22 novembre 2019

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  • Novembre 2019, 4e défi

    le 22 novembre 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 novembre 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 novembre 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 novembre 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 novembre 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 novembre 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 novembre 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 novembre 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 novembre 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 décembre 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...

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