Un défi par semaine

Octobre 2019, 2e défi

El 11 octubre 2019  - Escrito por  Ana Rechtman Ver los comentarios (5)
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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 41

Calculer la somme de tous les nombres palindromes à 3 chiffres.

Solution du 1er défi d’octobre :

Enoncé

La solution est 72 ans.

Soient $a$ et $b$ les chiffres respectifs des dizaines et des unités de l’âge de la grand-mère; on a donc
\[10a+b=10b+a+45,\]
d’où $9(a-b)=45$ et $a=b+5$.

De plus, comme $10a+b$ doit être
divisible par 9 et que les deux chiffres ne peuvent pas être tous
les deux égaux à 9, on a
\[9=a+b=2b+5.\]

On en déduit que $b=2$ et $a=7$. La grand-mère a donc $72$ ans.

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 — «Octobre 2019, 2e défi» — Images des Mathématiques, CNRS, 2019

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  • Octobre 2019, 2e défi

    le 13 de octubre de 2019 à 19:01, par Al_louarn

    On peut généraliser cette idée pour calculer la somme $S(b,n)$ des nombres dont l’écriture en base $b$ est un palindrome à $n$ chiffres (pour $n>1$).
    On commence en haut à gauche du tableau avec $b^{n-1} + 1$ et l’on termine en bas à droite par $b^n - 1$.
    Pour $n$ impair, soit $n=2k+1$, chaque ligne du tableau contient $b$ palindromes identiques sur tous leurs chiffres sauf celui du milieu qui varie de $0$ à $b-1$.
    Pour remplir une colonne on parcourt tous les nombre de $b^{k-1} + 1$ à $b^k - 1$, et pour chaque palindrome on écrit les $k$ chiffres du nombre courant, puis le chiffre central associé à la colonne, puis les $k$ chiffres en ordre inverse.
    Par exemple pour $b=10$ et $k=3$, on obtient :
    $1010101, 1011101, ..., 1019101$
    $1020201, 1021201, ..., 1029201$
    $...$
    $9990999, 9991999, ..., 9999999$

    Le nombre de lignes est donc $b^k - b^{k-1} = b^{k-1}(b-1)$.
    Le nombre total de palindromes est donc $b^k(b-1)$.
    On peut les regrouper par paires dont la somme est toujours égale à la somme du plus grand et du plus petit palindrome :
    $b^{n-1} + 1 + b^n - 1 = b^{n-1}(b+1)$, soit $b^{2k}(b+1)$ pour $n=2k+1$.
    D’où $S(b,2k+1)=\dfrac{b^{3k}(b^2 - 1)}{2}$

    Pour $n$ pair, soit $n=2k$, c’est plus simple car il n’y a pas de chiffre central, donc le tableau se réduit à une seule colonne.
    Le nombre de lignes est toujours $b^{k-1}(b-1)$, qui est donc aussi le nombre total de palindromes.
    Chaque paire a toujours pour somme $b^{n-1}(b+1)$, soit $b^{2k-1}(b+1)$ pour $n=2k$.
    D’où $S(b,2k)=\dfrac{b^{3k-2}(b^2 - 1)}{2}$.

    On peut même rassembler les deux formules :
    si $n=2k+1$, alors $3k=2k+k=n-1+\dfrac{n-1}{2}=\dfrac{3(n-1)}{2}$
    si $n=2k$, alors $3k-2=2k - 1 + k - 1=n-1+\dfrac{n}{2}-1=n-1+\dfrac{n-1}{2} - \dfrac{1}{2}=\dfrac{3(n-1)}{2}- \dfrac{1}{2}=\lfloor\dfrac{3(n-1)}{2}\rfloor$ car $3(n-1)$ est impair.

    Ce qui donne la formule générale : \[S(b,n)=\dfrac{b^{\lfloor\frac{3(n-1)}{2}\rfloor}(b^2 - 1)}{2}\].

    Ou encore $S(b,n)=\dfrac{b^{n-1}b^{\lfloor\frac{n-1}{2}\rfloor}(b^2 - 1)}{2}$

    Pour $b=10$ on trouve $S(10,n)=\dfrac{10^{n-1} \times 10^{\lfloor\frac{n-1}{2}\rfloor} \times(10^2 - 1)}{2} = 10^{n-2} \times 10^{\lfloor\frac{n-1}{2}\rfloor} \times 495$
    $S(10,2)=495$
    $S(10,3)=49500$ (question initiale du défi)
    $S(10,4)=495000$
    $S(10,5)=49500000$
    $S(10,6)=495000000$
    etc.

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