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.

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• 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...

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• 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$(b)-1)$

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• 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.)

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• 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 ?

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• 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
  \[f(n!)=f(2^{(a_k + ... + a_2 + 3a_1) \mod 4}f(a_k!)...f(a_1!)f(a_0!))\]

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• 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.

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• Janvier 2019, 1er défi

  le 5 janvier à 13:07, par ROUX

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

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• 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 !?

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• 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.

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• 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.

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• Janvier 2019, 1er défi

  le 5 janvier à 15:14, par Niak

  C’est correct, j’ai découvert il n’y a pas très longtemps que cette formule portait un nom.

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• Janvier 2019, 1er défi

  le 5 janvier à 13:59, par Niak

  $4$

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• 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 $f(f(12)f(15)) = f(2 \times 5) = f(10) =1$.

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• 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...

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• 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...

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• Janvier 2019, 1er défi

  le 6 janvier à 18:27, par ROUX

  Des égalités remarquables qui semblaient... ;-) :-)

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• 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 $2\times7=4\bmod 10$.

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• 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.

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