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• Octobre 2019, 2e défi

  le 11 de octubre de 2019 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 de octubre de 2019 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 de octubre de 2019 à 13:44, par ROUX

  Très élégant :-) !!!

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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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• Octobre 2019, 2e défi

  le 13 de octubre de 2019 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 ?

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