Enoncé G2960 (Diophante) Après de laborieux calculs
Diophante a choisi deux nombres premierspetq tels que 5< p < q < 101.
Il donne à Zig le nombre premier pet lui demande de dénombrer tous les sous-ensembles non vides de 1,2,3,4, . . . , p−2, p−1 tels que le reste de la division de la somme de leurs termes par p est égal à 51.
Il pose la même question à Puce avec le nombre premier q. Après de laborieux calculs Zig et Puce constatent qu’ils obtiennent deux nombres qui ont le même nombre de chiffres.
Déterminer petq.
Solution de Jean Moreau de Saint-Martin
1. Nota : par exemple avec p = 7, l’ensemble 1,5,6 qui est un sous ensemble de 1,2,3,4,5,6 a pour somme de ses termes 12 dont la division par 7 a pour reste 5. Il en est de même du sous-ensemble 3,4,5.
A p fixé, je note n(m, r) le nombre des sous-ensembles à m éléments de [1..p−1] tels que le reste de la somme de leurs termes parpsoitr.N(m, r) est le nombre analogue quand lesméléments sont pris dans [0..p−1].
N(m, r) comprend des sous-ensembles sans terme 0, en nombre n(m, r), et des sous-ensembles avec terme 0, en correspondance biunivoque avec les sous-ensembles dont on retire le terme 0, et qui sont en nombren(m−1, r).
AinsiN(m, r) =n(m, r) +n(m−1, r).
Si j’ajoute un même entier a à tous les termes d’un des N(m, r) sous- ensembles, j’obtiens (en réduisant éventuellement ces termes modulo p), un sous-ensemble de reste r +ma (mod p) ; à s fixé, on peut choisir a pour quer+ma=s modulop, et N(m, s) =N(m, r).
Les sous-ensembles à m éléments de [0..p−1] sont en nombre Cpm, et se répartissent également entre les p restes possibles (de 0 à p−1). On en tireN(m, r) =Cpm/p, quel que soitr.
L’absence de 0 dans lesn(m, r) sous-ensembles crée une dissymétrie. Néan- moins si r, s 6= 0, n(m, r) = n(m, s). En effet, on peut trouver un entier atel que p divisera−s. Alors, à chacun des n(m, r) sous-ensembles, on peut faire correspondre le sous-ensemble formé des produits de ses termes para, et dont la somme aura pour reste s.
LesCp−1m sous-ensembles àméléments de [1..p−1] se répartissent ainsi en n(m,0) et p−1 nombres égaux
n(m, r) =n(m,1) = Cp−1m −n(m,0) p−1 . Le laborieux calcul de Zig lui fournit
p−1
X
m=1
n(m,5) = 1 p−1
p−1
X
m=1
Cp−1m −
p−1
X
m=1
n(m,0)
. Commen(1,0) = 0 etn(p−1,0) = 1, on a 2
p−1
X
m=1
n(m,0) = 1 +
p−1
X
m=2
(n(m,0 +n(m−1,0)) = 1 +
p−1
X
m=2
Cpm/p= 1 + (2p−2−p)/p= (2p−2)/p.
Alors
p−1
X
m=1
n(m,5) = 1
p−1(2p−1−1−(2p−1−1)/p) = (2p−1−1)/p.
On remarque que la dissymétrie entre les restes 0 et >0 a disparu, alors qu’elle était inévitable parmi les Cp−1m qui ne sont pas multiples dep.
Le nombre de chiffres de ce résultat est le nombre de chiffres avant la virgule de 2p−1/p, qui a 1/p comme partie fractionnaire. C’est donc 1 +b(p−1) log 2−logpc.
Sipetq ne sont pas des nombres premiers jumeaux, leur différence est au moins 4 et le résultat de Puce sera près de 16 fois plus grand que celui de Zig, excluant l’égalité des nombres de chiffres.
D’où le tableau, qui donne la conclusion : (p, q) = (71,73).
p 1 +b(p−1) log 2−logpc
11 2
13 3
17 4
19 5
29 7
31 8
41 11
43 12
59 16
61 17
71 20
73 20
