janvier à 07:50, par zgreudz

    Bonjour et bonne année,

    Je pense que c’est un 3 car à partir de n=5, les factorielles n ! sont des multiples de 10 donc leur ajout à la somme ne change pas le chiffre des unités . Le chiffre des unités est donc celui de :
    1 ! +2 !+3 !+4 !=1+2+6+24=33.

    Répondre à ce message
  • Janvier 2019, 1er défi

    le 4 janvier à 09:25, par Al_louarn

    Bonne année à tous !

    On peut généraliser le raisonnement de zgreudz à toute base $b$ en posant
    $S_b(N) = (1! + 2! + ... + N!) \mod b$

    Il suffit de factoriser $b=d_{1}d_{2}...d_{k}$ où les $d_{i}$ forment une suite croissante de diviseurs de $b$. C’est toujours possible car au pire $b=1 \times b$. Mais en pratique on cherchera à minimiser $d_{k}$. Alors toutes les factorielles à partir de $d_{k}!$ sont des multiples de tous les $d_{i}$, donc aussi de $b$. Et donc $S_b(N) = S_b(d_{k}-1)$ (pour tout $N \geq d_{k}-1$).

    Application : si je m’attaque à une énorme boîte de chocolats en mangeant le premier à 1h du matin, le deuxième à 2h, etc, quelle heure sera-t-il le jour où je mangerai le chocolat n° $1! + 2! + ... + 1000!$ ? Réponse : Il faut compter en base $24 = 2 \times 3 \times 4$, donc $S_{24}(1000) = S_{24}(3) = (1! + 2! + 3!) \mod 24 = 9$. En théorie il sera donc 9h du matin. Mais en pratique j’aurai fait une crise de foie bien avant...

    Répondre à ce message
    • Janvier 2019, 1er défi

      le 4 janvier à 13:13, par Al_louarn

      Ah mais attention si $d_{k-1} = d_{k}$, ça ne marche pas toujours. Par exemple $9=3 \times 3$ mais $3!=6$ n’est pas multiple de $9$.
      En fait il faut simplement prendre le plus petit diviseur $d$ de $b$ tel que $b$ divise $d!$. C’est précisément la définition du nombre de Kempner de rang $b$.

      $S_{b}(N) = S_{b}($A002034$(b)-1)$

      Répondre à ce message
  • Janvier 2019, 1er défi

    le 4 janvier à 20:09, par Niak

    Comme le suggère la réponse de zgreudz, les $n!$ se terminent « rapidement » par beaucoup de $0$ en base $10$.
    Pour prolonger le défi, pouvez-vous donner une méthode raisonnable en termes de calculs (envisageable à la main) pour déterminer le dernier chiffre non $0$ de, disons, $100!$ en base $10$ ?
    (La réponse est $4$, mais c’est une approche qu’on demande.)

    Répondre à ce message
    • Janvier 2019, 1er défi

      le 5 janvier à 00:48, par Al_louarn

      Posons $f(n)=$ dernier chiffre de $n$, en base $10$, différent de $0$
      On remarque que $f(nm)=f(f(n)f(m))$. J’en tire une formule récursive :
      Si $b<10$ alors $f((10a+b)!)=f(f(9!)^a f(a!)f(b!))=f(2^{(3a) \mod 4}f(a!)f(b!))$

      Par contre j’obtiens $f(100!)=2$. Qui a raison ?

      Répondre à ce message
      • Janvier 2019, 1er défi

        le 5 janvier à 01:31, par Al_louarn

        Mieux : la formule récursive permet de trouver une formule plus directe. Si les chiffres décimaux de $n$ sont $a_k, ..., a_1, a_0$ (de gauche à droite) alors
        \[f(n!)=f(2^{(a_k + ... + a_2 + 3a_1) \mod 4}f(a_k!)...f(a_1!)f(a_0!))\]

        Répondre à ce message
      • Janvier 2019, 1er défi

        le 5 janvier à 12:19, par ROUX

        Il y a 20 multiples de 5 jusqu’à 100 et 4 multiples de 25 : il y a donc vingt-quatre 5.
        Il y a 50 multiples de 2, 25 multiples de 4, 12 multiples de 8, 6 multiples de 16, 3 multiples de 32 et 1 multiple de 64 jusqu’à 100.
        Il y a donc 50 + 25*1 + 12*2 + 6*3 + 3*4 + 5 = cent-trente-quatre 2.
        J’ai donc utilisé vingt-quatre 2 pour faire des dizaines avec les vingt-quatre 5 (il y a donc 24 zéros) et il reste cent-dix 2.
        110 = 2 + 27*4 ou 110 est dans la famille des 2 + 4*k.
        Pour les premières valeurs de k, les valeurs des puissances de 2 de cette famille sont 4, 64, 1024, etc.
        Le premier chiffre non-nul (en lisant de droite à gauche) est donc 4.

        Répondre à ce message
        • Janvier 2019, 1er défi

          le 5 janvier à 13:07, par ROUX

          Oups !
          C’est faux, indépendamment du comptage raté des 2...

          Répondre à ce message
          • Janvier 2019, 1er défi

            le 5 janvier à 17:29, par ROUX

            On peut diviser 100 ! par 10^24.
            La question est alors de trouver le chiffre des unités du résultat de cette division.
            Et, l’unité du résultat de cette division est l’unité du produit de toutes les unités de ce qui reste du développement en facteurs premiers de 100 ! à savoir les 73 2 multipliés par les 48 3 puis multipliés par les 16 7, etc. jusqu’à l’unique 97.
            J’ai obtenu la décomposition en facteurs premiers en bricolant une Excelerie. Dans cette même Excelerie, j’ai obtenu l’unité de toutes les puissances de tous les facteurs premiers jusqu’à 97 et j’ai fait le produit de toutes ces unités qui se termine par un 4.
            Alors, 4.
            Il me reste à comprendre les formules précédentes.
            Et il me reste à trouver, euh, par exemple le vingt-septième chiffre (en partant de la droite) de 100 !?

