Exercice : Olympiades

[bubulle_01]

Salut tout le monde !
Alors voilà, j'ai lu un exercice dans mon livre de spé maths, issu des Olympiades Canadiennes de 1989.
Afin de voir si ma solution est correcte et permettre de vous faire partager l'exercice, voici l'énoncé :
On définit la suite par son premier terme , et pour , la donnée de comme la somme des chiffres de . Quelle est la valeur de ?
Voici ma solution :

 Cliquez pour afficher

On a
Ainsi est divisible par 9, soit est divisible par 9, soit est divisible par 9.
Par conséquent, est un multiple de 9, d'après la règle de divisibilité par 9.
Il engendre alors et multiples de 9.
De plus, le nombre de chiffres de est inférieur au nombre de chiffres de car
Or , qui compte 7957 chiffres. a donc moins de 7957 chiffres.
La valeur maximale de chacun des chiffres est 9.
Ainsi, étant la somme des chiffres de , on a soit .
contient alors au maximum 5 chiffres, soit soit .
contient ainsi au maximum 2 chiffres, soit soit
Il vient logiquement que . Mais est un multiple de 9. Donc .

Voilà voilà ^^
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[invité576543]

Bonsoir,

Bonne solution à mon sens.

Pour pinailler, une petite ligne pour dire que a₅ est strictement positif, non nul, n'est pas totalement inutile pour la dernière affirmation. Mais c'est du pinaillage.

Question subsidiaire, si on part de 1989¹⁹⁸⁹+k, k entre 1 et 8, on obtient quoi?

Cordialement,

[bubulle_01]

Lorsque l'on part de 1989¹⁹⁸⁹+k pour obtenir quoi ?
Tu veux dire prendre pour valeur ?

[invité576543]

Lorsque l'on part de 1989¹⁹⁸⁹+k pour obtenir quoi ?
Tu veux dire prendre pour valeur ?

Oui (j'aime bien généraliser les exercices...)

Cdlt,

[A voir en vidéo sur Futura]

[bubulle_01]

En prenant k=3, et k=6 on retrouve logiquement 3 (car les deux nombres sont divisibles par 3, donc la somme aussi).
Je réflechis pour le reste ^^ (Désolé, j'ai mangé entre temps, et après il y a un match plus ou moins intéressant à la téloche ^^).

[invite2220c077]

Bonne solution

Si t'aimes les exos avec les sommes de chiffres, j'en ai un sympa à te proposer :

Résoudre dans N :

, où S(n) est la somme des chiffres de l'entier naturel .

[bubulle_01]

Bon alors, je me suis penché sur ton exercice Zweig, et je te propose donc ma solution :

 Cliquez pour afficher

Ainsi , donc est pair.
Intervient alors trois cas :
Si alors .
Mais, d'après le critère de divisibilité par 3, si la somme des chiffres d'un nombre est divisible par 3, celui ci est aussi divisible par 3. Ce qui contredit l'ypothèse, donc n'est pas divisible par 3, et par conséquent, non plus.
Si alors .
De la même manière que l'hypothèse précédente, on aboutit à une contradiction.
Par conséquent (on vérifie que ce résultat concorde). est alors congru à 1 modulo 3.
On écrit alors :
et (avec )
En remplacant ces égalités dans l'expression on a :

soit
soit
soit
est donc divisible par 3 soit
devient alors
De plus, est pair donc soit
soit soit soit
Ainsi,
Il intervient de nouveau différents cas :
Si et ont le même chiffre des centaines et si n'est pas divisible par 10 (soit son dernier chiffre n'est pas 0) alors, comme est pair, (on gagne deux dizaines, mais on perd deux unités).
Si et ont le même chiffre des centaines et si est divisible par 10 (soit son dernier chiffre est 0) alors (on gagne une dizaine et 8 unités).

Il ne me reste "plus" qu'a étudier avec les passages de centaines etc ..., mais j'arrivais un peu à saturation ^^
Propose ta solution pour voir si elle est similaire

[invité576543]

Bonsoir,

Un petit point: on peut remplacer toute la première partie de ta démo en partant d'une propriété qui est liée à la preuve par 9, à savoir S(n)=n [9]. Du coup, l'équation modulo 9 est simple, et on trouve que seul 1 est solution.

