Un défi par semaine

Octobre 2019, 2e défi

Le 11 octobre 2019  - Ecrit par  Ana Rechtman Voir les commentaires (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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Pour citer cet article :

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

Crédits image :

Image à la une - REDPIXEL.PL / SHUTTERSTOCK

Commentaire sur l'article

  • Octobre 2019, 2e défi

    le 11 octobre à 12:02, par ROUX

    Un tel nombre est de la forme aba.
    Pour une valeur de a, b, le chiffre des dizaines (ou le nombre de dizaines) vaut de 0 à 9.
    La somme des dizaines pour cette unique valeur de a est donc 10*(1+2+...+9).
    Il y aura 9 valeurs de a possibles (puisqu’on exclut a=0) : la somme totale des dizaines de tous ces nombres sera 9*10*(1+2+...9)=90*(1+2+...+9).
    Il y a 10 nombres du type aba pour les 10 valeurs de b.
    La somme des centaines pour ces 10 nombres est donc a*10*100 et la somme des unités pour ces 10 nombres est a*10*1.
    a varie de 1 à 9.
    La somme totale des centaines et des unités est 1000*(1+2+...9) + 10*(1+2+...9).
    (1+2+...9)=45.
    On a donc 1000*45+90*45+10*45=(1100)*45=49500.

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    • Octobre 2019, 2e défi

      le 11 octobre à 12:12, par Hébu

      Une autre façon de compter :

      On range ces nombres par ligne : 101, 111, 121... ; ligne suivante 202, 212, ...

      Il y a 9 lignes, chaque ligne compte 10 éléments.

      .
      On s’aperçoit qu’on peut apparier les éléments 2 par 2 : 101 et 999 ; 111 et 989, etc.

      Chaque appariement donne la somme 1100. Il y a 9*10/2 couples, la somme est donc 45*1100=49500

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      • Octobre 2019, 2e défi

        le 11 octobre à 13:44, par ROUX

        Très élégant :-)  !!!

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        • Octobre 2019, 2e défi

          le 13 octobre 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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          • Octobre 2019, 2e défi

            le 13 octobre à 21:48, par Hébu

            Oui, tout est dit. Le cas pair est en fait immédiatement ramené au cas impair (les nombres palindromes s’écrivent ’abba’, en bijection immédiate avec ’aba’ (ou abcca, vs abca). Cela est une façon de comprendre que la somme est multipliée par 10 en passant de n=3 à 4, etc et par 100 sinon.

            Ceci dit, les amateurs de palindromes joueront 4,9,5 au prochain tiercé, non ?

            Répondre à ce message

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