Enigme Entiers sans zéro @ Prise2Tete

nodgim · #1

Bonjour à tous,

Je vous propose aujourd'hui une énigme qui m'a bien résisté, alors comme je ne suis pas égoïste, il n'y a pas de raison de ne pas partager....

Pour un entier à k chiffres sans aucun zéro, est ce qu'on peut toujours en trouver un dans le lot qui soit divisible par la somme de ses chiffres ?

Bonne recherche.

portugal · #2

Peux tu donner un exemple. Je ne suis pas certain de comprendre le problème...

nodgim · #3

Salut Portugal:
Et bien si je te demande pour un nombre à 3 chiffres s'il en existe un divisible par la somme de ses chiffres, la réponse est oui, j'en ai trouvé 1:
111/3=37.
Il ne te reste plus qu'à en chercher 1 à 2 chiffres, puis 4, puis 5, puis 6, ....

portugal · #4

ok la j'ai compris... pour 1/1 et 12/3 ca semble passer... 1122/6 semble ok également...

je vais regarder pour le cas plus général...

godisdead · #5

Je vais avoir du mal à faire une belle démonstration, mais je suis sur qu'avec les règles de divisibilité par 2^n, on y arrive à chaque fois.
Sachant qu'un nombre est divisible par 2^n si les n derniers chiffres sont divisibles par 2^n.
Pour tous entiers à K chiffres, on trouvera toujours n chiffres divisible par 2^n beaucoup plus petit que 2^n et on utilisera les rangs supérieurs pour arriver à 2^n
Ex : pour un nombre à 7 chiffres
2^5 = 32
on trouve par exemple que 14784 est divisible par 32
1+4+7+8+4 = 24
donc 4414784 / 32 = 137962

masab · #6

A première vue, ça paraît toujours possible !
Voici quelques exemples :

Code:

k = 1   n = 1
k = 2   n = 12
k = 3   n = 111
k = 4   n = 1116
k = 5   n = 11112
k = 6   n = 111114
k = 7   n = 1111112
k = 8   n = 11111112
k = 9   n = 111111111
k = 10   n = 1111111125
k = 11   n = 11111111112
k = 12   n = 111111111126
k = 13   n = 1111111111116
k = 14   n = 11111111111114
k = 15   n = 111111111111114
k = 16   n = 1111111111111122
k = 17   n = 11111111111111112
k = 18   n = 111111111111111132
k = 19   n = 1111111111111111119
k = 20   n = 11111111111111111121
k = 21   n = 111111111111111111117
k = 22   n = 1111111111111111111116
k = 23   n = 11111111111111111111112
k = 24   n = 111111111111111111111114
k = 25   n = 1111111111111111111111113
k = 26   n = 11111111111111111111111123
k = 27   n = 111111111111111111111111111
k = 28   n = 1111111111111111111111111128
k = 29   n = 11111111111111111111111111136
k = 30   n = 111111111111111111111111111125
k = 31   n = 1111111111111111111111111111116
k = 32   n = 11111111111111111111111111111124
k = 33   n = 111111111111111111111111111111117
k = 34   n = 1111111111111111111111111111111185
k = 35   n = 11111111111111111111111111111111112
k = 36   n = 111111111111111111111111111111111165
k = 37   n = 1111111111111111111111111111111111152
k = 38   n = 11111111111111111111111111111111111123
k = 39   n = 111111111111111111111111111111111111119
k = 40   n = 1111111111111111111111111111111111111125
k = 41   n = 11111111111111111111111111111111111111115
k = 42   n = 111111111111111111111111111111111111111216
k = 43   n = 1111111111111111111111111111111111111111152
k = 44   n = 11111111111111111111111111111111111111111166
k = 45   n = 111111111111111111111111111111111111111111174
k = 46   n = 1111111111111111111111111111111111111111111144
k = 47   n = 11111111111111111111111111111111111111111111136
k = 48   n = 111111111111111111111111111111111111111111111124
k = 49   n = 1111111111111111111111111111111111111111111111116
k = 50   n = 11111111111111111111111111111111111111111111111214

Reste à prouver que ça marche pour tout entier k>0 .

nodgim · #7

@ Godisdead :
Possible, mais es tu sûr que tes puissances de 2 ne comportent pas de zéros ?
C'est une piste que j'ai également suivie, mais j'ai dû me résoudre à l'abandonner à cause de cette incertitude. N'oublie pas qu'il faut trouver une régle pour que ça marche à tous les coups, Et que pour une puissance de 2 très grande (décimal de 100 chiffres ou plus), il y a de fortes chances pour qu'on trouve toujours au moins un zéro.

gwen27 · #8

De 1 à 9 chiffres, c'est trivial, il suffit que la somme des chiffres soit 9. Mais c'est utile pour la suite du raisonnement.

