Avec les entiers 1, 5, 3 et 2 pris dans cet ordre, on aS

A622. Un zeste de Kaprekar ****

Diophante choisit deux entiersketnaveck>^{3 etn}>^k2puis il demande à Zig de trouver une partition denenkentiers positifs et distincts de sorte qu’en les plaçant de manière adéquate le long de la circonférence d’un cercle il minimise la sommeSdeskproduits des entiers adjacents pris deux à deux (1). Parallèlement, Diophante demande à Puce de faire le même exercice avec la partition de l’entiern+14 enk−1 entiers positifs et distincts. Tous calculs faits avec leurs couples respectifs (n,k) et (n+14,k−1) , Zig et Puce obtiennent la même somme minimale égale à la constante de Kaprekar 6174.

Déterminer les deux paramètresnetkchoisis par Diophante.

(1) : Par exemple la partition de 11 avec les quatre entiers 2, 1, 3 et 5 pris dans cet ordre le long d’un cercle donneS=2∗1+1∗3+3∗5+5∗2=30. Avec les entiers 1, 5, 3 et 2 pris dans cet ordre, on aS=1∗5+5∗3+3∗2+2∗1=28. Dans les deux cas, S n’est pas minimale.

Solution de Claude Felloneau

La réponse estk=12etn=2013

Soitsun réel etP =(a₁,a₂, ...,a_k) une suite dek entiers positifs distincts formant une partition de l’entiern, on dira ques est la somme associée àP ou que la partitionP est associée às si et seulement sis=

k−1

X

i=1

a_ia_i+1+a_ka₁.

On noteS_n,kla valeur minimale des sommes associées à une partition denenkentiers positifs distincts etσk=Sk(k+1)

2 ,k. On démontre que : 1. Pour tout entierk>^1,σk=k(k²+3k+5)

6 −3+(−1)^k

4 .

2. Pour toutn>^k(k+1)

2 ,S_n,k=σk+3 µ

n−k(k+1) 2

¶ .

Le problème se ramène alors à trouvernetktels queS_n,k=6174 etS_n+14,k−1=6174.

Commen>^k2etk>^{3, on an}>^k(k+1)

2 etn+14>^(k−1)k

2 .

On a alors

S_n,k=S_n+14,k−1⇔σk−σ_k−1=3k+42.

Or d’après 1, pour tout entierk>^2, σk−σk−1=k(k²+3k+5)

6 −3+(−1)^k

4 −(k−1)(k²+k+3)

6 +3+(−1)^k−1 4 σk−σk−1=k²+k+1

2 −(−1)^k 2 σk−σ_k−1=k(k+1)

2 +1−(−1)^k 2

kvérifie donc l’équation (1) k(k+1)+1−(−1)^k=84+6k.

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– Si k est impair, (1)⇔k²−5k−82=0, le discriminant ∆=25+328=353 n’est pas un carré parfait donc l’équationk²−5k−82=0 n’a pas de solution entière.

– Sikest pair, (1)⇔k²−5k−84=0⇔(k−12)(k+7)=0⇔k=12.

On aσ12=369 etSn,12=3n+135 doncSn,12=6174⇔n=6174−135

3 =2013.

1. Calcul deσk.

a. Démontrons d’abord que pourk>^3,σk>σk−2+k²+1.

On suppose que les entiers 1, 2, ...,ksont placés sur le cercle de sorte que la somme associée est égale àσk. On noteaetbles entiers adjacents àktels quea<b.

Sia>1, on échangeaet 1, la somme associée à la nouvelle liste est S=σk+(a−1)(c+d−k−e)

oùc etd sont les entiers adjacents à 1 ete l’entier strictement inférieur àk qui est adjacent àa.

Ce résultat reste encore valable sia=1.

En supprimant les entiers 1 etkde la liste, la somme associée à la nouvelle liste est S−k−e−bk+be.

Les entiers restants sont 1+a₁, 1+a₂, ..., 1+a_k−2où {a₁,a₂, ...,a_k−2}={1, 2, ...,k−2}.

En posanta_k−1=a₁, la somme associée est donc

k−2

X

i=1

(1+a_i)(1+a_i+1)=

k−2

X

i=1

1+

k−2

X

i=1

a_i+

k−2

X

i=1

a_i+1+

k−2

X

i=1

a_ia_i+1.

Comme

k−2X

i=1

1=k−2,

k−2X

i=1

a_i+1=

k−2X

i=1

a_i =

k−2X

i=1

i =(k−2)(k−1)

2 et

k−2X

i=1

a_ia_i+1>^σk−2, on en déduit que :

σk+(a−1)(c+d−k−e)−k−e−bk+be>σk−2+k²−2k.

Ainsi

σk−σ_k−2>^k2−2k−(a−1)(c+d−k−e)+k+e+bk−be

σk−σk−2>^k2−2k+(b−a−1)(k−e)+2(k−e)+(a−1)(2k−c−d)+k+e σk−σ_k−2>^{k2+k−e+(b−a−1)(k−e)+(a−1)(2k−c−d)}

.

Orb>adoncb>^a+1,k>^c,k>^detk>edonck>^e+1, donc : σk>^σk−2+k²+1.

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b. Démontrons que pourk>^3,σk=σ_k−2+k²+1 et on peut ordonner les entiers 1, 2, ...,kde sorte que la somme associée est égale àσket les entiers adjacents àksont 1 et 2.

