A328. Les nombres polygéniques
Par convention un nombre entier naturel est appelé "polygénique" si de deux manières distinctes ou plus il peut s’exprimer comme la somme d’un entier appelé "gène" et des chiffres de cet entier.
Q1 : trouver le plus petit entier bigénique (à 2 gènes) Q2 : trouver un entier trigénique (à 3 gènes).
Q3 : trouver un entier quadrigénique (à 4 gènes).
Q4 : trouver un entier pentagénique (à 5 gènes).
Pour les plus courageux : démontrer qu’il existe une infinité de nombres polygéniques.
Solution pharaonique par Patrick Gordon (!)
Nous allons développer une approche générale, qui permettra au passage de répondre à la question Q1 (pour laquelle cet attirail n'est pas nécessaire) et à la question destinée aux "plus courageux", mais qui s'avère très simple avec cette approche.
1. approche générale
Soit N un nombre entier naturel à n chiffres dont l'écriture décimale est (de gauche à droite) : N = an an-1… a2 a1 (a1 est le chiffre des unités, etc.)
Notons f(N) la somme de ce nombre et de ses chiffres. On a : f(N) = (10n-1 + 1) an + (10n-2 + 1) an-1 … + 11 a2 + 2 a1.
Pour qu'un nombre P soit polygénique, il suffit qu'il soit le "f" commun à deux nombres N et N' (que nous appellerons "cogéniques"). Il suffit donc que (n représentant ici le nombre de chiffres de l'un au moins des deux nombres) :
1) (10n-1 + 1) (a'n – an) = (10n-2 + 1) (an-1 – a'n-1) … + 11 (a2 – a'2) + 2 (a1 – a'1) = 0.
Écartons d'emblée les cas de n = 1 et n = 2. En effet :
Si n=1, f(N) = 2 a'1 = 2 a1. Donc a'1 = a1 et il n'y a pas polygénie.
Si n= 2, (1) donne :
11(a'2 – a2) = 2 (a1 – a'1)
ce qui implique que 11 devrait diviser (a1 – a'1), qui est ≤ 9.
Il n'y a donc pas de nombres "cogéniques" à 1 ou 2 chiffres.
On supposera donc n ≥ 3 dans toute la suite et, sans restreindre la généralité, on supposera que a'n ≥ an. Comme les (ai – a'i) sont tous ≤ 9, le second membre de (1) est inférieur ou égal à :
9 [(10n-2 + 1) +… + 11 + 2] = 9 [(10n-2 + … + 10 +1 + n – 1]
c’est-à-dire, en sommant la progression géométrique, à : 9 [(10n-1 – 1) / (10 – 1) + n – 1], ou encore à :
2) 10n-1 + 9n – 10.
Il en résulte que le premier membre de (1), à savoir (10n-1 + 1) (a'n – an) satisfait : (10n-1 + 1) (a'n – an) ≤ 10n-1 + 9n – 10
et donc :
(a'n – an) ≤ (10n-1 + 9n – 10) / (10n-1 + 1) = 1 + (9n – 11) / (10n-1 + 1).
Or 1 + (9n – 11) / (10n-1 + 1) vaut 0 pour n = 1 (cas très particulier écarté ci-dessus), puis tend vers 1 par valeurs supérieures. Donc, pour n > 1 :
(a'n – an) ≤ 1.
C’est-à-dire (a'n – an) = 0 ou 1. Jusqu'à nouvel ordre, nous n'examinons que le cas où (a'n – an)
= 1.
En reportant ce résultat dans (1), il vient :
3) (10n-1 + 1) – (10n-2 + 1) (an-1 – a'n-1) = (10n-3 + 1) (an-2 – a'n-2)… +11 (a2 – a'2) + 2 (a1 – a'1).
Mais le second membre est inférieur ou égal à une valeur qui se calcule comme ci-dessus (formule (2) avec n – 1), soit : 10n-2 + 9(n–1) – 10 c’est-à-dire : 10n-2 + 9n – 19.
Tous calculs faits, il vient :
4) (an-1 – a'n-1) ≥ 9 + (11 – 9n) / (10n-2 + 1).
L'expression du second membre prend les valeurs suivantes pour n ≤ 3 : 1 10,81
2 5,5
3 7,54
puis reste strictement > 8 et tend vers 9 pour n≥4.
Examinons tout d'abord le cas n = 3 (les cas n = 1 ou 2 ayant été écartés ci-dessus).
