A533. Cubes en tous genres, petits et grands
P1
Nous avons 0! + 7 = 1! + 7 = 2! + 6 = 3! + 2 = 23, 4! + 3 = 33, 5! + 5 = 53, 6! + 9 = 93.Y a-t-il d’autres solutions ? Non ! Pour cela, nous remarquons qu’un cube est congru à 0, 1 ou 3 (mod 4), 0, 1 ou 6 (mod 7), et 0, 1 ou 8 (mod 9). La première congruence permet d’éliminer les cas 2 et 6 pourn>4.La deuxième congruence permet d’éliminer les cas 2, 3, 4, 5 et 9 pour n > 7. La dernière congruence permet d’éliminer les cas 2, 3, 4, 5, 6 et 7 pourn>6.
P2
Nous écartons les multiples de 10 dont le cube se termine par un nombre de 0 multiple de 3. En commençant par les nombres dont le cube se termine par 2 chiffres identiques, nous itérons en ajoutant un chiffre à gauche que nous déterminons, et voici les résultats :
2 : 14 42 53 64 71 77 92 99
3 : 192 442 471 477 692 753 942 999
4 : 753 1942 4442 6477 6942 8471 9442 9999
5 : 1942 26942 46477 51942 60753 76942 88471 99999
6 : 76942 288471 326942 446477 576942 660753 826942 999999
7 : 1576942 4076942 5446477 6576942 8288471 9076942 9660753 9999999 Nous vérifions que 15769423 = 3921454323268888888 est le plus petit entier naturel dont le cube se termine par 7 chiffres identiques.
Pour toutn>1 entier naturel, nous avonsN3≡N (mod 10n) oùN = 10n−1.
Ainsi nous avons un entierN dont le cube se termine parnchiffres 9.
P3
Par récurrence. Pour n = 1, nous avons x31 = x21, d’où x1 = 0 ou 1, tous deux nombres triangulaires. Pourn>1, supposons quex31+· · ·+x3n =t2n où tn=x1+· · ·+xnest un nombre triangulaire. Considéronsx31+· · ·+x3n+1=t2n+1 et montrons que tn+1 est également un nombre triangulaire. Par différence, nous avonsx3n+1 =t2n+1−t2n =xn+1(2tn+xn+1). Soitxn+1 = 0, auquel cas tn+1 =tn triangulaire. Soitx2n+1−xn+1= 2tn =m(m+ 1) par hypothèse de récurrence. Alors (xn+1+m) (xn+1−(m+ 1)) = 0,d’oùxn+1=−moum+ 1, et 2tn+1 =m(m−1) ou (m+ 1) (m+ 2) et l’entier tn+1 est bien triangulaire dans les deux cas.
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