On procède par récurrence surk.

– si k est un entier supérieur ou égal à 5 tel que la propriété est vraie pourk−2, on peut ranger les entiers 1, 2, ..., k−2 selon une suite (b₁,b₂, ...,b_k−2) telle que b₁=k−2,b₂=2 etb_k−2=1 et dont la somme associée estσk−2. On pose :a₁=k, a_k=1,aj=1+b_k−j pour 26^j6^k−1.

Comme {b₁,b₂, ...,b_k−2}={1, 2, ...,k−2}, on a {a₁,a₂, ...,a_k}={1, 2, ...,k}.

On aa₁=k,a₂=1+b_k−2=2 eta_k=1.

La somme associée est T =

k−1

X

i=1

a_ia_i+1+a_ka₁=2k+

k−2

X

i=2

(1+b_k−i) (1+b_k−1−i)+(1+b₁)+k.

T =3k+

k−3X

j=1

¡1+b_j¢ ¡

1+b_j+1¢

+(k−1)=4k−1+

k−3X

j=1

1+

k−3X

j=1

b_j+

k−3X

j=1

b_j+1+

k−3X

j=1

b_jb_j+1. T =4k−1+(k−3)+

k−2

X

j=1

bj−1+

k−2

X

j=1

bj−(k−2)+σ_k−2−(k−2). Ce qui donne fina- lementT =σ_k−2+k²+1.

On en déduit queσk−2+k²+1>σk. Or d’après a.,σk>σk−2+k²+1, donc T =σk=σk−2+k²+1.

– Il reste à vérifier que la propriété est vraie pourk=3 et pourk=4.

- Pourk=3, toutes les listes comportant les nombres 1, 2 et 3 sont donc associées à la somme 11 et 1 et 2 sont toujours adjacents à 3. La propriété est donc vraie pour k=3.

- Pourk=4. La somme associée à une liste formée par 1, 2, 3 et 4 ests(10−s) où s est la somme des entiers adjacents à 4 et peut être égale à 3,4 ou 5. Elle est mini- male lorsques=3 et vaut alors 21. Les entiers adjacents à 4 sont alors 1 et 2.

c. Calcul deσk

Pour tout entierk>^3,σk−σk−2=k²+1.

On recherche un polynômePde degré 3 tel que pour toutk>^3, P(k)−P(k−2)=k²+1.

On trouve sans difficulté que le polynômeP(x)=1

6x(x²+3x+5) convient.

La suite (u_k) définie paru_k=σk−P(k) vérifie la relation de récurrence linéaire u_k=u_k−2

dont les valeurs caractéristiques sont 1 et−1. On en déduit qu’il existe deux réelsaet btels que pour toutk>^1,uk=a+b(−1)^k.

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En utilisantu₁= −1

2 etu₂= −1, on obtienta= −3

4 etb= −1

4. Ce qui donne finale- ment :

Pour toutk>^1, σk=k(k²+3k+5)

6 −3+(−1)^k

4 .

2. Calcul deS_n,k.

a. Démontrons d’abord que pourn>^{1 etk}>^1,Sn+1,k>^Sn,k+3.

Soit (a₁,a₂, ...,a_k) une partition den+1 enkentiers distincts dont la somme associée estS_n+1,k. Commen+1> k(k+1)

2 =

k

X

i=1

i, {a₁,a₂, ...,a_k}6={1, 2, ...,k}, il existe donci compris entre 1 etktel quea_i−1 n’appartienne pas à {a₁,a₂, ...,a_k}. On désigne par aetbles entiers adjacents àa_i.

En remplaçantai parai−1, on obtient une partition denenkentiers distincts dont la somme associée estS_n+1,k−a−b. On en déduit queS_n+1,k−a−b>^Sn,k.

Commea+b>3, on obtientS_n+1,k>^Sn,k+3.

b. kétant un entier naturel fixé supérieur ou égal à 3, on démontre par récurrence surn que pour tout entiern>^k(k+1)

2 ,S_n,k=σk+3 µ

n−k(k+1) 2

¶

et il existe une partition den enk entiers distincts telle que les entiers adjacents au plus grand d’entre eux sont 1 et 2 et dont la somme associée estS_n,k.

– Cette propriété est vraie pourn=k(k+1)

2 d’après 1.b.

– On suppose quen est un entier supérieur ou égal à k(k+1)

2 pour lequel il existe une partition denenkentiers distincts telle que les entiers adjacents au plus grand d’entre eux sont 1 et 2 et dont la somme associée estS_n,k=σk+3

µ

n−k(k+1) 2

¶ . En ajoutant 1 au plus grand des entiers de cette partition, on obtient une partition den+1 enk entiers distincts telle que les entiers adjacents au plus grand d’entre eux sont 1 et 2. La sommeSassociée à cette partition estS_n,k+1+2. On en déduit queS_n,k+3>^Sn+1,k.

Or d’après a,S_n,k+36^Sn+1,k, donc S_n+1,k=S_n,k+3=σk+3

µ

n−k(k+1) 2

¶

+3=σk+3 µ

n+1−k(k+1) 2

¶

etS=S_n+1,k. Ce qui démontre que la propriété est vraie pour l’entiern+1.

– Par récurrence, la propriété est vraie pour tout entiern>^k(k+1)

2 .

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