Pour n = 3, (a2 – a'2) peut prendre les valeurs 8 ou 9.
Le calcul ci-dessus s'arrête sur ce résultat : (a'3 – a3) = 1; (a2 – a'2) = 8 ou 9.
Sans restreindre la généralité, on peut poser a3 = 0; a'3 = 1, car tout complément commun à ces deux chiffres s'éliminerait dans (1). Notons que, pour la même raison, on peut écarter
l'hypothèse (a'3 – a3) = 0, car elle reviendrait à rechercher une solution avec n = 2, qui n'existe pas.
Les solutions sont donc de l'une des formes : a) N = "09x"; N' = "10y"
b) N = "09x"; N' = "11y"
c) N = "08x"; N' = "10y"
Le calcul mène à l'amorce de solution :
En récrivant (1) avec n = 3, il vient respectivement : pour a) 101 – 11 × 9 – 2 (x – y) = 0;
pour b) et c) 101 – 11 × 8 – 2 (x – y) = 0.
Soit encore :
pour a) (x – y) = 1;
pour b) et c) pas de solution.
Les solutions sont donc :
N = "09x"; N' = "10(x–1)"
La plus petite d'entre elles est : N = "091"; N' = "100"
On vérifie bien que f(91) = f(100) = 101.
On a ainsi répondu à la question Q1 :
Le plus petit entier bigénique est 101.
Il n'était naturellement pas nécessaire d'étudier la solution générale pour obtenir ce résultat très simple.
2. Question pour "pour les plus courageux"
Nous relevons toutefois que nous pouvons répondre à la question destinée aux "plus courageux". En effet, à partir de la solution N = "091"; N' = "100" (ou de n'importe quelle autre à 3 chiffres), nous pouvons en fabriquer une infinité d'autres en ajoutant un même "en- tête" à 091 et 100.
Par exemple : 12345091 et 12345100 donnent le même f = 12345116, qui est donc un nombre (au moins bi-) génique.
On peut d'ailleurs à ce stade, et pour la même raison, écarter définitivement l'hypothèse (a'n – an) = 0. En effet, si (a'n – an) = 0 dans un couple "cogénique" N, N', ce couple se déduit du même couple sans les a'n = an en tête, lequel est donc un couple "cogénique" à (n – 1) chiffres,
qui n'apporte rien de nouveau. Il peut toutefois intervenir dans des combinaisons polygéniques de plus haut niveau, comme nous le verrons plus loin.
3. Cas général n ≥ 4
On relève que la différence (an-1 – a'n-1) des seconds chiffres de N et N' est toujours ≥ 9 donc = 9. Mais, s'agissant d'entiers, on a :
an-1 = 9 a'n-1 = 0
Ainsi se dessine une première série de solutions à la recherche de nombres "cogéniques" N et N'. Dans le cas où (a'n – an) = 1 (qui est le seul que nous retenons désormais), les seconds chiffres sont 9 et 0.
Mais quid des troisièmes chiffres? En d'autres termes, jusqu'où ce raisonnement peut-il aller?
En reportant le résultat (an-1 – a'n-1) = 9 dans (3), il vient :
(10n-1 + 1) – 9 (10n-2 + 1) – (10n-3 + 1) (an-2 – a'n-2) = (10n-4 + 1) (an-3 – a'n-3)… +11 (a2 – a'2) + 2 (a1 – a'1).
Soit encore :
10n-2 – 8 – (10n-3 + 1) (an-2 – a'n-2) = (10n-4 + 1) (an-3 – a'n-3)… +11 (a2 – a'2) + 2 (a1 – a'1).
Or nous avons vu que le second membre est inférieur ou égal à une valeur qui se calcule comme ci-dessus (formule (2) avec n – 3), soit : 10n-3 + 9(n–2) – 10 c’est-à-dire : 10n-3 + 9n – 28.
Et, par conséquent :
10n-2 – 8 – (10n-3 + 1) (an-2 – a'n-2) ≤ 10n-3 + 9n – 28.
D'où :
(10n-3 + 1) (an-2 – a'n-2) ≥ 10n-2 – 8 – 10n-3 – 9n + 28 = 9 10n-3 – 9n + 20 Tous calculs faits, il vient :
5) (an-2 – a'n-2) ≥ 9 + (11 – 9n) / (10n-3 + 1)
On reconnaît la relation (4) transposée au cas de (n – 2) (troisièmes chiffres). On montre aisément par récurrence que, pour k quelconque (mais approprié, voir ci-après), on a encore :
6) (an-k – a'n-k) ≥ 9 + (11 – 9n) / (10n-k-1 + 1).
