Un défi par semaine

Novembre 2019, 4e défi

El 22 noviembre 2019  - 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. Le calendrier 2020 est en vente !

Semaine 47

Combien de chiffres a le plus petit nombre entier qui se termine par $2$ tel que si on déplace le chiffre $2$ en tête du nombre on obtient un nombre deux fois plus grand?

Solution du 3e défi de novembre :

Enoncé

La solution est $31$.

Au premier abord, on peut penser que $p$ peut prendre beaucoup de valeurs, et donc qu’il y a de nombreuses solutions. La formulation du problème laisse pourtant entendre qu’il n’y a qu’une valeur de $p$ premier pour laquelle $p^2+8$ est aussi premier. La valeur $p=2$ donne $p^2+8=12$ qui n’est pas premier, et la valeur $p=3$ donne $p^2+8=17$ qui est bien premier. Nous allons montrer que pour toute autre valeur de $p$, le nombre $p^2+8$ n’est pas premier.

Si $p$ est un nombre premier différent de $3$, alors $p$ est de la forme $3n+1$ ou $3n-1$, pour un certain entier $n$.
On va alors écrire $p=3n\pm1$ et avec cette écriture on a
\[p^2+8 = (3n\pm1)^2+8 = 9n^2\pm6n +9.\]
Ce dernier nombre est toujours divisible par $3$ et strictement supérieur à $3$, donc il n’est pas premier.

Par conséquent on a nécessairement $p=3$. On a alors $p^3+4=31$.

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

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Para citar este artículo:

Ana Rechtman — «Novembre 2019, 4e défi» — Images des Mathématiques, CNRS, 2019

Comentario sobre el artículo

  • Novembre 2019, 4e défi

    le 22 de noviembre de 2019 à 09:40, par mesmaker

    n = 105263157894736842
    2n = 210526315789473684

    J’ai trouvé ce nombre en grande partie en regardant la décomposition de
    la fraction 2/19 = 0,105263157894736842105263157894736842...
    et avant le fait que 2n = (n-2)/10 + 2*10^(p-1) avec p le nombre de chiffre de n.

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  • Novembre 2019, 4e défi

    le 22 de noviembre de 2019 à 09:59, par Ana Rechtman

    Bonjour,

    Les Presses Universitaires de Grenoble font un jeux concours chaque vendredi et vous pouvez gagner un Calendrier Mathématique 2020.

    https://www.facebook.com/Editions.PUG/photos/a.431719990186800/3806601029365329/?type=3&theater

    Le défi est disponible dans l’après-midi.

    Bonne journée,

    Document joint : jeux.jpg
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  • Novembre 2019, 4e défi

    le 22 de noviembre de 2019 à 13:59, par tschmoderer

    \[ n = 105263157894736842 \\ l(n) = 18 \]

    On remarque que si $2n$ commence par un $2$ et qu’il a le même nombre de chiffre que $n$ alors le premier chiffre de $n$ doit être $1$.

    A partir de là, on part de $2$ et on multiplie par deux en ajoutant les chiffres à gauche jusqu’à tomber «naturellement» sur un $1$:

    \[ 2 \\ 42 \\ 842 \\ 6842\text{ (on a une retenue) }\\ 36842\text{ (idem) }\\ \text{et ainsi de suite jusqu'à} \\ 5263157894736842 \\ 05263157894736842\text{ (avec une retenue) }\\ 105263157894736842 \\ \]

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    • Novembre 2019, 4e défi

      le 23 de noviembre de 2019 à 09:58, par ROUX

      Élégant (je viens de me la faire au brouillon car je ne la comprenais pas ;-))!
      L’aîné de mes fils a la même.

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    • Novembre 2019, 4e défi

      le 23 de noviembre de 2019 à 16:21, par ROUX

      Est-ce que c’est généralisable?
      Par exemple, existe-t-il un nombre abcde3 tel que 3abcde=4*abcde3?
      Oui au bémol près de faire comme en informatique et de pouvoir attribuer la valeur 0 à a même si a commence le nombre : 4*(076923)=307692
      Mais vous, comment pourriez-vous deviner que le premier chiffre sera nul?

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  • Novembre 2019, 4e défi

    le 22 de noviembre de 2019 à 15:02, par ROUX

    ab...z2.
    2ab...z=2*ab...2 donc, z=4.
    Donc on cherche le nombre de chiffres de ab...y42.
    ab...y42=x*10^(n+2) avec 1 compris entre 1 inclus et 10 non-inclus et ab...y42=x*10^(n+2)+42.
    Donc 2ab...y4=2*10^(n+2)+x*10^(n+1)+4=2*(x*10^(n+2)+42) ou
    2*10^(n+2)+x*10^(n+1)+4=2*x*10^(n+2)+84 ou
    2*10^(n+2)+x*10^(n+1)=2*x*10^(n+2)+80 ou
    2*10^(n+1)+x*10^(n)=2*x*10^(n+1)+8 ou
    2*10^(1)+x=2*x*10^(1)+8/10^n ou
    20=19*x+8/10^n.
    Il suffit que je fasse la division de 20 par 19 jusqu’à ce que je trouve pour reste 8.
    Eh bah je l’ai faite!
    20/19=1,052631578947368+0.000000000000008.
    0.000000000000008=8/10^15 donc n=15 donc le nombre recherché est dans les 10^17 qui s’écrit avec 18 chiffres.
    18 chiffres.

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  • Novembre 2019, 4e défi

    le 22 de noviembre de 2019 à 15:10, par ROUX

    En faisant cette effroyable division, j’ai (re)découvert que tous les restes de la division par 19 ne pouvaient que prendre les 19 valeurs entre 0 et 18.
    Du coup, les restes d’une division par N ne peuvent au maximum que prendre N valeurs (de 0 à N-1).
    Ensuite, ça ne peut que se répéter.
    Et du coup je viens de soulever un peu ce voile sur ce que j’avais découvert quand je jouais, petit, avec une calculatrice de haute précision: après la virgule, il y avait un début chaotique puis ensuite, on avait une période qui se répétait à l’infini.
    Existent-ils des critères pour deviner quels sont les N qui auront comme longueur chaotique le maximum, soit une longueur de (N-1) chiffres?

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  • Novembre 2019, 4e défi

    le 22 de noviembre de 2019 à 17:09, par Niak

    Écrivons le nombre $10x+2$, on cherche $2\cdot10^k+x = 2(10x+2)$ avec $x<10^k$, i.e. $x=\frac{2\cdot10^k-4}{19}$ (clairement $<10^k$) pour tout $k$ tel que $2\cdot10^k=4\bmod19$, i.e. $10^k = 2 \bmod19$, i.e. $k = 17\bmod18$ (en étudiant les puissances de $10$ modulo $19$).
    Les solutions sont donc les $\displaystyle10\frac{2\cdot10^{18l+17}-4}{19}+2$ pour tout $l\geq0$.

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    • Novembre 2019, 4e défi

      le 22 de noviembre de 2019 à 17:22, par Niak

      Petite précision : si l’on ne veut pas avoir a rajouter de $0$ devant le nombre, il faut s’assurer que $10^{k-1}\leq x <10^k$ (et pas seulement la borne supérieure). Il n’est pas difficile de vérifier que c’est toujours le cas pour les solutions proposées.

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  • Novembre 2019, 4e défi

    le 2 de diciembre de 2019 à 03:14, par Ambre45

    Sympas ce défi, je me suis un peu aider de ce site pour y participer https://www.de-en-ligne.fr/aleatoir...

    Répondre à ce message

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