J'arrive donc à 111111111.

de là, on peut multiplier par 2 :
222222222 divisible par 18 et regagner 8 nombres (il ne faut pas toucher au 2 de la parité : 1222222122 11222222112 111222221112 etc...

Mais pas la peine d'arriver jusque là : à partir de 12 chiffres, je peux recommencer avec les multiples de 99 : 118899999999 Ce qui laisse 78 nombres de marge.

En multipliant par 2, on en a 98 de plus mais à partir de 112 chiffres, pas de souci avec les multiples de 999 ...

halloduda · #9

C'est un des problèmes du mois de Diophante (février 2016)
A1960-Bon-souvenir-de-Buenos-Aires
http://www.diophante.fr/problemes-du-mo … enos-aires
problème proposée par l’Argentine à une Olympiade Internationale de Mathématiques.

Les entiers ainsi définis sont des nombres de Harshad sans zéro
http://oeis.org/A217973, où il est dit :.
"Andreescu & Andrica prove that this sequence is infinite".

Il n'y est pas démontré que tout k convenait.

dhrm77 · #10

Voici quelques exemples pour les nombres à:
1 chiffre, il sont tous divisibles par la somme de leurs chiffres, c'est a dire eux-meme.
2 chiffres: 12 / 3, 21 / 3, 24 / 6 , 42 / 6, etc....
3 chiffres: 111 / 3, 222 / 6, 192 / 12, etc...
4 chiffres: 1122 / 6, 1332 / 9, 1236 / 12, 4992 / 24, 2664 / 18 etc...
5 chiffres: 11112 / 6, 79992 / 36, etc...
6 chiffres: 111222 / 9, 533328 / 24, etc...
7 chiffres: 1111122 / 9, 133332 / 18, etc...
8 chiffres: 11111112 / 9, etc...
9 chiffres: 111111111 / 9, etc...
10 chiffres: 1111111212 / 12, etc...
11 chiffres: 11111111112 / 12, etc...

Je pense qe l'on doit pouvoir construire un nombre de n'importe quelle longueur avec des 1 et des 2, qui soit multiple de la somme de ses chiffres. Il est facile de faire en sorte que la somme soit un multiple de 3. Ensuite on deplace les '2' en ajoutant 9, 90, 900, etc... pour que la somme soit multiple de 4 ou 7 ou 11, etc.. si necessaire....
C'est vrai que ca se complique quand le nombre grandit au dela de 11 chiffres..
Bon, je vais penser a autre chose...

dhrm77 · #11

Voici une autre idee.
Pour les nombres de 1 à 3 chiffres, voir plus haut.

Pour les nombres de 4 à 20 chiffres, on crée une somme de 25 avec des chiffres quelconques, et on finit par '25':
9925 /25
18925 /25
118825 / 25
1117825 / 25
11117725 / 25
111116725 / 25
1111116625 / 25
etc...
11111111111111111125 est divisible par 25

De 21 à 120 chiffres, on choisi un nombre qui termine par 125, et a une somme de 125:
Comme 1000 est un multiple de 125, tout ce qui est a gauche de 125 ne changera pas la divisibilité par 125.
666666666777777777125 est divisible par 125
1566666666777777777125 est divisible par 125
11556666666777777777125 est divisible par 125
111555666666777777777125 est divisible par 125
1111555566666777777777125 est divisible par 125
etc...

De 121 à 610 chiffres, on choisi un nombre qui se termine par 5625 et a une somme de 625
Comme 10000 est un multiple de 625, tout ce qui est a gauche de 5625 ne changera pas la divisibilité par 625.

De 611 à 3114 chiffres, on choisi un nombre qui se termine par 53125 et a une somme de 3125
Comme 100000 est un multiple de 3125, tout ce qui est a gauche de 53125 ne changera pas la divisibilité par 3125.

etc...

On doit pouvoir selectionner comme somme de chiffres, toutes les puissances de 5 a l'infini....

nodgim · #12

@Gwen: comment prouves tu la division par 99 ? A la limite, la divisibilité par 11 est facile à obtenir, mais celle par 999 (qui contient 37) ou 99999... ? Tu connais la décomposition en facteurs premiers de ces nombres ?

@Hallodua: chut....

@Dhrm77 : même remarque que les puissances de 2: A partir d'un certain rang, les puissances de 2 comporteront au moins toutes un zéro, statistiquement. Ou alors il faudrait prouver que ce n'est pas vrai.
Cette piste là, comme pour les puissances de 2, j'ai dû la laisser tomber.

gwen27 · #13

La division par 9 99 999 est prouvé si la somme des blocs de 1 , 2 , 3 ...puis n chiffres est multiple de 9 99 999 ... 999999999.

