Quelques autres énoncés 2006 particuliers à chaque académie

Quatre énoncés : Bordeaux 1 ; Marseille 2 ; Montpellier 1 ; Orléans-Tours 2

Nota : il est conseillé de faire d'abord Montpellier 1 avant Marseille 2, car pour la solution de ce dernier, j'utilise Montpellier 1.


Bordeaux 1


Pour n entier naturel on désigne par P(n) le produit des chiffres intervenant dans l'écriture décimale de n. Par exemple P(5)=5, P(47)=4×7=28.
On se propose de déterminer tous les entiers vérifiant : P(n)=n2+1002n-2006.
1) Déterminer tous les entiers naturels n qui s'écrivent avec un seul chiffre et solutions du problème.
2) Démontrer que, si k est le nombre de chiffres de n, avec k³2, alors P(n)£9k et 10k-1£n.
En déduire l'encadrement suivant : 102k-2+1002×10k-1-2006£P(n)£9k.
3) Le problème a-t-il des solutions s'écrivant avec deux chiffres?
4) Conclure.

-vers une solution-


Marseille 2


Alain posséde une encyclopédie constituée de n tomes, où n est un entier compris entre 5 et 20 : 5£n£20.
Tous les tomes ont le même nombre de pages.
La numérotation de chaque tome commence à la page 1.
Toutes les pages sont numérotées. Pour numéroter la totalité des n tomes, on a utilisé 2006 fois le chiffre 5.

De combien de tomes est constituée l'encyclopédie de Alain?
De combien de pages est constitué chacun des tomes?

-vers une solution-


Montpellier 1


Les pages d'un livre sont numérotées de 1 à 999.
Quel est le nombre de chiffres total écrit pour la pagination?
Combien de fois le chiffre 7 a-t-il été utilisé? et le chiffre 0?

-vers une solution-


Orléans-Tours 2


Pour chaque entier naturel n, on note Rn le reste de la division euclidienne de 10n par 7, c'est-à-dire l'unique entier Rn satisfaisant à 10n=7q+Rn et 0£Rn<7, q étant un entier (c'est le quotient de la division).
1) Calculer Rn pour tous les entiers n£7.
2) On indique que R24=1 ; en déduire simplement R25, puis R26, R27,...jusqu'à R31.
Exprimer alors simplement Rn pour tout entier naturel n.
3) Soit a un entier naturel quelconque : montrer que les entiers a×10n et a×Rn ont le même reste lorsqu'on les divise par 7.
4) Déterminer les deux plus petits entiers naturels n tels que 3×10n-1 soit divisible par 7.
5) A tout entier naturel N³10 on associe le nombre f(N) défini ainsi : à partir de l'écriture décimale de N, on retire son premier chiffre et on le met à la fin de l'écriture obtenue.
Par exemple f(3547)=5473, f(10)=01=1.
On suppose que l'écriture décimale de N est N="anan-1an-2...a1a0"; les ak sont les chiffres du nombre N, avec an¹0.
On a donc N=an10n+an-110n-1+...+a1101+a0 ; par exemple A="3457"=3×103+4×102+5×101+7=3457.
a) Montrer que N peut s'écrire 10nan+B où B est un entier dont on précisera l'écriture décimale et que f(N) s'écrit 10B+an.
b) En déduire les deux plus petits entiers N tels que f(N)=3N.

Remarque 1 :
Pour une fois, je m'autorise un commentaire : je trouve cet exercice contestable! En effet, c'est une application quasi-directe du cours d'arithmétique de TS (pour ceux ayant pris l'option mathématique) ; or du temps où je faisais partie du groupe académique qui proposait des exercices pour ces olympiades, il était interdit de proposer un exercice dont le ressort principal était une notion de cours d'une classe post 1S.
Bien entendu, les explications que je vais proposer ci-dessous sont pour quelqu'un qui ne connaît pas cet aspect cours, en particulier la notion de modulo (voir le début de ma page sur la cryptographie affine).

Remarque 2 :
Dans l'énoncé d'origine de la question 5, il n'y avait pas la condition N³10. Mais si N<10, son écriture décimale comporte un seul chiffre, et donc si on ôte le 1er chiffre de cette écriture décimale, qu'est ce qu'il reste? A mon avis, il ne reste aucune écriture.
Il aurait fallu préciser que dans le cas où N s'écrit avec un seul chiffre alors f(N)=N. Mais ce cas n'ayant pas grand intérêt, j'ai préféré l'exclure.
A noter que si on avait accepté ce cas, alors f(0)=0=3×0 et donc les deux plus petites valeurs de N telles que f(N)=3N auraient été 0 et 142857, et non 142857 et 285714.
Mais bon, c'est un détail.

Remarque 3 :
La question 5 de cet exercice a une certaine analogie avec le début de l'exercice 1 du concours général 2006.