Ainsi, on aura (an-k – a'n-k) = 9 et donc les (k+1)èmes chiffres de N et N' seront respectivement 9 et 0 aussi longtemps que :
(11 – 9n) / (10n-k-1 + 1) > – 1
Ou encore aussi longtemps que : 10n-k-1 > 9n – 12.
Un rapide dégrossissage au moyen d'un tableur montre que cette inégalité est satisfaite sauf pour les deux derniers chiffres jusqu'à n = 12, puis sauf pour les trois derniers chiffres à partir de n =13, etc. (non examiné au moyen du tableur, qui atteint ses limites).
Pour n = 4 à 12, on peut examiner en détail le cas des deux derniers chiffres a2 et a1 (k = n – 2 et k = n – 1).
Les nombres N et N' se présentent comme suit :
N = 999…9 (n – 2 fois 9) x y, c’est-à-dire : 10n – 100 + 10 x + y, N' = 1000…0 (n – 2 fois 0) x' y', c’est-à-dire : 10n + 10 x' + y'.
f(N) = 10n – 100 + 11 x + 2y + 9 (n–2) f(N') = 10n + 11 x' + 2y' + 1.
Pour qu'il y ait bigénisme, il faut que :
10n – 100 + 11 x + 2y + 9 (n–2) = 10n + 11 x' + 2y' + 1.
Soit :
7) 11 (x – x') + 2 (y – y') = 119 – 9n.
Voici des solutions possibles pour n = 4 à 12. Le calcul ne déterminant que les différences (x – x') et (y – y'), on a pris des exemples dans chaque cas.
exemples nombre bigénique
n 119 - 9n x - x' y - y' x y x' y' exemple N exemple N' f(N) f(N')
4 83 7 3 8 6 1 3 9 986 10 013 10 018 10 018
4 83 9 -8 9 0 0 8 9 990 10 008 10 017 10 017
5 74 6 4 9 5 3 1 99 995 100 031 100 036 100 036
5 74 8 -7 9 0 1 7 99 990 100 017 100 026 100 026
6 65 5 5 9 5 4 0 999 995 1 000 040 1 000 045 1 000 045
6 65 7 -6 9 0 2 6 999 990 1 000 026 1 000 035 1 000 035
7 56 4 6 9 7 5 1 9 999 997 10 000 051 10 000 058 10 000 058
7 56 6 -5 9 0 3 5 9 999 990 10 000 035 10 000 044 10 000 044
8 47 3 7 9 8 6 1 99 999 998 100 000 061 100 000 069 100 000 069
8 47 5 -4 9 0 4 4 99 999 990 100 000 044 100 000 053 100 000 053
9 38 2 8 9 9 7 1 999 999 999 1 000 000 071 1 000 000 080 1 000 000 080
9 38 4 -3 9 2 5 5 999 999 992 1 000 000 055 1 000 000 066 1 000 000 066
10 29 1 9 9 9 8 0 9 999 999 999 10 000 000 080 10 000 000 089 10 000 000 089
10 29 3 -2 9 0 6 2 9 999 999 990 10 000 000 062 10 000 000 071 10 000 000 071
11 20 2 -1 9 0 7 1 99 999 999 990 100 000 000 071 100 000 000 080 100 000 000 080 12 11 1 0 9 3 8 3 999 999 999 993 1 000 000 000 083 1 000 000 000 095 1 000 000 000 095
Ce tableau montre qu'il n'existe pas de nombres tri- ni quadri- ni penta-géniques pour n≤12.
4. Recherche de nombres trigéniques
Pour tenter d'obtenir des nombres trigéniques, il faut passer au-delà de n = 12.
Essayons n = 13.
Nous noterons x y z et x' y' z' les trois derniers chiffres à déterminer de N et N' respectivement.
Ainsi, N et N' s'écriront :
8) N = 9 999 999 999 x y z N' = 10 000 000 000 x'y'z'
Par (6), on remarque que, pour n = 13, la différence (a3 – a'3), que nous notons ici (x – x') entre les chiffres de rang 3 (troisièmes de la fin, soit encore k = n – 3), si elle n'est pas forcément égale à 9, reste tout de même ≥ 8.
