A533 : Cubes en tout genres, petits et grands
P1 : Trouver tous les couples d’entiers naturels (n, a) avec a qui peut prendre l'une des valeurs 2,3,4,5,6,7 et 9, tels que n! + a est un cube [Nota : n! désigne la factorielle de n].
P2 : Quel est le plus petit entier naturel dont le cube se termine par 7 chiffres identiques ? Existe-t-il un entier dont le cube se termine par 2009 chiffres identiques ?
P3 : On considère une suite de nombres réels telle que pour tout entier n, la somme des cubes des n premiers termes est égale au carré de leur somme. En déduire que pour tout n, la somme des n premiers termes est un nombre triangulaire
P1 : (3k)3=27k3; (3k+1)3=27k3+27k2+9k+1; (3k+2)3=27k3+27*k(2k+1)+9k+8
Tout cube est congru à 0, 1 ou 8 modulo 9; il en résulte que pour n≥6, n!+a ne peut être un cube, pour a=2,3,4,5,6,7 puisque n! est un multiple de 9. Dans le cas a=9, on constate qu’il n’y a pas de cube congru à 9 modulo 27, et que n! est divisible par 27 pour n≥9. On peut donc se limiter à étudier les cas où n≤5, pour a=2,3,4,5,6,7, ce qui donne les solutions 1!+7=2!+6=3!
+2=23, 4!+3=33, 5!+5=53; et n≤8 pour a=9, avec la seule solution 6!+9=63.
P2 : On a (a*10k+b)3 =3ab2*10k+b3 (mod 10k+1). Les k derniers chiffres de (a*10k+b)3 sont ceux de b3, tandis que le précédent est la somme, modulo 10, de celui p de b3 et du dernier chiffre q de 3ab2. soit [b3/10k]+3ab2 (mod 10), où [ ] désigne la partie entière.
Si b est impair, non divisible par 5, chaque valeur de a modulo 10 donnera chacune des valeurs de la somme p+q (mod 10) tandis que si b est pair, on ne pourra obtenir qu’une seule parité, et des multiples de 5 si b en est un.
Les cubes des nombres inférieurs à 10 sont 1, 8, 27, 64, 125, 216, 343, 512, 729. Les couples obtenus pour 3b2 (mod 10) et b3 (mod 100) sont donc (3,1), (2,8), (7,27), (8,64), (5, 25), (8,16), (7,43), (2,12), (3,29). L’équation en a : 3ab2+[b3/10]=b3 (mod 10) a donc deux solutions pour les couples en gras, aucune pour ceux en italique, et une pour les autres, soit huit nombres
(71,42,92,53,14,64,77,99) donnant des cubes se terminant par deux chiffres identiques. En itérant le processus, on trouve huit nombres ( 8288471, 4076942, 9076942, 1576942, 6576942, 9660753, 5446477, 9999999 modulo 107) dont les cubes se terminent par 7 chiffres identiques, le plus petit étant 1576942.
Pour tout n, 10n-1 a un cube se terminant par n fois le chiffre 9; de plus par une récurrence ( un peu lourde) sur le processus ci-dessus, on doit pouvoir montrer qu’il existe huit nombres
inférieurs à 10n dont le cube se termine par n chiffres identiques.
P3 :Soit an la suite cherchée: remarquons d’abord que l’on peut intercaler après le terme an, un terme nul, ou un couple de termes -an, an, et obtenir encore une suite admissible: on peut donc se limiter à rechercher des suites ne comportant ni termes nuls, ni couples de termes
consécutifs opposés.
Pour le premier terme, on a a13=a12, donc a1=0 ou 1; donc puisqu’on a écarté les termes nuls, a1=1; on a ensuite l’égalité 1+a23=(1+a2)2, soit a23-a22-2a2 =0 , donc a2=-1, 0 ou 2. Si a2=0, ce terme n’intervient pas dans les sommes, et l’on peut donc l’occulter; les cas -1 et 0 sont à écarter, donc a2=2.
Raisonnons par récurrence, et supposons que ak=k pour tout k≤n,
13+...+n3+an+13=(1+...+n+an+1)2=(1+...+n)2+2*(1+...+n)an+1+an+12, et comme
13+...+n3=(1+...+n)2, et 1+...+n=n(n+1)/2, on a donc an+13-an+12-n(n+1)an+1=0 donc
an+1=-n, 0 ou n+1; comme plus haut, on écarte les valeurs -n et 0 . On a donc an+1=n+1: sous réserve d’occulter les termes nuls et les couples de termes opposés, la somme des n premiers termes est donc le n-ième nombre triangulaire.
