Commentaire sur l'article

• Août 2020, 4e défi

  le 28 août à 09:28, par jokemath

  Je propose 0

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• Août 2020, 4e défi

  le 28 août à 09:35, par orion8

  et pas seulement pour $a_{2020}$...

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• Août 2020, 4e défi

  le 28 août à 10:04, par Niak

  En effet, il n’est pas difficile de montrer que $a_n=n!$ (par récurrence, via le calcul $n((n-1)!+n!) = n(1+n)(n-1)!=(n+1)!$).

  Et $2020!$ se termine par $\sum_{i\geq1}\left\lfloor\frac{2020}{5^i}\right\rfloor=503$ zéros.

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• Août 2020, 4e défi

  le 28 août à 11:31, par ROUX

  Je me propose d’aller jusqu’à n=6 pour voir si il n’est pas évident que ce sera un 0 (dans le genre on va avoir un 2*5...)
  a0=1
  a1=1
  a2=2
  a3=6
  a4=24
  Wow ! Stop !
  Il semblerait que an=n ! pour n>2.
  Faisons une récurrence.
  Bon, l’amorçage, on a.
  On suppose que c’est vrai jusqu’à n-1.
  Donc an=(n-1)*(an-1 + an-2) ou an=(n-1)*((n-1) !+(n-2) !) ou an=(n-1)*(n-2) !*((n-1)+1) ou an=an=(n-1)*(n-2)*(n) ou an=n*(n-1)*(n-2) ! ou an=n !CQFD.
  2020<5 donc on a au moins 5 !=120 donc le chiffre des unités de a2020 est 0.

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• Août 2020, 4e défi

  le 28 août à 11:54, par Niak

  Ce qui est amusant, c’est que si vous étiez vraiment allé jusqu’à $6$, vous auriez trouvé $a_5=120$ et $a_6=720$, les deux premiers termes consécutifs à être divisibles par $10$. Mais comme $a_{n-1}+a_n$ divise $a_{n+1}$, alors $10$ divise aussi $a_7$, et, en répétant l’argument, tous les termes suivants.

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• Août 2020, 4e défi

  le 28 août à 12:20, par ROUX

  👍👍👍

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