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 #1 - 21-10-2012 12:11:44

nodgim
Elite de Prise2Tete
Enigmes résolues : 0
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Autoadditon

Ce problème est inspiré, une fois n'est pas coutume, d'un exercice de Lycée:
A un entier donné, on lui ajoute la somme de ses chiffres.
la 1ère suite est 1;2;4;8;16;23..
la seconde suite est 3;6;12;15...
la 3ème suite 5;10;11;13....
etc..

Mais y a t il donc une infinité de nombres tête de suite, c.a.d. de nombres qui n'ont pas d'antécédent ?

Je n'ai pas encore pu répondre.



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 #2 - 21-10-2012 12:23:47

Vasimolo
Le pâtissier
Enigmes résolues : 49
Messages : 4733

Autodadition

Bonjour smile

En bref tu te demandes s'il existe un entier qui n'est pas la somme d'un entier et de la somme de ses chiffres .

Vasimolo

 #3 - 21-10-2012 13:26:50

nodgim
Elite de Prise2Tete
Enigmes résolues : 0
Messages : 2953

autoaddituon

Il en existe beaucoup, mais une infinité ?

 #4 - 21-10-2012 14:03:45

nodgim
Elite de Prise2Tete
Enigmes résolues : 0
Messages : 2953

autoadsition

Bon j'ai la solution, et surtout la preuve.
Bon amusement.

 #5 - 21-10-2012 16:09:18

gilles355
Professionnel de Prise2Tete
Enigmes résolues : 49
Messages : 416

AAutoaddition

Bonjour,

je viens de trouver qu'il en existe une infinité même si ma preuve n'est pas académique là voici :

Si le nombre ne contient qu'un chiffre x on obtient le prochain par 2x  (x allant de 1 à 9 ) ne sont donc pas des nombres de têtes donc tous les chiffres impairs est un chiffre tête.

1,3,5,7 et 9

Si le nombre est un nombre à 2 chiffres xy, on obtient le suivant par :
(10x+y)+x+y= 11x+2y donc tous les nombres à 2 chiffres ne pouvant s'écrire de cette forme ou de la forme 2x ( x et y allant de 1 à 9 ) sont des nombres de tête.

20,31,42,53,64,75,86,97

Si le nombre est un nombre à 3 chiffres xyz, le nombre de tête doit être différent de :
101x+11y+2z, de 11x+2y et de 2x (x, y et z allant de 1 à 9)

etc ...

Edit : en fait je peux simplifier les 3 formules par la simple formule :

101x+11y+2z,  (x, y et z allant de 0 à 9)

 #6 - 21-10-2012 18:10:53

nodgim
Elite de Prise2Tete
Enigmes résolues : 0
Messages : 2953

Autoadditionn

A Gilles355,
Je ne suis pas certain que les expressions à n variables ne contiennent pas tous les nombres à n chiffres. Peut être as tu raison mais ça mérite un complément.
Si ça aboutit, ce sera le seconde preuve.
Bon courage.

 #7 - 22-10-2012 10:45:53

gwen27
Elite de Prise2Tete
Enigmes résolues : 49
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Autoadditiion

Le nombre de base étant ....edcba = a+10b+100c+1000d....

Le nombre cible sera : 2a+11b+101c+1001d.... (avec abcde...<10)

La question revient donc à savoir si une telle "base" avec de grosse guillemets permet de trouver tous les nombres au moins une fois passé une certaine limite.
Chouette , j'ai compris la question !

Mais je n'ai pas la réponse.

Si, je crois que j'ai trouvé mais j'oublie ma question qui conduit à une démonstration trop difficile pour moi...:

un élément de départ donne un élément unique à l'arrivée.

Or, (ce n'est qu'un exemple) 91 => 101 et 100=>101

Partant de là xxx091 aura la même image que xxx101.

Je peux donc construire un ensemble avec une infinité de couples d'éléments qui ont la même image, ce qui fait que pour chaque couple il y a un nombre sans antécédent quelque part.

Ca vaut pour une preuve ça ?

