Un défi par semaine

Septembre 2020, 1er défi

Le 4 septembre 2020  - Ecrit par  Ana Rechtman Voir les commentaires (13)
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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 36

Un nombre entier positif $m$ est dit féroce s’il existe un nombre entier positif $N$ tel que la somme des chiffres de $N$ soit égale à $m$ et tel que $N$ soit divisible par $m+2020$. Trouver un nombre féroce plus petit que $100$.

Solution du 4e défi d’août :

Enoncé

La réponse est : $0$.

Calculons les premiers termes de cette suite pour voir si un schéma se répète.
On sait que $a_0=a_1=1$, ensuite on a :
\[ \begin{eqnarray*} a_2 & = & 1(a_0+a_1)=1(1+1)=2\\ a_3 & = & 2(a_1+a_2)=2(1+2)=6\\ a_4 & = & 3(2+6)=24\\ a_5 & = & 4(6+24)=120\\ a_6 & = & 5(24+120)=720. \end{eqnarray*} \]
Remarquons alors que $a_5$ et $a_6$ terminent par zéro, ce qui implique que la somme $a_{n-1} +a_{n}$, pour $n \geq 6$,
va forcément terminer aussi par un zéro.

Ainsi, le chiffre des unités pour $n \geq 6$ sera égal à $0$.

Post-scriptum :

Calendrier mathématique 2020 - Sous la direction d’Ana Rechtman, avec la contribution de Nicolas Hussenot - Textes : Serge Abiteboul, Charlotte Truchet. 2019, 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 — «Septembre 2020, 1er défi» — Images des Mathématiques, CNRS, 2020

Crédits image :

Image à la une - EQROY / SHUTTERSTOCK

Commentaire sur l'article

  • Septembre 2020, 1er défi

    le 4 septembre à 07:49, par Blaxapate

    m=4 fonctionne, avec N=10120, et c’est la plus petite solution.

    Répondre à ce message
  • Septembre 2020, 1er défi

    le 4 septembre à 19:11, par olivier

    Bonjour
    Je n’ai pas été assez rapide pour m = 4
     :-)

    Je signale toutefois que m = 0 fonctionne aussi, associé à N = 0.
    m = 0 est positif
    La somme des chiffres de N = 0 est 0
    qui est divisible par 0 + 2020 puisque 0 = 0 x (0+2020)

    Ce n’est pas dans l’esprit de l’énigme, j’en conviens. Mais bon...

    Sinon on a aussi 7 associé à 1 202 011 = 593 x (7+2020)
     :-)
    Il serait intéressant de déterminer ceux qui ne sont pas féroces parmi les moins de 100...
    Bonne soirée !

    Répondre à ce message
    • Septembre 2020, 1er défi

      le 5 septembre à 18:24, par drai.david

      Bonjour Olivier,
      j’ai une conjecture assez solide à ce sujet :
      « $m$ est féroce $\Leftrightarrow m\geq 4$ et $m\not\equiv 2$ $[3]$ ».
      À l’appui, ces résultats numériques obtenus informatiquement :
      4 : 5*2024=10120
      6 : 59235*2026=120010110
      7 : 593*2027=1202011
      9 : 207*2029=420003
      10 : 2*2030=4060
      12 : 66*2032=134112
      13 : 5*2033=10165
      15 : 15*2035=30525
      16 : 17*2036=34612
      18 : 9*2038=18342
      19 : 2*2039=4078
      21 : 12*2041=24492
      22 : 32*2042=65344
      24 : 24*2044=49056
      25 : 17*2045=34765
      27 : 18*2047=36846
      28 : 29*2048=59392
      30 : 39*2050=79950
      31 : 68*2051=139468
      33 : 33*2053=67749
      34 : 107*2054=219778
      36 : 189*2056=388584
      37 : 47*2057=96679
      39 : 183*2059=376797
      40 : 383*2060=788980
      42 : 429*2062=884598
      43 : 476*2063=981988
      45 : 963*2065=1988595
      46 : 803*2066=1658998
      48 : 822*2068=1699896
      49 : 1391*2069=2877979
      51 : 3138*2071=6498798
      52 : 3329*2072=6897688
      54 : 4527*2074=9388998
      55 : 13493*2075=27997975
      57 : 8661*2077=17988897
      58 : 13946*2078=28979788
      60 : 182211*2080=378998880
      61 : 32579*2081=67796899
      63 : 37926*2083=78999858
      64 : 47927*2084=99879868
      66 : 42186*2086=87999996
      67 : 43124*2087=89999788
      69 : 47391*2089=98999799
      70 : 430622*2090=899999980
      72 : 368064*2092=769989888
      73 : 334343*2093=699779899
      75 : 424821*2095=889999995