-vers une solution-


Fin des énoncés

Les solutions

Solution Bordeaux 1

1) Si n a un chiffre alors P(n)=n, et donc n sera solution du problème si et seulement si n=n2+1002n-2006, soit n2+1001n-2006=0.
Il s'agit de voir si cette équation du second degré admet des solutions entières à un chiffre ; plutôt que de chercher le discriminant, on essaye n=0 : 0 n'est pas solution, on essaye n=1 : 1 n'est pas solution, on essaye n=2 : 2 est solution! Donc l'autre solution de cette équation est -2006/2=-1003 (puisque le produit des racines est c/a=-2006), laquelle n'est pas entière à un chiffre.
Donc le seul entier n à un chiffre vérifiant P(n) =n2+1002n-2006 est n=2.

2) P(n) étant le produit de k entiers tous dans {0;1;2;3;4;5;6;7;8;9}, leur produit est évidemment inférieur ou égal à 9×9×...×9=9k, puisque on a le droit de multiplier membres à membres des inégalités de même sens si tous les nombres sont positifs ou nuls : P(n)£9k.
Et bien sûr la plus petite valeur de n est obtenue lorsque le premier chiffre de n est 1 (ce premier chiffre ne peut être nul car alors n n'aurait pas k chiffres dans son écriture décimale : par exemple 07 s'écrit en fait 7) et les autres nuls, ce qui donne pour plus petite valeur de n l'entier dont l'écriture décimale commence par 1, suivi de k-1 zéros, soit 10k-1 ; et donc 10k-1£n.
De 10k-1£n, on en déduit par élèvation au carré (les deux nombres sont positifs) que 102k-2£n2 et aussi en multiplant des deux côtés par 1002 que 1002×10k-1£1002n ; par ajout membres à membres de ces deux dernières inégalités de même sens (on a toujours le droit de le faire), et en supposant que n est solution du problème, on obtient 102k-2+1002×10k-1£P(n)+ 2006, ce qui donne, en faisant passer 2006 à gauche, le résultat demandé : 102k-2+1002×10k-1-2006£P(n)£9k.

3) Si k=2, le résultat précédent donne 100+10020-2006£P(n)£81 : or 100+10020-2006>81 et donc cette double inégalité est impossible.
Il n'existe pas d'entier n s'écrivant avec deux chiffres tel que P(n) =n2+1002n-2006.

4) En fait pour k³2, on a


102k-2=(10k/100)×10k>9k, puisque le 1er facteur est ³1 et le 2ième est >9k.
1002×10k-1-2006³1002×10-2006>0
d'où 102k-2+1002×10k-1-2006>9k, ce qui conduit d'après la double inégalité montrée à la question 2), à 9k<P(n)£9k, ce qui est impossible, 9k n'étant pas strictement inférieur à 9k.
Le problème n'a pas de solution s'écrivant avec au moins deux chiffres :
le seul entier n tel que P(n) =n2+1002n-2006 est n=2.

-retour énoncé-


Solution Marseille 2

En notant q le nombre de fois où le chiffre 5 est utilisé dans un tome, on a n×q=2006 et n est obligatoirement un diviseur de 2006. La décomposition en nombre premiers de 2006 étant 2×17×59, n est un des nombres suivants : 1 ou 2 ou 17 ou 59 ou 2×17 ou 2×59 ou 17×59 ou 2×17×59 ; mais par hypothèse n est entre 5 et 20, la seule possibilité est donc
n=17 tomes

Donc q=2×59=118 apparitions du chiffre 5 dans les numéros des pages d'un tome.
Les questions 2 et 3 de l'exercice Montpellier 1 (voir énoncé Montpellier 1) montrent que

des pages 1 à 99 il y a 20 apparitions du chiffre 7
idem pour les pages 100 à 199, 200 à 299, 300 à 399, 400 à 499 :

Donc si chaque tome avaient 499 pages, on aurait 5×20=100 apparitions du chiffre 7 par tome.
Il faut arriver à 118, donc rajouter les pages 500 à 515, car ces 16 numéros supplémentaires vont rajouter 18 apparitions du 5, les numéros 505 et 515 apportant chacun deux 5.
Le nombre de pages de chaque tome est donc 515

-retour énoncé-


Solution Montpellier 1

1) Le nombre de numéros à 1 chiffre est 9 (de 1 à 9 )
Le nombre de numéros à 2 chiffres est 90 (de 10 à 99 : 99-9=10)
Le nombre de numéros à 3 chiffres est 900 (de 100 à 999 : 999-99=900)
Le nombre de chiffres total utilisé pour la pagination est donc 9+2×90+3×900=2889.