            Répondre à ce message
            • Janvier 2019, 1er défi

              le 6 janvier à 18:28, par Niak

              J’attends plutôt quelque chose d’abordable à la main pour $100!$ et qui permette de calculer à l’ordinateur pour $10^{18}!$ par exemple. Par ailleurs, inutile de passer par les décompositions en facteurs premiers : vous avez déjà vu que $100! = 2^{97} \cdot 5^{24} \cdot k$ pour $k$ impair non divisible par $5$ donc le chiffre recherché est le dernier chiffre de $2^{73}k$. Les derniers chiffres des puissances de $2$ sont cycliquement $2$, $4$, $8$ et $6$. On peut calculer naïvement le dernier chiffre de $k$ en multipliant successivement les nombres de $2$ à $100$ (et en ne gardant que le dernier chiffre à chaque fois) après les avoir divisé autant que possible par $2$ et $5$, comme cela.

              Répondre à ce message
      • Janvier 2019, 1er défi

        le 5 janvier à 12:57, par ROUX

        Oh !
        Désolé !
        Je me suis complètement trompé dans le comptage des 2...
        Parmi les 50 multiples de 2, il y a 25 multiples de 4 qui ajoutent un nouveau 2.
        Mais, parmi ces 25 multiples de 4, il y a 12 multiples de 8 qui ajoutent à leur tour un nouveau 2.
        Et ainsi de suite...
        Il ne fallait donc que je fasse que 50 + 25 + 12 + 6 + 3 + 1 = quatre-vingt-dix-sept 2.

        Répondre à ce message
      • Janvier 2019, 1er défi

        le 5 janvier à 13:59, par Niak

        • Janvier 2019, 1er défi

          le 6 janvier à 15:31, par Al_louarn

          Hé oui vous avez raison, mes formules sont complètement fausses puisque par exemple $f(12 \times 15) = f(180)=8$ alors que $f(f(12)f(15)) = f(2 \times 5) = f(10) =1$.

          Répondre à ce message
          • Janvier 2019, 1er défi

            le 6 janvier à 18:18, par ROUX

            Ah...
            Alors, quel est(était) le statut de votre « On remarque que f(nm)=f(f(n)f(m)) » ?
            Ou, plutôt, pourquoi n’était-ce alors qu’une remarque, comme « en passant, hein », quand on comprenait à la lecture de votre commentaire que c’était le pivot de votre construction ?
            Ou, plutôt, pourquoi ne pas soigneusement démontrer cette égalité ?
            Ou, pourquoi avez-vous pensé que c’était tellement évident que cela ne valait pas la peine d’une démonstration ?
            Ou...
            Je suis très curieux de vos souvenirs...

            Répondre à ce message
            • Janvier 2019, 1er défi

              le 8 janvier à 13:48, par Al_louarn

              Je suis une sorte de gremlins : il ne faut pas me donner de problème de maths après minuit sinon je fais n’importe quoi !
              Bon, j’avais bien griffonné une preuve de mon $f(nm)=f(f(n)f(m))$, ça paraissait limpide. Mais en me relisant maintenant, je vois une énorme erreur...

              Répondre à ce message
      • Janvier 2019, 1er défi

        le 6 janvier à 18:27, par ROUX

    • Janvier 2019, 1er défi

      le 10 janvier à 22:44, par Niak

      Nouveau défi demain, il est temps proposer une approche. Voilà ce que j’avais en tête : réorganisons le produit $n!=\prod_{i=1}^n i$ en regroupant ensemble, pour chaque couple $(a,b)$, tous les $i=2^a5^bk$ du produit, pour $k$ impair non multiple de $5$. On obtient $n!=\prod_{a,b}2^a5^bK_{a,b}$ avec $K_{a,b} = F\left(\left\lfloor\frac{n}{2^a5^b}\right\rfloor\right)$ pour $F(n)$ le produit des entiers impairs non multiples de $5$ entre $1$ et $n$. Il n’est pas difficile de remarquer que, par périodicité modulo $10$, $F(10q+r) \equiv F(9)^qF(r) \bmod 10$, ce qui permet de facilement calculer les $K_{a,b}\bmod10$. En voici la table pour $n=100$ :
      $\begin{array}{c|ccccccc} b \backslash a&0&1&2&3&4&5&6\\ \hline 0&1&9&3&9&3&3&1\\ 1&1&9&3&1&1\\ 2&3&1&1 \end{array}$
      En groupant les $2$ et $5$, $100!=2^{97}5^{24}\prod_{a,b}K_{a,b}$, $100!$ se termine par $24$ zéros et $\frac{100!}{10^{24}}=2^{73}\prod_{a,b}K_{a,b}$. Comme déjà signalé, les $2^k \bmod 10$ sont périodiques de période $4$ et l’on a $2^{73} = 2 \bmod 10$. Le produit des valeurs du tableau vaut $7 \bmod 10$. D’où le résultat $2\times7=4\bmod 10$.

      Répondre à ce message
      • Janvier 2019, 1er défi

        le 10 janvier à 22:56, par Niak

        Et pour le faire tourner en pratique sur de très grands nombres, c’est par ici.

        Répondre à ce message

Laisser un commentaire

Forum sur abonnement

Pour participer à ce forum, vous devez vous enregistrer au préalable. Merci d’indiquer ci-dessous l’identifiant personnel qui vous a été fourni. Si vous n’êtes pas enregistré, vous devez vous inscrire.

Connexions’inscriremot de passe oublié ?