      Répondre à ce message
      • Septembre 2020, 1er défi

        le 5 septembre à 18:52, par olivier

        Bonjour David
        Très sympa cette conjecture ! Bravo, David !
        Je vais me pencher dessus et voir si je peux contribuer à la prouver.
        Tant qu’à faire, je vais essayer de changer 2020 en un entier quelconque pour voir si on peut obtenir quelque chose de plus général.
        Sur la liste que vous fournissez, j’observe que le coefficient multiplicateur explose à partir de 70 et que les coef de 6 et 60 sont atypiques. Il sera intéressant aussi d’étudier ce comportement.
        Olivier

        Répondre à ce message
        • Septembre 2020, 1er défi

          le 5 septembre à 19:29, par drai.david

          Pour 2019, la conjecture devient :
          « $m$ est féroce $\Leftrightarrow m\in \left \{ 3 \right \}\cup \left \{ m\geq 7 , m\not\equiv 6\left [ 9 \right ] \right \}$ ».
          Personnellement, je ne vais pas avoir le temps d’approfondir les démonstrations ces temps-ci, alors si vous trouvez quelque chose d’intéressant, ça m’intéresse !
          Bon week-end à vous.

          Répondre à ce message
        • Septembre 2020, 1er défi

          le 5 septembre à 19:43, par drai.david

          Pour $2021$ : « $m$ est féroce $\Leftrightarrow m\geq 5$ et $m\not\equiv 1\left [ 3 \right ]$ ».

          Répondre à ce message
          • Septembre 2020, 1er défi

            le 5 septembre à 20:12, par olivier

            Je remarque que les critères de divisibilité par 3 et par 9 d’un entier s’expriment à l’aide de la somme de ses chiffres. Il y a matière à creuser.

            Répondre à ce message
          • Septembre 2020, 1er défi

            le 5 septembre à 21:45, par olivier

            David,
            J’ai un peu progressé. :-)
            Je change les notations de l’énoncé, par commodité :
            Je note M au lieu de m.
            Je note s(a) la somme des chiffres d’un entier positif a quelconque.
            => On a donc ici s(N)=M
            Je généralise 2020 par la lettre U.
            Je note K le coefficient tel que K(U+M)=N
            Je remarque que N est congru à M modulo 3
            En effet, M est la somme des chiffres de N. On peut donc appliquer le critère de divisibilité par 3 qui dit que a et s(a) sont congrus modulo 3 pour tout a.
            Maintenant, je note respectivement m, k et n les représentants de M, K, et N dans Z/3Z.
            Et je raisonne dans ce corps.
            Comme K(U+M)=N, on a, dans Z/3Z :
            k(u+m)=m (en passant modulo 3, N est « devenu » m)
            soit (k-1)m+ku=0
            Je multiplie par k-1 des deux côtés :
            (k-1)(k-1)m+k(k-1)u=0
            k peut-il valoir 1 ?
            si oui, alors u = 0 => U est donc divisible par 3.
            Ce n’est pas le cas de 2020. Ecartons ce cas pour le moment. On y reviendra un autre jour.
            Dans Z/3Z, tout nombre non nul est son propre inverse : 1x1=1 ; 2x2=1
            donc (k-1)(k-1)=1
            soit :
            m+k(k-1)u=0
            ou encore m= k(1-k)u
            Or, k(1-k) ne peut prendre que les valeurs 0 ou 1 dans Z/3Z
            donc m=0 ou m=u
            Donc, résultat de ce soir :
            si U n’est pas divisible par 3, alors M est nécessairement congru à 0 ou à U modulo 3.
            Dans le cas de 2020 (congru à 1 modulo 3), M est nécessairement congru à 0 ou 1
            C’est ce que vous avez observé.
            Reste à étudier
            1. la réciproque : si U n’est pas divisible par 3, est-ce que tous les entiers congrus à 0 ou 1 modulo 3 sont des nombres féroces ?
            2. le cas ou U est divisible par 3
            3. les modulos 9 (mais Z/9Z n’est pas un corps, ça va peut-être changer des choses).
            C’est assez pour ce soir :-)

            Répondre à ce message
            • Septembre 2020, 1er défi

              le 5 septembre à 22:57, par olivier

              Il fallait lire
              1. la réciproque : si U n’est pas divisible par 3, est-ce que tous les entiers congrus à 0 ou U modulo 3 sont des nombres féroces ?