En effet (6), écrite avec n = 13 et k = n – 3 = 10, indique que : (a3 – a'3) ≥ 9 + (11 – 9×13) / (102 + 1),
Soit :
(a3 – a'3) ≥ 9 + (11 – 9×13) / (102 + 1) = 7,95 Ainsi, on aura (x – x') = 8 ou 9 et donc :
x = 9; x' = 1 x = 8; x' = 0 x = 9; x' = 0.
Mais (8) montre que, si f(N) = f(N'), on a (en éliminant 1013 et en simplifiant) : 9) 101 (x – x') + 11 (y – y') + 2 (z – z') = 1028 – 9 × 13 = 911
Ainsi, il y a 2 cas (qui deviendront 3, quand on distinguera les valeurs de x) :
si (x – x') = 9, l'égalité (9) donne :
11 (y – y') + 2 (z – z') = 2, ce qui n'est possible que pour : (y – y') = 0; (z – z') = 1
si (x – x') = 8, l'égalité (9) donne :
11 (y – y') + 2 (z – z') = 103, ce qui n'est possible que pour : (y – y') = 9; (z – z') = 2
Les combinaisons de valeurs de x y z; x' y' z' sont donc limitées.
Voici un tableau qui expose celles susceptibles de donner lieu à polygénie. On y distingue trois cas, notés a, b, c.
x y z x' y' z'
a 9 y z 0 y z-1
b 9 9 z 1 0 z-2
c 8 9 z 0 0 z-2
Le calcul de f(N) pour N = 99…9 (10 fois le chiffre 9) xyz, ainsi que, pour contrôle, celui de f(N') pour N' = 100…0 (1 puis 10 fois le chiffre 0)x'y'z' montre que :
les configurations b et c donnent chacune 8 solutions (de z = 2 à 9),
la configuration a en donne 99 (de "yz" = 01 à 99),
l'on peut apparier les premières solutions de a avec celles de c et les dernières solutions de a avec celles de b,
l'on ne trouve que des solutions trigéniques car l'un des nombres N ou N' est commun aux deux paires N N'.
Nous avons surligné sur le tableau suivant un exemple de trigénie : 9 999 999 999 901
9 999 999 999 892 10 000 000 000 000
Ces nombres donnent tous trois la valeur de f : 10 000 000 000 001
Et ce dernier nombre a donc les trois gènes ci-dessus.
N N' f(N) f(N')
tronc commun x y z tronc commun x' y' z' 1013-910+101x+11y+2z 1013+101x'+11y'+2z'+1 cas
a 9 999 999 999 9 y z 10 000 000 000 0 y z-1
9 0 1 0 0 0 10 000 000 000 001 10 000 000 000 001
9 0 2 0 0 1 10 000 000 000 003 10 000 000 000 003
9 0 3 0 0 2 10 000 000 000 005 10 000 000 000 005
9 0 4 0 0 3 10 000 000 000 007 10 000 000 000 007
9 0 5 0 0 4 10 000 000 000 009 10 000 000 000 009
9 0 6 0 0 5 10 000 000 000 011 10 000 000 000 011
9 0 7 0 0 6 10 000 000 000 013 10 000 000 000 013
9 0 8 0 0 7 10 000 000 000 015 10 000 000 000 015
… … … … … … … …
9 9 2 0 9 1 10 000 000 000 102 10 000 000 000 102
9 9 3 0 9 2 10 000 000 000 104 10 000 000 000 104
9 9 4 0 9 3 10 000 000 000 106 10 000 000 000 106
9 9 5 0 9 4 10 000 000 000 108 10 000 000 000 108
9 9 6 0 9 5 10 000 000 000 110 10 000 000 000 110
9 9 7 0 9 6 10 000 000 000 112 10 000 000 000 112
9 9 8 0 9 7 10 000 000 000 114 10 000 000 000 114
9 9 9 0 9 8 10 000 000 000 116 10 000 000 000 116
N N' f(N) f(N')
tronc commun x y z tronc commun x' y' z' 1013-910+101x+11y+2z 1013+101x'+11y'+2z'+1 cas
b 9 999 999 999 9 9 z 10 000 000 000 1 0 z-2
9 9 2 1 0 0 10 000 000 000 102 10 000 000 000 102
9 9 3 1 0 1 10 000 000 000 104 10 000 000 000 104
9 9 4 1 0 2 10 000 000 000 106 10 000 000 000 106
9 9 5 1 0 3 10 000 000 000 108 10 000 000 000 108
9 9 6 1 0 4 10 000 000 000 110 10 000 000 000 110
9 9 7 1 0 5 10 000 000 000 112 10 000 000 000 112
9 9 8 1 0 6 10 000 000 000 114 10 000 000 000 114
9 9 9 1 0 7 10 000 000 000 116 10 000 000 000 116
N N' f(N) f(N')