Par exemple 123 456 594 628 197 est divisible par 999
car 123+456+594+628+197= 999*3

De même en rajoutant un 1 , il suffit de moduler un des chiffres de rang 3 :
001 123 456 594 628 196 le sera aussi.
Idem pour 011 123 456 594 628 186

Lien : http://villemin.gerard.free.fr/Wwwgvmm/ … s/D101.htm

nodgim · #14

Désolé Gwen, mais je ne comprends pas. Sans doute as tu raison, mais je ne connais pas ce que tu avances.

gwen27 · #15

Laisse tomber, j'ai dit une bêtise...

Je reprends :

De 1 à 9 c'est OK

Puis, je répartis mon 9 : 18 117 1116 11115 ...etc 111111111 qui sont tous divisibles par 9.

Je passe à 999 999 999 en multipliant par 9 divisible par 81 , si je lui rajoute lui-même, ça ne change rien ni à la somme ni à la divisibilité.
1999999998 et je vais passer par 11999999988 111999999888 ...1111111111111888887777/81 jusqu'à une chaine de 81 chiffres 1.

Je la remultiplie par 9 et je pars de 81 chiffres 9 et la divisibilité par 729 etc...

nodgim · #16

Attention Gwen: je suis d'accord que 999 999 999 est divisible par 81, mais remplacer 9 par 18 ne le garantit pas. La règle de divisibilité par 9 est bien connue, mais celle par une puissance de 3 supérieure l'est nettement moins. En particulier, un nombre n'est pas forcément divisible par 81 si la somme de ses chiffres vaut 81.

gwen27 · #17

Si 999 999 999 est divisible par 81, c'est 9 fois un multiple de 9 ...

Si je lui rajoute lui-même (1000000000 -1 ) j'obtiens bien 1 99999999 8 automatiquement multiple de 81 , non ?

De même en lui rajoutant 10 fois lui-même : 11 9999999 88

Idem si je lui rajoute 10^(10n-1) qui comporte un nombre de 9 multiple de 9 ce qui autorise à passer aux 7 en rajoutant un 18e 1....

Je ne prend pas les puissances de 3 mais celles de 9.

Au bout du compte j'aurai une chaine de 81 chiffres 1 qui sera égale à

100000001000000010000000.... * 111111111 donc un multiple de 9 par un multiple de 9, soit un multiple de 729 en le multipliant par 9 et on repart avec une chaine de 81 chiffres 9.

fix33 · #18

Salut !
Déjà, c'est vrai pour k=1.
La somme des nombres peut valoir de k à 9k.
Jusqu'à k=9, il suffit de choisir un nombre dont la somme vaut 9 ; par exemple : 1233, 513, 11111112...
Pour k>9, on peut de la même façon choisir un multiple de 9. Par exemple, pour k=12, on peut choisir comme somme 18, 27,... 108. Prenons 54 par exemple. De nombreux nombres satisfont ces conditions, comme 919191918132 ou 555555555522...
On conserve la somme des chiffres en ajoutant ou soustrayant 9.10^i pour i=0 à k-1. On peut donc sans problème obtenir n'importe quel multiple de 9 (à l'exception de ceux contenant 0) en conservant k chiffres.

nodgim · #19

Gwen: si tu ajoutes à 999 999 999 dix fois lui-même, ça fait 11 fois 999 999 999, qui vaut 10 999 999 989. il y a un zéro qui traîne. Sans doute as tu voulu dire autre chose.

Ta méthode semble bonne, mais il faut peaufiner: prouver que x fois 999 999 999 conserve bien 81 chiffres et qu'il n'y a pas de zéro.

godisdead · #20

De 2^34 à 2^1000, toutes ces puissances contiennent un 0.
Par contre, il suffirait de trouver un nombre de la forme k*2^n dans l'intervalle 10^(n-1) | 10^n pour que ça marche !
Avec mes connaissances, impossible d'en avoir la certitude !

gwen27 · #21

Gwen: si tu ajoutes à 999 999 999 dix fois lui-même, ça fait 11 fois 999 999 999, qui vaut 10 999 999 989. il y a un zéro qui traîne. Sans doute as tu voulu dire autre chose.

Ta méthode semble bonne, mais il faut peaufiner: prouver que x fois 999 999 999 conserve bien 81 chiffres et qu'il n'y a pas de zéro.

10 fois de plus, le même principe pour rajouter un second 1 et changer le second 9 en 8. Ensuite, je le rajoute 100 fois, 1000 fois... 10^8 fois. Si je ne le fais pas dans l'ordre, il y a effectivement un 0 à la place d'un 1 à un moment donné

Là , je je l'ai ajouté 11 fois en tout, d'abord une puis dix.