La même propriété de S(n) permet de répondre au premier exercice quand on prend comme valeur initiale (a1) autre chose qu'un multiple de 9.

Cordialement,

[bubulle_01]

Ok !
Encore une propriété que je ne connaissais pas ^^
Merci !

[bubulle_01]

Hello tout le monde.
Je profite de ce fil pour pouvoir vous parler de deux exos de préparation aux olympiades
Ils m'ont parus beaucoup trop simples, c'est pourquoi je viens vous demander si mes raisonnements sont rigoureux.
1^er exo :

Trouver tous les nombres premiers et tels que soit un nombre premier.

 Cliquez pour afficher

Pour , on a qui est divisible par 2 et différent de 2 car différent de 1.
Donc pour le cas où il n'y a aucune solution car un nombre premier n'est pas divisible par 2, hormis 2.
Il intervient alors deux cas :
et différents de 2.
ou
Pour le premier cas, et car ce sont deux nombres premiers.
On en déduit donc que et soit
Ce nombre n'est donc pas premier car divisible par 2.
On s'intéresse alors à l'autre cas :
ou
Par raison de symétrie, on peut poser
On a donc :

Or pour tout impair,
Or b est impair car premier et différent de 2.
Donc
Etudions le cas où :
On a alors :
qui est premier.
Le couple (2;3) est donc solution.
Considérons les cas où :
n'est pas divisible par 3 car sinon il n'est pas premier.
Par conséquent, ou soit
En faisant la somme, on a alors :

On en déduit que dans ce cas là, n'est pas premier car divisible par 3.
Par conséquent le seul couple solution est (2;3)

Désolé, mais j'ai dû aller vite, du coup la rédaction n'est pas très bonne.
Je vous montrerais le deuxième tout à l'heure

[invité576543]

Bonjour,

Hello tout le monde.
Je profite de ce fil pour pouvoir vous parler de deux exos de préparation aux olympiades
Ils m'ont parus beaucoup trop simples, c'est pourquoi je viens vous demander si mes raisonnements sont rigoureux.

T'as loupé une solution. Il y a donc une petite faute...

Je te laisse chercher et trouver la ligne de ta démo qui pose problème... (Si je t'isole la ligne tout de suite, tu comprendras immédiatement !)

Cordialement,

[bubulle_01]

Le couple (3;2) ? ^^
Si ce n'est pas ca, je ne vois vraiment pas !

[invité576543]

Le couple (3;2) ? ^^
Si ce n'est pas ca, je ne vois vraiment pas !

OK... Que penses-tu de "pas premier car divisible par 3" ?

Cordialement,

[bubulle_01]

Oui, pas premier si divisible par 3, hormis 3.
Mais, n'est égal à 3 que avec
Tu dois me prendre pour un idiot mais vraiment, je ne vois pas ...

[invité576543]

Oui, pas premier si divisible par 3, hormis 3.
Mais, n'est égal à 3 que avec
Tu dois me prendre pour un idiot mais vraiment, je ne vois pas ...

Non, c'est moi l'idiot, ça ne fait pas une deuxième solution, 1 pas premier. C'est juste la petite phrase que j'ai mentionnée qui est fausse, du coup... Elle m'avait choqué, et j'en était resté là, pensant que cette phrase fausse faisait manquer une solution.

Cordialement,

[bubulle_01]

Mais 1 n'est pas premier ?
Dans ce cas là on a la solution (1;1) aussi non ?

EDIT: t'as modifié trop vite ^^
Arf, tu m'as fait chercher pour rien, méchant bonhomme ^^

[bubulle_01]

Salut tout le monde !
Je me permets à nouveau de remonter ce fil pour vous présenter un exo :
Soient et deux entiers strictement positifs tels que divise
Montrer que est un carré parfait.
J'ai eu quelques pistes qui n'ont menés à rien.
Il est possible que je ne connaisse pas certains théorèmes qui m'empêchent d'avancer, c'est pourquoi j'hésite à me pencher vraiment dessus.
Voilà voilà, donc si certains ont quelques choses ... ^^

[invite57a1e779]

Soient et deux entiers strictement positifs tels que divise
Montrer que est un carré parfait.