2) De 1 à 99 le chiffre 7 est utilisé 20 fois : 1 fois dans le n°7, 1 fois dans chaque n° de 70 à 79 (excepté 77), 1 fois dans les n° 17,27,37,...,97 (excepté 77), 2 fois dans le n°77, ce qui fait un total de 1+9+8+2=20.
Mais de 100 à 199 le chiffre 7 est aussi utilisé 20 fois : en effet si pour tous ces numéros on supprime le chiffre 1 au début et les 0 éventuels au début du nombre qui reste ( donc 100 devient ... rien du tout) on ne supprime aucun 7 et il reste, tous (et que) les nombres de 1 à 99.
Idem pour toutes les autres séquences : 200 à 299, ..., 900 à 999, exceptée la séquence de 700 à 799 où 7 est utilisé 100 fois de plus.
Finalement le chiffre 7 est utilisé 10×20+100=300 fois.

3) Le nombre d'apparition des chiffres 1,2,3,4,5,6,8,9 est évidemment aussi 300 ; mais pas pour 0, car dans le raisonnement fait au début de la question 2 on supprime des 0!
Donc 9×300+ nombre d'apparition du 0 =2889.
Le chiffre 0 est donc utilisé 2889-2700=189 fois.

Remarque 1 : une erreur étant vite arrivée, vérifions ce dernier résultat par un calcul direct.

Dans un numéro à 1 chiffre il y a 0 apparition du chiffre 0

Dans un numéro à 2 chiffres, 0 ne peut apparaître qu'une fois, en 2ième position dans les numéros 10 à 90, donc 9 apparitions du chiffre 0.

Dans un numéro à 3 chiffres,

soit 0 apparaît une fois soit en 2ième position, donc 9 possibilités (tous les chiffres sauf 0) pour le 1er chiffre et les mêmes 9 possibilités aussi pour le 3ième chiffre du numéro, d'où 9×9=81 apparitions du chiffre 0 pour ce cas.
soit en 3ième position, et encore 9×9=81 apparitions du chiffre 0 pour ce cas.

soit 0 apparaît deux fois c'est forcément en 2ième et 3ième position, donc il s'agit des numéros 100 à 200, donc 9×2=18 apparitions du chiffre 0.

D'où le nombre total d'utilisations du chiffre 0 est 0+9+81+81+18=189.

Remarque 2 : une méthode analogue à celle de la remarque 1 permet aussi de comptabiliser directement le nombre d'apparitions du chiffre 7, mais c'est un peu plus délicat.

Dans un numéro à 1 chiffre il y a 1 apparition du chiffre 7 (dans le n°7)

Dans un numéro à 2 chiffres,

soit il apparaît une fois au début : 9 apparitions (dans les n°70 à 79, excepté 77)
en 2ième position : 8 apparitions (dans les n° 17 à 97, excepté 77)
soit il apparaît deux fois : 2 apparitions (dans le n° 77)

Dans un numéro à 3 chiffres, soit 7 apparaît une fois soit au début, donc 9×9=81 apparitions (9 possibilités pour les 2ième et 3ième chiffres, puisque 7 est exclu)
soit en 2ième position, donc 8×9=72 apparitions (car cette fois que 8 possibilités pour le 1er chiffre, 0 é interdit)
soit en 3ième position, et encore 8×9=72 apparitions du chiffre 7 (idem cas précédent)

soit 7 apparaît deux fois soit en 1ière et 2ième positions, donc 9×2=18 apparitions du chiffre 7 (dans les n° 770 à 779, excepté 777)
soit en 1ère et 3ième positions, donc encore 9×2=18 apparitions (dans les n° 707 à 797, excepté 777)
soit en 2ième et 3ième positions, donc 8×2=16 apparitions (dans les n° 177 à 977, excepté 777 )

soit 7 apparaît trois fois : dans 777, donc 3 apparitions

D'où le nombre total d'utilisations du chiffre 7 est 1+9+8+2+81+72+72+18+18+16+3=300.

-retour énoncé-


Solution Orléans-Tours 2


1) Par division "à la main", (ce qui est tout de même pénible à partir de n=4) on obtient

nRn
01
13
22
36
44
55
61
73


Bien entendu, tout bon élève de TS (option math) montrera d'abord sans difficulté que Rn+1 et 3Rn sont égaux modulo 7, donc que Rn+1 est le reste de la division de 3Rn par 7, ce qui permet de trouver successivement les sept restes ci-dessus de tête!
On remarque que cette première séquence de restes semble périodique : cela va être préciser dans la question suivante.

