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 #26 - 31-12-2015 11:20:36

portugal
Professionnel de Prise2Tete
Enigmes résolues : 22
Messages : 374

rriskaidekaphobia

Exact nodgim...

#0 Pub

 #27 - 31-12-2015 11:21:46

scarta
Elite de Prise2Tete
Enigmes résolues : 49
Messages : 1434

Triskaidekahpobia

Arf, pas bien lu. Bon dans l'idée, un nombre N comportant z chiffres répété 78 fois s'écrit N*somme(10^zi) avec z = 0..77.

Comme je le dénotait plus haut, les 10^i sont cycliques de longueur 6.
Par ailleurs les sommes des 10^zi modulo 13 avec i=0..5 sont eux aussi cycliques:
- longueur 13 pour i=0 (on additionne des 1 : au bout du 13ème ça fait 13)
- longueur 6 pour i=1 (cf message précédent)
- longueur 3 pour i=2
- longueur 2 pour i=3 (c'est 1001)
- longueur 3 pour i=4
- longueur 6 pour i=5

PPCM de tout ça: 78. Conclusion : les sommes de 10^zi pour z multiple de 78 valent toutes 0 modulo 13. N*somme(10^zi) avec z=0..77 aussi, du coup.

Voilà. C'est la solution la plus simple que j'ai trouvé qui ne fasse pas intervenir des gros mots comme anneau, groupe cyclique d'exposant N, théorème de Lagrange, ...

 #28 - 31-12-2015 11:47:39

portugal
Professionnel de Prise2Tete
Enigmes résolues : 22
Messages : 374

Triskaidekaphoba

bravo et merci en effet de ne pas employer de gros mots..

a  la fois ils ne me choquent pas vu que je ne les connais pas...sauf si tu les dis en portugais !

obrigado !

 #29 - 31-12-2015 12:05:06

Vasimolo
Le pâtissier
Enigmes résolues : 49
Messages : 4734

triskaidekaphibia

[TeX]x=a+10^na+10^{2n}a+\cdots +10^{77n}a[/TeX][TeX](10^n-1)x=(10^{78n}-1)a[/TeX][TeX]10^{78n}-1=(10^{13n}-1)(1+10^n+10^{2n}\cdots +10^{6n})[/TeX][TeX]10^{6n}-1=(10^n-1)(1+10^n+10^{2n}\cdots +10^{5n})[/TeX][TeX](10^n-1)x=(10^n-1)(1+10^n+\cdots +10^{6n})(1+10^n+\cdots + 10^{13n})a[/TeX]
On simplifie par [latex]10^n-1[/latex] puis on regarde modulo 13 .
[TeX]x\equiv (1+10^n+\cdots +10^{6n})(1+10^n+\cdots + 10^{13n})a[/TeX]
Comme ça doit être indépendant de a , il faut regarder les valeurs de n qui conviennent et là , la paresse me gagne à nouveau lollollol

Vasimolo

 #30 - 31-12-2015 15:48:03

portugal
Professionnel de Prise2Tete
Enigmes résolues : 22
Messages : 374

Trskaidekaphobia

C'était donc bien un poil plus compliqué que la version initiale... le problème avec les stars c'est que l'on n'ose pas les contredire...J'ai l'impression de travailler dans l'atelier de Karl Lagarfeld...

 #31 - 31-12-2015 16:47:47

Vasimolo
Le pâtissier
Enigmes résolues : 49
Messages : 4734

Triskaidekahobia

Tu peux y aller pour la contradiction ( en évitant quand même et si possible de me traiter de ringard big_smilebig_smilebig_smilebig_smile ) .

Quand le problème parait simple on n'a pas trop envie de tout détailler même si on sait que le diable se cache toujours dans les petits détails . On passe parfois ainsi à côté de petits problèmes intéressants .

Vasimolo

 #32 - 31-12-2015 17:47:36

portugal
Professionnel de Prise2Tete
Enigmes résolues : 22
Messages : 374

triskaidekzphobia

bravo a pas mal de monde : tout le monde ou presque converge vers le bon résultat...

mention particulière à dhrm qui fait fort avec sa généralisation....

Encore 1 jours pour les retardataires...

 #33 - 31-12-2015 22:08:27

w9Lyl6n
Professionnel de Prise2Tete
Enigmes résolues : 26
Messages : 220

Triskaidekaphobi

En fait une répétition du nombre 6 ou 13 fois suivant le cas est suffisante.

En effet en observant le groupe des puissances de 10 modulo 13:
+1 -3 -4 -1 +3 +4 (6 éléments)
Et ses deux autres sous groupes pour de 10^n où n n'est pas premier avec 6:
+1 -4 +3 (3 éléments)
et
+1 -1 (2 éléments)
+1 (1 éléments)
On observe que la somme de leurs éléments est presque toujours = 0 sauf pour le sous groupe trivial quand n est multiple de 6
Donc les nombres qui nous intéressent de la forme 10...010...010...010...010...01 (avec six "1") étant la somme d'éléments consécutif d'un sous groupe de 10^n sont divisibles par 13 sauf pour les multiple de 6 où 13 "1" sont nécessaires.

