Enoncé A546 (Diophante) Tours babéliennes
L’entierT(k, n) =n∧n∧n∧. . .∧n,napparaissantkfois dans la tour des exposants, est appelé par convention “tour babélienne dek étages et den appartements par étage”. On rappelle qu’en l’absence de parenthèses dans l’expression deT(k, n),les exposants sont toujours pris du haut vers le bas.
C’est ainsi que T(3,3) = 3∧3∧3 est égal à 3(33)= 327= 7625597484987 et non pas à (33)3 = 273 = 19683 avec les exposants pris de bas en haut.
Pb no1 On considère la séquence des restes de la division par 2011 des tours babéliennes de 1, 2, 3, . . ., k, . . .étages et de 2 appartements par étage. Démontrer qu’à partir d’un certain rang les termes de la séquence sont constants.
Pb no2 Trouver la plus petite tour babélienne de k étages telle que la différence T(k+ 1, n)−T(k, n) avec la tour qui a un étage de plus et le même nombre nd’appartements par étage est divisible par 2011 quel que soit l’entier n.
Solution de Jean Moreau de Saint-Martin Première question
Pour tout entierm je considère le nombreψ(m) tel que m divise tous les nombres Nψ(m)−1 quand N est premier avc m; si m est le produit de diviseurs primairespa,ψ(m) est le PPCM des nombresϕ(pa) =pa(1−1/p).
On a ψ(2011) =ϕ(2011) = 2010, car 2011 est premier.
ψ(2010) =ψ(2·3·5·67) =P P CM(1,2,4,66) = 132.
ψ(132) =ψ(22·3·11) =P P CM(2,2,10) = 10.
ψ(10) =ψ(2·5) =P P CM(1,4) = 4.
Dans le tableau suivant, chaque terme est le reste de T(k,2) modulo la tête de colonne. Si la tête de colonne estdi,iimpair, dpuissance de 2, il faut combiner le reste modulod, soit min(d,2T(k−1,2)), et le reste modulo i, soit 2T(k−1,2) modψ(i).
T(k,2) mod 4 10 132 2010 2011 k
1 2 2 2 2 2
2 0 4 4 4 4
3 0 6 16 16 16
4 0 6 64 1216 1184
5 0 6 64 1156 1024
6 0 6 64 1156 1222
et les lignes suivantes reproduisent la ligne k= 6. La séquence T(k,2) de l’énoncé est
2, 4, 16, 1184, 1024, 1222, 1222, . . .
Par exemple, une diagonale aboutissant à 1222 résulte des calculs suivants.
T(2,2) = 0 modulo 4, d’où T(3,2) = 20 = 1 modulo 5, et comme c’est un multiple de 2,T(3,2) = 6 modulo 10.
Modulo 33T(4,2) = 26 = 64 soit 1 modulo 3, 4 modulo 5, 9 modulo 11, et c’est une puissance de 2>2, d’oùT(4,2) = 64 modulo 132.
1
Modulo 1005 T(5,2) = 264 soit 1 modulo 3, 1 modulo 5, 17 modulo 67 et c’est un multiple de 2, d’où T(5,2) = 1156 modulo 2010.
Enfin T(6,2) = 2T(5,2) d’où modulo 2011 T(6,2) = 2T(5,2) mod 2010 = 21156= 1222.
Seconde question
Soit à vérifier quem diviseT(k+ 1, n)−T(k, n).
On a identiquement pourk≥1 (quitte à poser T(0, n) = 1)
T(k+1, n)−T(k, n) =nT(k,n)−nT(k−1,n)=nT(k−1,n)(nT(k,n)−T(k−1,n)−1).
Siq =P GCD(n, m), avec r plus grand diviseur de m premier avec n/q, on est amené à vérifier
–a) que l’exposantT(k−1, n) est assez grand pour queqT(k,n)soit multiple dem/r;
–b) quer divisenT(k,n)−T(k−1,n)−1, ce qui est assuré siψ(r) divise T(k, n)−T(k−1, n), et a fortiori si ψ(m), qui est un multiple de ψ(r), diviseT(k, n)−T(k−1, n).
Les valeurs demà examiner sont, comme précédemment, 2011, 2010, 132, 10 et 4.
2 est le seul nombre premier qui y ait un exposant >1 ; pour les autres, l’exposant dans m est 1, égal à l’exposant dans q, et la condition a) est toujours vraie.
Cela fait qu’il y a deux cas.
– si 4 diviseT(2, n)−T(1, n) =nn−n, 10 diviseT(3, n)−T(2, n), 132 divise T(4, n)−T(3, n), 2010 diviseT(5, n)−T(4, n), 2011 diviseT(6, n)−T(5, n).
C’est le cas sinest impair ou multiple de 4.
– si 4 divise T(3, n)−T(2, n), sans diviser T(2, n)−T(1, n), 10 divise T(4, n)−T(3, n), 132 diviseT(5, n)−T(4, n), 2010 diviseT(6, n)−T(5, n), et 2011 diviseT(7, n)−T(6, n). C’est le cas sinest le double d’un nombre impair.
Il faut donc 6 étages pour couvrir ce dernier cas et que, quel que soitn, 2011 divise la différence avec une tour plus grande de mêmen.
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