 #8 - 22-10-2012 18:50:44

nodgim
Elite de Prise2Tete
Enigmes résolues : 0
Messages : 2953

autiaddition

C'est plutôt diffcile à admettre, car une suite comprend une infinité de nombres, il y a des suites qui ne se rencontreront jamais (je te laisse trouver lesquelles) donc à priori, même si des suites meurent par convergence avec une autre, ça ne prouve pas qu'il y a des trous.
Enfin, pour l'instant je ne suis pas trop convaincu.

 #9 - 24-10-2012 14:14:53

gwen27
Elite de Prise2Tete
Enigmes résolues : 49
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Autoadditon

Pourtant , de 0 à un nombre composé de 9999999.... (10^n)-1

Le résultat est borné à 100000....+9n -9
avec 10^(n-2) redondances donc il reste des vides... que l'on ne pourra pas expliquer avec les quelques nombres allant de 10^n à 10^n +9n-9

Alors si en plus on compte aussi 92 et 101 , 93 et 102 , 94 et 103 .... j'arrive à 1/11è de résultats redondants contre simplement la somme des chiffres. Il n'y a pas photo !

Je ne comprends aux convergences de suites et à tes tentatives insidieuses de rebalancer l'infini dans le problème mais si on raisonne sur deux intervalles bornés aussi grand que l'on veut, je trouve quand même que ça tient la route

 #10 - 24-10-2012 18:29:22

Vasimolo
Le pâtissier
Enigmes résolues : 49
Messages : 4733

Autoddition

Je n'aurai pas le temps de regarder avant ce week-end mais tu peux donner ta démo Nodgim ?

Vasimolo

 #11 - 24-10-2012 19:24:53

nodgim
Elite de Prise2Tete
Enigmes résolues : 0
Messages : 2953

autoaddotion

Bonsoir Gwen et Gilles,
Je sais que tous les deux vous avez "presque " la preuve demandée. Presque, parce qu'il manque tout de même une formalisation simple.

Pour Gwen: Tu dirais par exemple: les nombres de tel format ont deux antécédents. A cet endroit là, 2 suites convergent, donc l'une disparait. Or, ces nombres sont en quantité infinie. Donc, si on suppose un nombre fini de suites, à chaque arrivée à l'un de ces nombres, une suite disparaitra. Et à la fin il n'en restera qu'une seule, qui ne peut évidemment couvrir tous les entiers. Les nombres tête de série sont donc en quantité infinie.

Pour Gilles: C'est plus délicat à prouver ta méthode: pour n'importe quelle taille de nombre, il faudrait réussir à prouver qu'il y a des trous. je ne doute pas que c'est vrai, mais il reste à trouver le bon truc qui va marcher tout le temps.

Ma méthode:
Soit un nombre de suites limité, par exemple 10.000. Imaginons que ces 10.000 suites se présentent devant le nombre  111111.....00000 avec 20.000 fois le nombre 1. Il est évident que chaque suite qui va tomber dans l'intervalle (1111...00000; 1111....00000+10000) n'y tombera qu'une fois étant donné que la somme minimale des chiffres est 20.000. Donc même si les 10.000 suites couvrent l'intervalle, aucune d'elles ne se trouvera dans l'intervalle (11111...10000; 1111...20000). Donc on ne peut  donner de valeur fixe au nombre de suites.

Je ne doute pas qu'il doit exister d'autres preuves, alors avis aux amateurs.

 #12 - 24-10-2012 20:01:53

gwen27
Elite de Prise2Tete
Enigmes résolues : 49
Messages : 5,464E+3

autoafdition

OK, là je comprends ta réflexion sur les suites convergentes....

Mais ce n'est pas du tout comme ça que je raisonnais : je ne me préoccupe pas de savoir si un nombre appartient à telle ou telle suite en fait. Je m'intéresse juste au fait qu'un nombre puisse avoir ou pas un antécédent dans ceux qui précèdent quel que soit son rang dans une quelconque suite.

jusqu'à 99 : 117 possibillités d'images

jusqu'à 999 : 1026 possibilités et au moins 90 redondances donc : au moins 55 nombres sans antécédent

jusqu'à 9999 : 10 035 possibilités et au moins 900 redondances dont minimum 800 en plus...

La marge augmente de 9 en 9 pour les possibilités d'images, et de x10 en x10 pour les redondances .

Donc, Il y aura toujours des nombres sans antécédent dans l'intervalle où je rajoute un chiffre. Ce ne sont pas des convergences, juste un constat.