Toute répétition qui ne serait pas un multiple de 3 ou 2 répétitions, et dont le nombre de départ n'est pas divisible par 13, est garantis de ne pas être divisible par 13 car la somme des éléments du sous groupe est incomplète et donc non nulle modulo 13.
De plus 1111... n fois n'est pas divisible par 13 si n n'est pas multiple de 6 pour la même raison.

Conclusion :
seuls les répétitions d'un multiples de 13 ou 6 fois marches à tout les coups suivant respectivement que le nombre de départ a un nombre de chiffres multiple de 6 ou non, les multiples de 3 ou 2 marches si le nombre de chiffre du nombre qu'on répète est respectivement un multiple de 2 ou 3 mais pas les deux.
Exemple: 383838, 156156...

On observe les mêmes propriété avec 7 dont les sous groupes des puissances de 10 sont:
+1 +3 +2 -1 -3 -2 somme 0
+1 +2 -3 somme 0
+1 -1 somme 0
+1 somme 1

Ça ne marche pas aussi facilement pour 3 dont le groupe des puissances de 10 modulo 3 est triviale :
+1 somme 1 lol
Il faut alors faire comme dans l'énoncer de l'énigme et répéter 3=3x1 le nombre pour qu'il soit divisible par 3. Rien de très excitant.

2 et 5 ne marche par car ils ne sont pas premier avec 10 (le sous groupe des puissances de 10 est dit dégénéré, il contient 0, pas de cycle possible), seul la première décimale compte, rien ne sert de répéter le nombre.

17 ne marche pas facilement, le groupe des puissance de 10 a pour somme 5, il faut au moins répéter 17x8 = 136 fois le nombre pour s'assurer la divisibilité par 17 (8 est le nombre d'éléments du groupe).


Sur ce je parts réveillonner et je vous souhaite à tous une bonne année smile

 #34 - 01-01-2016 09:38:22

portugal
Professionnel de Prise2Tete
Enigmes résolues : 22
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Triskidekaphobia

@w9Lyl6n

Ca marche pour 100000 ? Je ne crois pas...

Écris 6 fois modulo 13, ca fait 6 et non pas 0...


Bonne année cependant. ..madrollcoolcoolcoolbig_smile

 #35 - 01-01-2016 10:50:06

w9Lyl6n
Professionnel de Prise2Tete
Enigmes résolues : 26
Messages : 220

triskaifekaphobia

Oui merci, effectivement j'avais oublié le sous groupe triviale :
+1 somme 1
Je corrige tout de suite ma réponse smile

 #36 - 01-01-2016 11:10:14

w9Lyl6n
Professionnel de Prise2Tete
Enigmes résolues : 26
Messages : 220

Triskaidekahpobia

Pour récapituler le nombre minimal de répétitions pour s'assurer la divisibilité par 13 en fonction du nombre de chiffres modulo 6 :
0 -> 13 répétitions
1 -> 6 répétitions
2 -> 3 répétitions
3 -> 2 répétitions
4 -> 3 répétitions
5 -> 6 répétitions

En observant la décomposition des nombres de la forme 10..010...010... on découvre d'autre nombres remarquables.
Par exemple pour s'assurer la divisibilité par 37 la règle optimale suivant le nombre de chiffres modulo 3 est :
0 -> 37 répétitions lol
1 -> 3 répétitions
2 -> 3 répétitions

 #37 - 01-01-2016 16:47:22

portugal
Professionnel de Prise2Tete
Enigmes résolues : 22
Messages : 374

Triskaidekaphobi

Bravo à tous.

De belles idées et de beaux prolongements. ..

Ma résolution simple  pour 13 :

Si X est un nombres de 6 chiffres et Y quelconque

Y_X= Y + X (mod 13)
(Car 77*13=1001 donc 1000=-1 [13] et 1 000 000=1[13]

Donc pour tout nombre N
N..N (78*) = X...X (13*) avec X de taille multiple de 6 donc
                     = 13 * X = 0 (mod 13)

 #38 - 01-01-2016 17:18:02

nodgim
Elite de Prise2Tete
Enigmes résolues : 0
Messages : 2956

Triskaidekaphboia

Portugal, c'est court en effet.

Une question sur ta démo:

"Si X est un nombres de 6 chiffres et Y quelconque

Y_X= Y + X (mod 13)
(Car 77*13=1001)"

Normalement tu aurais dû écrire : "(car 10^6=1 [13])" puisque tu parles de nombres à 6 chiffres. Alors d'où vient le 77 ?

 #39 - 01-01-2016 18:01:17

portugal
Professionnel de Prise2Tete
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Triskadekaphobia

Je pensais que c'était clair nodgim mais j'ai détaillé et c'est mieux comme ça en effet.

J'ai mis  ma démo  car elle a l'intérêt de ne pas faire d'étude de cas.

 #40 - 01-01-2016 19:16:13

nodgim
Elite de Prise2Tete
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teiskaidekaphobia

OK Portugal. J'avais pas mis au carré d'office. C'est carré maintenant. Bravo pour le beau raccourci.

 

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