A317 Palindromes et leurs carrés palindromes[*** à la main]
Solution
La liste L des entiers naturels palindromes qui ne contiennent pas le chiffre 0 et dont les carrés sont des palindromes est la suivante :
1, 11, 111, 1111, 11111, 111111, 1111111, 11111111, 111111111 (9 chiffres 1), 2, 22, 121, 212, 11211, 3.
Cette liste résulte du théorème suivant : le carré d’un palindrome P est à nouveau un palindrome si et seulement si la somme des carrés des chiffres de P est inférieure à 10.
Démonstration : soit P un palindrome de la forme Pan.10nan1.10n1...10a1a0 avec par hypothèse ajanj.
Le premier (et le dernier) chiffre de P est égal à 1 ou 2 ou 3.En effet en considérant
successivement les carrés de 4, 5, 6, 7, 8 et 9, on constate que le premier chiffre de ces carrés 1,2,3,4,6,8 n’est jamais égal au 2ème chiffre qui est en même temps le dernier chiffre du carré de P.
Quand on pose la multiplication de P par lui-même, on écrit n+1 nombres qui résultent de la multiplication du multiplicande par les n+1 chiffres du multiplicateur et lors de l’addition de ces n+1 nombres décalés selon l’algorithme habituel de la multiplication, il n’y a aucune retenue. La démonstration se fait grâce à un raisonnement par récurrence.
Supposons qu’il y ait une retenue dans le premier chiffre de P . 2
- Si le premier chiffre (et dernier chiffre) de P est égal à 1, le carré P commence par 2 ou 2 3 (retenue comprise) qui ne peut pas être égal au dernier chiffre de P qui est le carré de 2 1 à savoir 1.
- Si le premier chiffre (et dernier chiffre) de P est égal à 2, le carré P commence par 5,6,7 2 ou 8 (après retenue) qui ne peut pas être égal au dernier chiffre de P qui est le carré de 2 2 à savoir 4.
- Enfin si le premier chiffre de P est égal à 3, le carré P commence par 1 (après retenue) 2 qui ne peut pas être égal au dernier chiffre de P qui est le carré de 3 à savoir 9. 2
Conclusion : il n’y a pas de retenue dans le premier chiffre de P . 2
Supposons qu’il n’y ait pas de retenue générée par le calcul des k premiers chiffres de P 2 dont les sommes par colonne sont donc toutes < 10 et supposons qu’il y ait une retenue dans le calcul du (k+1)ème chiffre de P .Comme 2 P est un palindrome à 2n+1 chiffres, les k 2 derniers chiffres placés de la position 2n-k+2 à la position 2n+1 sont à l’ordre près identiques aux k premiers chiffres. Les sommes par colonne sont elles aussi toutes < 10 et ne donnent lieu à aucune retenue. S’il y a une retenue dans le calcul du (k+1)ème chiffre de P ,par 2 symétrie il y a aussi une retenue dans le calcul du (2n-k+1)ème chiffre de P .Or celle ne 2 pourrait venir que du calcul de la (2n-k+2)ème colonne. D’où contradiction.
Conclusion : il n’y a aucune retenue dans le calcul des 2n+1 chiffres de P . 2
Considérons le chiffre central de P qui est le (n+1)ème chiffre. Il est égal à 2 ana0 + an1a1+
…+ a0an=
n i
0 i
2
ai . Cette somme est < 10 en l’absence de retenue dans le calcul de tous les chiffres de P . 2
Nous venons de démontrer la condition nécessaire du théorème. La condition suffisante est satisfaite avec la liste L dont tout nombre a ses chiffres qui vérifient
n i
0 i
2
a < 10. i
Si les nombres peuvent contenir des zéros, on peut partir de n’importe quel nombre de la liste L et insérer autant de zéros que l’on souhaite à condition que le nombre résultant reste un palindrome. Par exemple : 121 peut être transformé en 10201 ou 1002001 etc… 1111 peut être transformé en 101000101,etc….