On suppose et l'on note .

Il faut commencer par montrer que .

On effectue ensuite la division euclidienne de par sous la forme , et on montre que vaut ou .

Étude du cas .
On montre que , puis que .

Étude du cas .
On pose et et l'on montre que divise en explicitant le quotient

[invite91871f75]

(10)puissance3 sa donne quoi

[bubulle_01]

Arf oui, j'avais pas pensé à encadrer ce nombre ... Bien joué
Pour le cas où , pas de problèmes j'ai les mêmes conclusions que toi, mais pour l'autre cas, je ne vois vraiment pas où tu veux en venir.

[invite2220c077]

Généralisation : Montrer que s'il existe des entiers naturels , et tels que , alors est un carré parfait

[invite2220c077]

Bon alors, je me suis penché sur ton exercice Zweig, et je te propose donc ma solution :

 Cliquez pour afficher

Ainsi , donc est pair.
Intervient alors trois cas :
Si alors .
Mais, d'après le critère de divisibilité par 3, si la somme des chiffres d'un nombre est divisible par 3, celui ci est aussi divisible par 3. Ce qui contredit l'ypothèse, donc n'est pas divisible par 3, et par conséquent, non plus.
Si alors .
De la même manière que l'hypothèse précédente, on aboutit à une contradiction.
Par conséquent (on vérifie que ce résultat concorde). est alors congru à 1 modulo 3.
On écrit alors :
et (avec )
En remplacant ces égalités dans l'expression on a :

soit
soit
soit
est donc divisible par 3 soit
devient alors
De plus, est pair donc soit
soit soit soit
Ainsi,
Il intervient de nouveau différents cas :
Si et ont le même chiffre des centaines et si n'est pas divisible par 10 (soit son dernier chiffre n'est pas 0) alors, comme est pair, (on gagne deux dizaines, mais on perd deux unités).
Si et ont le même chiffre des centaines et si est divisible par 10 (soit son dernier chiffre est 0) alors (on gagne une dizaine et 8 unités).

Il ne me reste "plus" qu'a étudier avec les passages de centaines etc ..., mais j'arrivais un peu à saturation ^^
Propose ta solution pour voir si elle est similaire

Salut,

J'ai utilisé la propriété énoncée par Mmy, ce qui rendait l'exercice beaucoup plus "facile".

[invite2220c077]

Ma solution :

 Cliquez pour afficher

. Il n'est pas difficile de montrer que cette congruence n'est vérifiée que si et seulemement si .

On appelle le nombre de chiffres de . Clairement, , ou encore . On remarque alors que si l'inégalité n'est plus vérifiée. Donc, , et puisque , alors . On vérifit que la seule solution possible est obtenue lorsque , c'est-à-dire lorsque .

[invite2220c077]

J'ai oublié le cas n = 10, avec S(n) = 1.

[invite57a1e779]

pour l'autre cas, je ne vois vraiment pas où tu veux en venir.

On montre que, pour une solution (a,b) du deuxième type, il existe une solution (a'b') constituée d'entiers plus petits que a et b. Le processus ne peut se répéter indéfiniment...
C'est le principe de la descente infinie de Fermat.

[bubulle_01]

Ma solution :

 Cliquez pour afficher

. Il n'est pas difficile de montrer que cette congruence n'est vérifiée que si et seulemement si .

On appelle le nombre de chiffres de . Clairement, , ou encore . On remarque alors que si l'inégalité n'est plus vérifiée. Donc, , et puisque , alors . On vérifit que la seule solution possible est obtenue lorsque , c'est-à-dire lorsque .

Yep, j'ai procédé de la même manière après mon message ^^
Mais tu as oublié la solution

Pour ce qui est de la descente infinie God's Breath, je me renseignerais, merci

[invite2220c077]

Ah oui exact, je suis allé trop vite dans mes calculs ^^

[invite2220c077]

Dans le même genre : Résoudre dans N :

[invite2220c077]

Ou encore : Trouver tous les entiers de sorte qu'il existe des entiers et vérifiant :

[bubulle_01]

Dans ton dernier exercice, et sont distincts ?