Et j'arrive à 111111111888888888

Pour passer aux 7 , je rajoute 999 999 999 999 999 999 forcément multiple de 81 aussi puisque multiple du précédent. Et je commence aussi à le rajouter une puis 10 puis 100 fois .... cela rajoutera un 1 devant et un 8 à la fin deviendra 7, etc...

En faisant ça 8 fois, j'aurai une série de 81 chiffres 1 (divisible par 81) que je pourrai multiplier par 9 et recommencer.

Il est facile de prouver que des séries de 9^n chiffres 1 sont divisibles par 9^(n+1) puisque'en les coupant en 9 la mise en facteur donne un multiple de 9 n+1 fois.

999999999999.... 81 fois = 999999999 * 100000000100000000.... (9fois)
= 9 * 111111111 * 100000000100000000..... (sommes = 9 = > 3 multiples de 9)

nodgim · #22

@Godisdead: et je crois qu'aucun mathématicien ne pourra t'aider sur ce coup là: on ne sait pas prédire les chiffres d'un nombre tant qu'on n'a pas fait le calcul.

nodgim · #23

@ Gwen: tu sembles sûr de ton coup, mais je voudrais que tu formalises ça mieux, je ne comprends toujours pas, je ne suis pas dans ta tête.

masab · #24

Soit un entier [latex]r\geq 1[/latex].
On considère l'entier [latex] n = (10^{3^r}-1)/9[/latex] .
L'entier n comporte [latex]3^r[/latex] chiffres tous égaux à 1.
La somme des chiffres de n est donc [latex]s = 3^r[/latex].
Montrons que n est divisible par s.

Preuve.
On doit prouver que [latex] f(r) = 10^{3^r}-1[/latex] est divisible par [latex]3^{r+2}[/latex].
Montrons-le par récurrence sur r.
Pour [latex]r=1[/latex] , on a [latex]f(1) = 999 = 37\times 3^3[/latex].
Supposons le résultat vrai pour [latex]f(r)[/latex] et prouvons-le pour [latex]f(r+1)[/latex].
On a
[TeX]f(r+1)=10^{3^{r+1}}-1 = (10^{3^r})^3-1[/TeX]
[TeX]f(r+1) = f(r)\,(10^{2\times 3^r}+10^{3^r}+1)[/TeX]
Le premier facteur du second membre est divisible par [latex]3^{r+2}[/latex] d'après l'hypothèse de récurrence. Le second facteur du second membre est divisible par 3 car il est congru à 0 modulo 3 [vu que 10 est congru à 1 modulo 3].
Par suite [latex]f(r+1)[/latex] est divisible par [latex]3^{r+3}[/latex]. La récurrence est établie.
cqfd

gwen27 · #25

J'essaye avec une image, mon tableur arrondit après 15 chiffres

J'ai la flemme de faire plus... même si on doit pouvoir s'en tirer avec des 10^quelquechose - 1 est multiple de 9^autre chose, je ne sais le montrer qu'avec une récurence.

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#1 - 08-02-2016 11:06:18

entiers sand zéro

#0 Pub

#2 - 08-02-2016 14:36:19

Entires sans zéro

#3 - 08-02-2016 16:00:02

nEtiers sans zéro

#4 - 08-02-2016 16:12:15

entiers sand zéro

#5 - 08-02-2016 18:01:34

Entiers sans zréo

#6 - 08-02-2016 19:13:17

Eniers sans zéro

Code:

#7 - 08-02-2016 19:36:04

zntiers sans zéro

#8 - 08-02-2016 20:03:34

Entiers sans zér

#9 - 08-02-2016 21:24:10

Entiers saans zéro

#10 - 09-02-2016 02:49:44

entoers sans zéro

#11 - 09-02-2016 03:12:27

Entiers sans zér

#12 - 09-02-2016 08:07:19

Entiers sans zér

#13 - 09-02-2016 08:17:50

zntiers sans zéro

#14 - 09-02-2016 08:31:30

Enteirs sans zéro

#15 - 09-02-2016 10:13:01

Entires sans zéro

#16 - 09-02-2016 10:39:38

Entiers sans zéroo

#17 - 09-02-2016 10:51:11

entiers sand zéro

#18 - 09-02-2016 10:52:39

enriers sans zéro

#19 - 09-02-2016 11:41:02

Enntiers sans zéro

#20 - 09-02-2016 14:07:40

Entiers san széro

#21 - 09-02-2016 16:29:08

Entiers sans zéor

#22 - 09-02-2016 17:04:51

Entiers sans zéo

#23 - 09-02-2016 17:08:49

Entiers ssans zéro

#24 - 09-02-2016 17:51:24

entoers sans zéro

#25 - 09-02-2016 17:56:11

EEntiers sans zéro

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