Un défi par semaine

Mars 2018, 4e défi

El 23 marzo 2018  - Escrito por  Ana Rechtman Ver los comentarios (6)
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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 12:

Combien vaut
$(1\times 1!)+(2\times 2!)+\cdots+(n\times n!)$ ?

($n!=n\times(n-1)\times\cdots\times2\times 1$.)

Solution du 3e défi de Mars :

Enoncé

La réponse est
$a+b=5+6=11$.

Comme $342$ est divisible par $9$, le nombre $100\,900\,b\,02$
doit aussi être divisible par $9$.

Ainsi, la somme de ses chiffres $1+9+b+2=12+b$ doit être divisible par $9$.

Comme $b$ est un chiffre, l’unique possibilité est $b=6$.

Toutefois, $100\,900\,602$ est divisible par $11$ vu que $(1+0+0+6+2)-(0+9+0+0)=0$, mais $342$ ne l’est pas, donc $29a\,031$ doit être divisible par $11$.

Autrement dit, $(2+a+3)-(9+0+1)=a-5$ doit être divisible par $11$. Comme $a$ est un chiffre, l’unique possibilité est $a=5$. Par conséquent, $a+b=5+6=11$.

Article édité par Ana Rechtman

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Para citar este artículo:

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

Comentario sobre el artículo

  • Mars 2018, 4e défi

    le 21 de marzo de 2018 à 12:48, par Celem Mene

    Bonjour, ça fait

    (n + 1)! -1

    Ne me demandez pas pourquoi !

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    • Mars 2018, 4e défi

      le 21 de marzo de 2018 à 15:13, par Niak

      Sans épiloguer car nous ne sommes pas encore vendredi, vous pouvez le vérifier par récurrence : pour $S(n)$ la somme de l’énoncé et l’initialisation évidente $S(1)=2!-1$, on a $S(n) = S(n-1) + n \cdot n! = n! -1 +n\cdot n! = (n+1)\cdot n! - 1 = (n+1)! - 1$.

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  • Mars 2018, 4e défi

    le 21 de marzo de 2018 à 15:08, par Elrigo

    Comme (k+1)! = (k+1)×k! = k×k! +k! alors on a k×k! = (k+1)! - k!

    En sommant cette deuxième égalité sur k de 1 à n, on obtient (1×1!)+(2×2!)+⋯+(n×n!) = (n + 1) ! -1

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  • Mars 2018, 4e défi

    le 21 de marzo de 2018 à 16:19, par Lhooq

    Ah, je crois que j’ai compris ce qui se passe. Au moment de la rédaction du défi, Ana parfois clique sur publier au lieu de prévisualiser ce qui fait que c’est la deuxième fois que le défi sort avec quelques jours d’avance et aujourd’hui nous avons même la solution du précédent défi qui n’est pas bien encapsulée dans le bloc replié. :D

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  • Mars 2018, 4e défi

    le 23 de marzo de 2018 à 09:50, par Daniate

    Si à la somme cherchée on ajoute terme à terme la somme des factorielles de 1 à n on obtient la somme des factorielles de 2 à n+1. Par soustraction on retrouve le résultat déjà proposé. Ceci n’est qu’une réorganisation du procédé utilisé par Elrigo.

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  • Mars 2018, 4e défi

    le 23 de marzo de 2018 à 13:38, par Niak

    Une petite interprétation combinatoire : soit $\mathfrak{S}_n$ l’ensemble des permutations de $\{1,\ldots,n\}$, de cardinal $n!$, et, pour tout $2 \leq i \leq n$, $E_n(i)$ le sous-ensemble des permutations $\sigma\in\mathfrak{S}_n$ dont $i$ est le plus grand non point-fixe ($\sigma(i)\neq i$ et pour tout $i < j \leq n$, $\sigma(j)=j$). On a $|E_n(i)| = (i-1) \cdot (i-1)!$ (choix de $\sigma(i) < i$ $\times$ choix de la permutation pour les éléments $< i$). Posons par convention $E_n(1)$ le singleton contenant la permutation identité. Alors les $E_n(i)$ forment une partition de $\mathfrak{S}_n$ (chaque permutation est dans l’un et un seul des $E_n(i)$) d’où $|\mathfrak{S}_n| = \sum_{i=1}^n|E_n(i)|$, soit $n! = 1 + 1\cdot 1! + \cdots + (n-1)\cdot(n-1)! = 1+S(n-1)$ pour $S(n)$ la somme de l’énoncé.

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