2) L'hypothèse signifie que 1024=7q+1, avec q entier.
Donc 1025=7×101q+101 ; mais 101=7q'+3 (voir R1=3 ; q'=1) donc 1025=7(101q+q')+3 ; comme 101q+q' est un entier et 0£3<7, c'est que R25=3 (d'après l'unicité du reste)
de même 1026=7×102q+102 ; mais 102=7q'+2 (voir R2=2 ) donc 1026=7(102q+q')+2 ; comme 102q+q' est un entier et 0£2<7, c'est que R26=2
de même 1027=7×103q+103 ; mais 103=7q'+6 (voir R3=6) donc 1027=7(103q+q')+3 ; comme 103q+q' est un entier et 0£6<7, c'est que R27=6.
En continuant ainsi, c'est long à écrire ( surtout en html !!), on obtient, en exploitant R4, R5, R6 :
R28=4, R29=5, R30=1.

On vient donc de montrer que R24=1 entraîne que les six restes suivants sont 3,2,6,4,5,1=R30 : donc par un raisonnement identique (en utilisant encore R1, R2, R3, R4, R5, R6), on va obtenir R31=3, R32=2, ....
En fait, si on était parti de R6=1 (qui a été prouvé), on aurait aussi trouvé (en utilisant encore R1, R2, R3, R4, R5, R6) 3,2,6,4,5,1=R12 comme restes suivants,...
Et comme R0, R1, R2, R3, R4, R5 sont 1,3,2,6,4,5, c'est que Rn=1 pour n=0,6,12,18,..., cad pour n= un multiple de 6, puis Rn=3 pour n=1,7,13,...etc.
On peut résumer les résultats dans le tableau suivant, k étant un entier naturel quelconque :

nRn
6k1
6k+13
6k+22
6k+36
6k+44
6k+55

Remarque : la preuve rigoureuse la plus rapide, consiste à partir de 106 est égal à 1 modulo 7 et à élever à la puissance k (et non pas à partir de 100 est égal à 1 modulo 7).

3)De 10n=7q+Rnn, on tire a×10n=7aq+a×Rn ; donc u=a×10n et v=a×Rn sont tels que u-v=7aq est divisible par 7 (cad c'est un multiple de 7).
Montrons que cela suffit pour affirmer que u et v ont le même reste dans la division par 7.
Soient r' et r" ces restes : u=7q'+r', v=7q"+r" avec q' et q" entiers, r' et r" dans {0;1;2;3;4;5;6}. Par différence on obtient |r'-r"|=7|q"-q"| ; donc |r'-r"| est un entier divisible par 7, mais cet entier est forcément aussi dans {0;1;2;3;4;5;6}, donc c'est obligatoirement 0, soit r'-r"=0 et on a bien r'=r".

4) 3×10n-1 divisible par 7 équivaut à 3×10n a pour reste 1, équivaut à 3Rn a pour reste 1 (voir question 3), ce qui équivaut à 3Rn-1 est divisible par 7.
En examinant les 6 restes possibles (voir question 2), on voit que la seule possibilité est Rn=5, soit, toujours d'après la question 2, n=6k+5 et donc
les deux plus petites valeurs de n (entier naturel) cherchées sont 5 et 11.

5)
(a) On a évidemment N=10nan+B avec B="an-1an-2...a1a0" (entre les deux ", il s'agit de l'écriture décimale de B ; rappelons que n-1³0 puisque N³10) et
f(N)="an-1an-2...a1a0an"="an-1an-2...a1a00"+an=10B+an.
(b) f(N)=3N équivaut à 10B+an=3(10nan+B), soit 7B=an(3×10n-1) ; donc 7 divise un produit de deux facteurs, donc il divise un des facteurs (d'après la décomposition en nombres 1er, 7 apparaît forcément dans l'un des facteurs ; rappelons que le théorème de Gauss n'est pas connu en 1S).
Et donc 7 divise an ou 7 divise 3×10n.
Mais 7 divisera an (qui est non nul, car c'est le 1er chiffre de N, lequel est ³10, donc non nul) que si an=7, auquel cas, d'après 7B=an(3×10n-1), B serait égal à 3×10n-1, ce qui est impossible car B£99...9 (n fois le chiffre 9)=10n-1.
Donc f(N)=3N équivaut à 7 divise 3×10n-1 : la plus petite valeur de n possible est n=5 (voir question 4) et bien sûr c'est elle qui donnera les plus petites valeurs de N, car si on augmente n (la valeur suivante est 11), on augmente N, puisque on augmente son nombre de chiffres.
Pour n=5 on a alors 7B=a5(3×105-1), soit B=42857a5 et en prenant a5=1 et 2, on obtient les deux plus petites valeurs de N cherchées :
pour a5=1 on a B=42857 et N=142857 (vérification : f(N)=428571, qui est bien égal à 3×142857)
pour a5=2 on a B=85714 et N=285714 (vérification : f(N)=857142, qui est bien égal à 3×285714)
Remarque : on ne peut envisager a5=3, car B aurait alors 6 chiffres et pour n=5, B n'a que 5 chiffres.
-retour énoncé-


Fin des solutions

présentation olympiades