tronc commun x y z tronc commun x' y' z' 1013-910+101x+11y+2z 1013+101x'+11y'+2z'+1 cas
c 9 999 999 999 8 9 z 10 000 000 000 0 0 z-2
8 9 2 0 0 0 10 000 000 000 001 10 000 000 000 001
8 9 3 0 0 1 10 000 000 000 003 10 000 000 000 003
8 9 4 0 0 2 10 000 000 000 005 10 000 000 000 005
8 9 5 0 0 3 10 000 000 000 007 10 000 000 000 007
8 9 6 0 0 4 10 000 000 000 009 10 000 000 000 009
8 9 7 0 0 5 10 000 000 000 011 10 000 000 000 011
8 9 8 0 0 6 10 000 000 000 013 10 000 000 000 013
8 9 9 0 0 7 10 000 000 000 015 10 000 000 000 015
Il ne semble pas que l'on puisse trouver de nombres quadrigéniques avec n = 13.
5. Recherche de nombres quadrigéniques
L'intuition suggère d'en rechercher en raisonnant sur les 4 derniers chiffres, N commençant par (n – 4) fois le chiffre 9 et N' par un 1 suivi de (n – 4) zéros.
Si l'on nomme x y z t et x' y' z' t' les 4 derniers chiffres respectifs de N et N', on montre aisément que, pour que f(N) = f(N'), il faut que soit satisfaite la relation suivante, qui ressemble aux relations (7) et (9) :
10) 1001 (x – x') + 101 (y – y') + 11 (z – z') + 2 (t – t') = 10037 – 9n.
On est amené à tâtonner avec un tableur. De nombreuses valeurs de n donnent, en effet, plusieurs combinaisons de (x – x'), (y – y'), (z – z'), (t – t') auxquelles correspond une même valeur de l'expression (10) mais il n'est souvent pas possible de trouver plus d'une
combinaison de x y z t donnant une même valeur de f(N). Ou bien, si on en trouve, le f(N') sera commun aux deux.
On trouve finalement un nombre quadrigénique avec n = 57 (ce n'est peut-être pas le plus petit, mais l'énoncé n'exige rien en la matière).
C'est 1057 + 0304.
Il est le "f" des 4 nombres différents suivants : 53 fois le chiffre 9 suivis de 9796 53 fois le chiffre 9 suivis de 9805
le chiffre 1 suivi de 53 zéros suivis de 0291 le chiffre 1 suivi de 53 zéros suivis de 0300.
6. Recherche de nombres polygéniques d'ordre ≥ 5
Pour aller plus loin, c’est-à-dire pour rechercher des nombres polygéniques d'ordre ≥ 5, l'idée est de faire précéder un triplet ou un quadruplet de nombres cogéniques par deux "têtes"
appropriées, elles-mêmes cogéniques, qui donneront donc chacune un triplet ou un quadruplet de nombres cogéniques, soit au total jusqu'à 6 ou 8 nombres cogéniques.
Par exemple, si les nombres 19 990 000…0 et 20 008 000…0 (les "têtes" sont les parties soulignées) donnaient le même f (ce qui n'est pas le cas), on pourrait remplacer, dans chacun, la dernière tranche de zéros par les trois triplets ou les quatre quadruplets cogéniques trouvés ci-dessus.
Malheureusement les trois triplets et quatre quadruplets en question ne conviennent pas parce qu'ils n'ont pas le même nombre de chiffres et ne peuvent donc pas s'accommoder d'une tête commune. Ainsi, si l'on trouve deux têtes cogéniques, n'aura-t-on trouvé au plus que 4 nombres cogéniques.
Il nous faut donc partir de 4 nombres cogéniques ayant le même nombre de chiffres et, pour ce faire, en rechercher tout d'abord car nous n'en avons pas trouvé.
Voici une méthode, un peu lourde, mais qui présente l'avantage d'être reproductible
indéfiniment et donc de montrer ("pour les plus courageux") que non seulement il existe une infinité de nombres polygéniques, mais encore qu'il existe des nombres k-géniques avec k aussi élevé que l'on veut.