              Répondre à ce message
  • Septembre 2020, 1er défi

    le 5 septembre à 21:43, par drai.david

    Si on appelle $n$ le nombre qui vaut 2020 dans le problème d’origine, voici tous les résultats pour $n$ allant de 1 à 13 :
    Pour $n=$1 et 7 : $m\not\equiv 2\left [ 3 \right ]$
    Pour $n=$2, 5 et 11 : $m\not\equiv 1\left [ 3 \right ]$
    Pour $n=$3 : $m\not\equiv 6\left [ 9 \right ]$
    Pour $n=$4 : $m\in \left \{ 1;3;4;6 \right \}\cup \left \{ k\geq 9 , k\not\equiv 2\left [ 3 \right ] \right \}$
    Pour $n=$6 : $m\in \left \{ 2;4 \right \}\cup \left \{ k\geq 6 , k\not\equiv 3\left [ 9 \right ] \right \}$
    Pour $n=$8 : $m\in \left \{ 2 \right \}\cup \left \{ k\geq 5 , k\not\equiv 1\left [ 3 \right ] \right \}$
    Pour $n=$9 : $m\geq 1$
    Pour $n=$10 et 13 : $m\geq 3$ et $m\not\equiv 2\left [ 3 \right ]$
    Pour $n=$12 : $m\geq 2$ et $m\not\equiv 6\left [ 9 \right ]$

    Donc, pour résumer, on a, pour $m$ est suffisamment grand :

    • si $n \equiv 1 \left [ 3 \right ]$, alors $m\not\equiv 2\left [ 3 \right ]$ ;
    • si $n \equiv 2 \left [ 3 \right ]$, alors $m\not\equiv 1\left [ 3 \right ]$ ;
    • si $n \equiv 3 \left [ 9 \right ]$, alors $m\not\equiv 6\left [ 9 \right ]$ ;
    • si $n \equiv 6 \left [ 9 \right ]$, alors $m\not\equiv 3\left [ 9 \right ]$ ;
    • et si $n \equiv 0 \left [ 9 \right ]$, alors à partir d’un certain rang, tout entier $m$ est féroce.
    Répondre à ce message
    • Septembre 2020, 1er défi

      le 5 septembre à 22:02, par olivier

      Je regarde les deux premiers cas
      si n≡1[3], alors m≢2[3] ;
      si n≡2[3], alors m≢1[3] ;
      Ils vont dans le sens de ce que j’ai écrit. Ouf ! c’est rassurant !
      Les autres cas font partie de ce que je regarderai demain ou plus tard !
      Ils fourniront un bon guide ! Merci !
      Bonne soirée, David !

      Répondre à ce message
    • Septembre 2020, 1er défi

      le 6 septembre à 07:56, par olivier

      Bon dimanche matin !
      Je regarde vos 3e et 4e cas (où votre n est mon U)
      Conjecture 3 : si n≡3[9], alors m≢6[9] ;
      Conjecture 4 : si n≡6[9], alors m≢3[9]
      On peut prouver ces deux conjectures :
      Modulo 9, et non plus modulo 3, on a toujours (cf. mon message précédent)
      (k-1)m+ku=0
      dans mes notations, la 3e conjecture correspond à u = 3 (dans Z/9Z)
      Examinons ce cas
      (k-1)m+3k=0
      et voyons si m peut être égal à 6
      on aurait alors
      6(k-1)+3k=0 soit 9k=6
      Mais 9k = 0 (modulo 9) donc ce n’est pas possible
      Voyons maintenant u=6 et m=3
      on aurait alors
      3(k-1)+6k=0 soit 9k=6 donc 0=6
      C’est encore impossible
      Pour chaque u dans Z/9Z (de 0 à 8), j’ai produit le tableau des valeurs de la fonction qui à (k, m) de (Z/9Z)² associe (k-1)m+ku,
      Il n’y a hélas pas d’autres déductions faisables modulo 9 que celle que vous avez intuitées.
      (Remarque : ces tableaux indiquent aussi des valeurs permises et interdites pour k)
      Donc à la finale :
      si U≡1[3], alors M≢2[3] ;
      si U≡2[3], alors M≢1[3] ;
      si U≡3[9], alors M≢6[9] ;
      si U≡6[9], alors M≢3[9] ;
      Il faudrait maintenant étudier les réciproques et le cas U≡0[9]
      Bonne journée !

      Répondre à ce message
  • Septembre 2020, 1er défi

    le 5 septembre à 21:45, par drai.david

    Lire « Pour $m$ suffisamment grand » dans le message précédent !

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