Quentin De Muynck TleS3 Spé Maths DM 1 13/09/2018
Devoir maison 1
Code-barres : le code EAD 13
Problème étudié :
Les codes-barres, apposés sur de nombreux articles dans le commerce, contiennent un processus de contrôle interne.
Il d'agit d'étudier ce processus et de tester sa abilité.
Le code EAN 13 est composé de 13 chires. Le dernier est particulier : il s'agit d'une clé de contrôle, calculée à partir des 12 premiers chires.
Par exemple pour le code : 9782278069484 On calcule :
S1= 9 + 8 + 2 + 8 + 6 + 4 = 37 S2= 7 + 2 + 7 + 0 + 9 + 8 = 33 S=S1+ 3S2= 136
Le rester dans la division deS par10 est :r= 6. La clé de contrôle est10−r=4.
1. a. Vérier que le code EAN 13 de ce manuel sur la dernière page de couverture est : 9782278073160.
b. Vérier que la clé de contrôle de ce code est correcte.
S1 = 9 + 8 + 2 + 8 + 7 + 1 = 35 S2 = 7 + 2 + 7 + 0 + 3 + 6 = 25
S =S1+ 3S2= 35 + 3×25 = 110 110 = 11×10 + 0.(10−0 = 10) La clé de contrôle est bel et bien 0.
c. Que représente pour un entier le reste dans la division euclidienne de cet entier par 10 ? Le reste dans la division euclidienne d'un entier par 10 est le chire des unités de cet entier.
2. Est-il possible que la clé de contrôle d'un code EAN soit la bonne sachant que : Soit (ai)i∈
J1;13K une famille de chires composant un code-barre EAN 13.
On réécrit les sommes :
S1 =a1+a3+a5+a7+a9+a11 S2 =a2+a4+a6+a8+a10+a12
a. le premier et le troisième chire du code ont été inversés ?
Le premier et le troisième chire correspondent à a1 eta3 et se trouvent dans la même somme. L'addi- tion étant une relation symétrique, cela ne change ni S1, niS, donc la clé de contrôle ne change pas.
b. l'un des douze premiers chires du code (un seulement) est faux ?
On pose S0=S+a13. On a naturellementS = 10q+r,(q, r)∈N2. Ainsi on obtientS0 = 10q+r+a13. a13= 10−r⇔10 =a13+r ⇒10|S0
On suppose que le chire a2 est faux et est remplacé par b2. On change de notation et on adopte : S10 =S0 = (a1+a3+a5+a7+a9+a11+a13) + 3(a2+a4+a6+a8+a10+a12)
S20 = (a1+a3+a5+a7+a9+a11+a13) + 3(b2+a4+a6+a8+a10+a12)
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Quentin De Muynck TleS3 Spé Maths DM 1 13/09/2018
Si b2 ne fait pas changer la clé de contrôle, 10 divise encore S20, ou bien S20 est encore un multiple de 10.
On a : 0≤a2≤9et0≤b2 ≤9⇒ −9≤a2−b2 ≤9
On étudieS10 −S02= 3a2−3b2= 3(a2−b2) ; −9≤a2−b2≤9⇒ −27≤3(a2−b2)≤27
Si S20 est un multiple de 10, cela implique que S10 −S20 soit un multiple de 10 (étant donné qu'on a démontré que S10 est un multiple de 10). On remarque que cette diérence est un multiple de 3. Or si cette diérence est un multiple de 10, alors elle est un multiple de 30. Cependant, il existe un unique multiple de 30 entre -27 et 27, 0, ce qui est absurde puisque S10 6=S20.
Donc la diérence S10 −S20 n'est pas un multiple de 10 donc S20 n'est pas un multiple de 10 donc la clé de contrôle ne correspond pas.
(On mène un raisonnement analogue sur les entiers en position impaire).
c. deux des douze premiers chires du code sont faux ? On raisonne par disjonction des cas :
− 2 chires en position paire (resp. impaire) :
Il faut juste s'assurer que la sommeS1 (resp.S2) reste égale à la précédente.
Exemple : 978227807316 a la même clé de contrôle que 968327807316, en eet 7 + 2 = 6 + 3.
− 1 chire en position paire et 1 chire en position impaire :
Il faut toujours s'assurer que l'équilibre soit conservé entre les sommesS1 et3S2.
Soient k ∈ {ai, i = 2n+ 1, n ∈ J0; 6K}etk0 ∈ {ai, i = 2n, n ∈ J1; 6K}. Il faut s'assurer que le chire des unités de la somme k+ 3k0 reste constant. Soient n et n0 les entiers relatifs que l'on rajoute sur le chire en position impaire et sur le chire en position paire, n+ 3n0 doit être égal à 10. Doncn0 = 10−n
3 , ce qui suppose10−n≡0 (mod 3). On a donc une condition supplémentaire, n∈ {−8;−5;−2; 1; 4; 7}.
En d'autres termes on a l'égalité : k + 3k0 ≡ x (mod 10) n + 3n0 = 10 ≡ 0 (mod 10) ⇒ (k+n) + 3(k0+n0)≡x+ 0 (mod 10)
Exemple : le code 9782278073160; on remplace le chire a3 = 8 par b3 = 9. n = b3 −a3 = 1⇒n0 = (10−1) : 3 = 3. Il faut donc rajouter 3à un chire à indice paire. Le code devient alors : 979527807316.
Calculons la clé de contrôle : S1 = 9 +9+ 2 + 8 + 7 + 1 = 36 S2 = 7 +5+ 7 + 0 + 3 + 6 = 28
S =S1+ 3S2 = 36 + 3×28 = 120 120≡0 (mod 10)⇒r = 0⇒10−r= 10.
La clé de contrôle est la bonne alors que deux chires ont été changés.
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