Problème n°1 : on écrit sur une bande de papier infinie les puissances de 2 à la suite et sans séparation (1248163264128256...). Montrer qu'une suite quelconque finie de chiffres (les n premières décimales de π, un chiffrement de la Bible...) se retrouve nécessairement écrite quelque part sur cette bande de papier.
Problème n°2 : montrer qu'il existe une infinité d'entiers n tels que n est égal au nombre de même longueur formé par les chiffres de droite de 2n.
Problème n°3 : pour quelles valeurs de l’entier k > 1, existe-t-il des puissances de 2 qui se terminent par k chiffres identiques ?
Problème n°1
Considérons la suite à rechercher sur la bande. Quitte à rajouter un 1 au début, on peut supposer qu'elle ne commence pas par un 0, et qu’elle correspond ainsi à l'écriture d'un entier k.
Cherchons k au début de l'écriture d'une puissance de 2 donnée. On recherche alors des entiers n et m tels que :
( )
10 2 ( 1) 10
log log 2 log 1
m n m
k k
k n m k
× < < + ×
⇔ < − < +
Montrons que log 2 est irrationnel. En effet :
log 2 p 10p 2q 5p 2q p 0 absurde
p q q
= ⇒ = ⇒ = − ⇒ = =
On déduit alors que +
(
log 2)
est dense dans (se reporter à l’étude des sous-groupes additifs de ).En particulier, il est donc possible de trouver m et n tels que logk<nlog 2−m<log
(
k+1)
, ce qui conclut.Prouvons que a≡1 5 n ⇒a5≡1 5 n+1
1. Montrons tout d’abord que a≡1 5
[ ]
⇒5(
a−1 |)
a5−1[ ]
( ) ( ) ( )
( )
5 5 4 3 2
5
1 5
5 1
1 5 1 1 5 5 125 125 50 10 1 5 1
5 1 | 1
q
a
a k
a k k k k k k a q
a a
≡
⇒ = +
⇒ − = + − = × + + + + = −
⇒ − −
2. Concluons ensuite que a≡1 5 n ⇒a5≡1 5 n+1
( )
( )
1
1 5 5
5 1
1 5
5 | 1
5 | 5 1
5 | 1 car 5 1 | 1 d'après 1.
1 5
n n n n
n
a a
a
a a a
a
+ +
+
≡
⇒ −
⇒ −
⇒ − − −
⇒ ≡
Problème n°2
Montrons tout d’abord la congruence
10 1
2d× r×2n ≡2n10r+ si 2≤r<n (1) En effet
( ) [ ]
[ ]
( )
r
r
4 4
d 2
10 d 2 5 1
10 1
2 2 16 1 1 5
2 1 5 car 2
2 2 1 5 d'après le lemme appliqué fois
2 2 2 10 car 1
r r
r
k k k k
d r
d n n r
r
r n r
×
× × +
× +
≡ ≡ ≡ ≡
⇒ ≡ ≥
⇒ ≡ ≡
⇒ × ≡ ≥ +
Constatons l’existence d’un n à r≥2 chiffres tel que « 2n finit par n » :
( )
3( )
336 12 3
2 ≡ 2 ≡4096 ≡ −4 ≡ −64≡36 100
Soit un entier n à r≥2 chiffres tel que « 2n finit par n ».
Montrons alors que l’entier m formé des r+1 derniers chiffres de 2nvérifie « 2m finit par m ».
1
10 10 1
2 10 et 2 10
10 10
2 2 r 2 r 2 2 10 d'après (1)
n r n r
r r
m d n d n n r
m n
m n
m d n
m
+
× + × +
≡ ≡
⇒ ≡
⇒ = × +
⇒ ≡ ≡ × ≡ ≡
La suite entière définie par a2=36 ; ar=2ar−1mod10rest croissante (ar−ar−1=d×10 avec r d∈
0; 9), non- convergente (∀ ≥r R a, r =x⇒2x=x⇒absurde) et fournit donc une infinité d’entiers n tels que « 2n finit par n ».Montrons tout d’abord que la suite des nombres formés par les k derniers chiffres des puissances successives de 2 admet une période 4 5× k−1 à partir du rang k :
[ ]
( )
( )
k-1
k-1
4 4 5
4 5
2 16 1 5
2 1 5 d'après le lemme appliqué 1 fois
2 2 10 si
k
n n k
k n k
×
+ ×
≡ ≡
⇒ ≡ −
⇒ ≡ ≥
On peut donc se contenter de chercher les 2n qui se terminent par 2 chiffres identiques dans n<22.
n 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21
2nmod 10 2 2 4 8 16 32 64 28 56 12 24 48 96 92 84 68 36 72 44 88 76 52 Puis les 2n qui se terminent par 3 chiffres identiques parmi :
n 18 38 58 78 98 19 39 59 79 99
2nmod 103 144 944 744 544 344 288 888 488 88 688 Enfin les 2n qui se terminent par 4 chiffres identiques parmi :
n 39 139 239 339 439 2nmod 104 3888 1888 9888 7888 5888
En conclusion, seuls k = 2 et k = 3 conviennent ; les puissances de 2 qui se terminent par k chiffres identiques sont :
18 20 2
19 20 2
39 100 3
2 44 [10 ]
2 88 [10 ]
2 888 [10 ]
n n n + + +
≡
≡
≡