 #13 - 24-10-2012 20:08:06

nodgim
Elite de Prise2Tete
Enigmes résolues : 0
Messages : 2953

AAutoaddition

Gwen, tes décomptes sont sûrement justes. Mais c'est une preuve qu'il faut.
Le fait qu'il y en ait de plus en plus est certes un constat, mais une preuve est nécessaire.

 #14 - 24-10-2012 20:16:31

gwen27
Elite de Prise2Tete
Enigmes résolues : 49
Messages : 5,464E+3

Autoadditin

roll Il y a des nombres sans antécédent dans les nombres à 3 chiffres, il y en a dans les nombres à 4 chiffres (au sens strict et donc en excluant les premiers) , à 5 chiffres... à n chiffres... à n+1 chiffres

C'est pas compliqué ! On rajoute un chiffre => il y a de nouveaux nombres sans antécédent . Mais bon, ça n'a pas l'air d'être une preuve neutral

Spoiler : [Afficher le message]  Un jour il faudra vraiment que j'apprenne à comprendre les mathématiciens, mais c'est pas gagné...   

 #15 - 24-10-2012 23:09:15

titoufred
Elite de Prise2Tete
Enigmes résolues : 20
Messages : 1746

Autoadditiion

Gwen, j'ai compris ton raisonnement basé sur le fait que 91 et 100 donnent tous les deux 101.

J'essaye de formaliser un peu tout ça (en langage de mathématicien) smile :

On note [latex]f[/latex] la fonction qui à un entier naturel [latex]x[/latex] associe [latex]x + \Sigma[/latex] chiffres de [latex]x[/latex].

Pour [latex]n \geq 3[/latex], notons [latex]E_n[/latex] l'ensemble des entiers naturels qui s'écrivent avec [latex]n[/latex] chiffres au plus.
[TeX]Card(E_n) = 10^n[/latex].

Parmi ces nombres de [latex]E_n[/latex], on considère l'ensemble [latex]A_n[/latex] des nombres qui finissent par 091 et l'ensemble [latex]B_n[/latex] des nombres qui finissent par 100.

[latex]Card(A_n) = Card(B_n) = 10^{n-3}[/latex] et [latex]f(A_n)=f(B_n)[/latex].

Comptons maintenant dans [latex]E_n[/latex], combien de nombres sont dans l'image de [latex]f[/latex] au maximum :

[latex]f(\mathbb{N})\cap E_n \subset f(E_n) = f(E_n \backslash B_n)[/TeX]
Ainsi
[TeX]Card(f(\mathbb{N})\cap E_n) \leq Card(f(E_n \backslash B_n)) \leq Card(E_n \backslash B_n) = 10^n - 10^{n-3}[/TeX]
Par conséquent cela prouve qu'il y a au moins [latex]10^{n-3}[/latex] nombres têtes dans [latex]E_n[/latex], et donc qu'il y a une infinité de nombres têtes.

 #16 - 25-10-2012 11:35:26

nodgim
Elite de Prise2Tete
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Messages : 2953

Autoddition

Titou, le cardA ou B, c'est 10^(n-3) ou 10^(n-2) ?

 #17 - 25-10-2012 13:28:41

gwen27
Elite de Prise2Tete
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AAutoaddition

Je ne pense pas que cela importe beaucoup...

Il faut commencer par raisonner sur un intervalle fini : les nombres à n chiffres.
Cet ensemble couvre au maximum (10^n)+9n nombres image.

Si même il n'y a que mon exemple de 91 et 101 ayant la même image, il y a une redondance d'image au moins tout les 100 nombres, soit au minimum 10^(n-2) redondances. (on est sur un exemple sur un nombre fini d'éléments, hein ? )

Donc, pour les nombres à n chiffres, on peut conclure que dans les 10^n +9n premiers nombres, il y a au moins 10^(n-2) -9n nombres sans antécédent.


Maintenant, si les nombres sans antécédent sont en quantité finie, il existe un nombre au delà duquel tous les nombres ont un antécédent. Mais ça devient absurde car on peut toujours trouver un nombre de chiffres tel qu' il y a plus de nombres sans antécédent que le nombre limite.

Il y en a donc un infinité.

 

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