Nous connaissons un couple cogénique à 3 chiffres; c'est : 892 et 901 (leur f commun est le nombre bigénique 911).
Nous avons vu par ailleurs que, si deux nombres N et N' sont cogéniques, ils sont de la forme a999… et (a+1)000…
Pour fixer les idées, prenons a = 1 et essayons de former deux têtes cogéniques à n chiffres, suivies de 3 chiffres, qui seront laissés à 0 provisoirement.
On ne peut naturellement pas laisser ces têtes à 1999…9 et 2000…0 respectivement car ces deux nombres, suivis de 000, ne sont à l'évidence pas cogéniques (quel que soit n).
Quelques tâtonnements montrent qu'il suffit, pour trouver une solution, de laisser libres deux chiffres seulement à la "queue de la tête" (c’est-à-dire ceux de rang 4 et 5 en commençant par la fin du nombre complet) et même, plus précisément, de rechercher un couple cogénique à n chiffres de la forme (rappelons que n est la longueur de la "tête") :
(n-2) chiffres
N1 1999…9 9 0 000 N2 2000…0 0 x 000
En écrivant que f(N1) = f(N2), c’est-à-dire : N1 + 9(n–2) + 1 = N2 + 2 + x et en remarquant que :
N2 – N1 = 1000 (10 + x)
on obtient la relation suivante entre n et x : 10019 + 1001 x = 9n
Or x est un chiffre, donc 0 ≤ x ≤ 9 et cette relation n'a de solution entière que pour x = 8 et n = 2003.
Nous avons donc trouvé deux nombres cogéniques à 2006 chiffres terminés par 000, à savoir :
2001 chiffres
N1 1999…9 9 0 000 N2 2000…0 0 8 000
En remplaçant les 000 de la queue par le couple cogénique à 3 chiffres {892, 901}, nous obtenons 4 nombres cogéniques ayant tous quatre le même nombre de chiffres (2006) – ce qu'il nous fallait pour continuer :
2001 chiffres
N1 1999…9 9 0 892 N2 2000…0 0 8 892 N3 1999…9 9 0 901 N4 2000…0 0 8 901
On vérifie aisément que la valeur de f commune à ces 4 nombres est :
2001 chiffres
f 2000…0 0 8 921
Munis de ce quadruplet de nombres cogéniques, nous rééditons l'opération ci-dessus.
Nous formons le couple de nombres à (m + 2 + 2006) chiffres terminés provisoirement par 2006 zéros :
m chiffres
2006 chiffres
M1 1999…9 9 0 00…0 M2 2000…0 0 y 00…0
Nous écrivons que f(M1) = f(M1) et nous aboutissons, tous calculs faits, à la relation suivante entre m et y :
(102007 + 1) + (102006 + 1) y = 9m Or, quel que soit p : 10p = 1 mod. 9 et donc :
2 + 2x = 0 mod. 9
ce qui n'est possible que pour y = 8. On a alors :
9m = (102007 + 1) + 8 (102006 + 1) = 18 ×102006 + 9 D'où :
m = 2 ×102006 + 1
D'où :
M1 = (2×10(m–1) – 1) 102008 + 90×102006 = (2×10(2 ×10^2006)
– 1) 102008 + 90×102006 M2 = 2×10(m–1) × 102008 + 8×102006
= (2×10(m+1) + 8)×102006 = (2×10(2×10^2006 + 2)
+ 8)×102006
En remplaçant dans M1 et M2 respectivement les tranches finales de 2006 zéros par les nombres à 2006 chiffres N1 N2 N3 et N4 et trouvés ci-dessus (c’est-à-dire encore en
additionnant N1 N2 N3 et N4 respectivement à M1 et M2, on obtient 8 nombres cogéniques.
Leur f commun est particulièrement facile à calculer pour M2N4. Il est en effet formé comme suit :
(m+2) chiffres 2001 chiffres
M2N4 200...08 200…0 08901
La somme de ses chiffres est 30. Donc f est (en reprenant la valeur de m définie ci-dessus) :
(2 ×102006 + 3)
chiffres 2001 chiffres
f(M2N4) 200...08 200…0 08931
On peut poursuivre indéfiniment mais les notations deviendront vite impraticables.
Nota : l'énoncé demandait un nombre pentagénique. Nous en avons trouvé un octogénique.
Espérons que l'énoncé considère que qui peut le plus peut le moins.
