Solution proposée par Gaston ParrourQ1 On s'intéresse aux entiers n tels que n est un multiple entier k de son miroir f(n).

A364. Les nombres miroirs

Pour tout entier positif n, soit f(n) - appelé miroir de n - la représentation décimale du nombre obtenu en écrivant n en binaire puis en remplaçant tout chiffre 0 par 1 et vice-versa. Par exemple pour n = 17 dont la représentation binaire est 10001,le "miroir"s'écrit 01110, soit f(n) = 14.

Q1 On s'intéresse aux entiers n tels que n est un multiple entier k de son miroir f(n).

- démontrer que l'entier k n'est jamais impair, - démontrer que pour tout entier k pair

1) il existe au moins un entier n tel que n = k.f(n) 2) il existe une infinité d'entiers n tels que n = k.f(n) Application numérique k = 24 et k = 2016

Q2 Soient S(n) la somme des entiers de 1 à n et s(n) la somme des f(i) pour i variant de 1 à n, - déterminer les entiers n tels que s(n) est un carré parfait.

- déterminer les entiers n tels que S(n) = 3s(n).

Solution proposée par Gaston Parrour

Q1 On s'intéresse aux entiers n tels que n est un multiple entier k de son miroir f(n).

Remarque préliminaire: en notation binaire, un nombre n avec m bits, ajouté à son miroir f(n) , constitue un nombre composé de m bits tous à ''1'', donc

f(n) + n = 2^m – 1 (1) 1 - l'entier k n'est jamais impair

Avec n = k f(n) (1) → (k+1)f(n) = 2^m – 1 (1') Cela exige (k+1) impair (et f(n) impair) ; donc k est pair

2 - pour tout entier k pair

Il existe au moins un entier n tel que n = k.f(n)

Cela signifie que la relation (1') 2^m = 1 + (k+1)f(n) a au moins une solution pour tout k donné Cette relation qui signifie que 2^m est égal à 1 modulo (k+1) , nous amène au théorème de Fermat puisque (k+1) impair est premier avec 2

alors avec phi(k+1) (nombre de nombres inférieurs à (k+1) et premiers avec (k+1) ) , on a

2^phi(k+1) = 1 modulo (k+1) soit 2^phi(k+1) = 1 + K(k+1) (2) → L'identification avec (1') est donc → m = phi(k+1) et f(n) = K

d'où

f(n) = (2^phi(k+1) – 1 ) / (k+1) et n0 = (k/(k+1)) (2^phi(k+1) – 1 ) ==> Étant donné un entier k quelconque , n = n0 s'exprime en fonction de k Il existe une infinité d'entiers n tels que n = k.f(n)

A partir de la relation (2) ci-dessus 2^phi(k+1) = 1 modulo (k+1) , on a aussi bien

2^r.phi(k+1) = 1 + Kr (k+1) avec r entier naturel quelconque, l'identification f(nr) = Kr conduit à f(nr) = (2^r.phi(k+1) – 1) / (k+1) et nr = (k/(k+1)) (2^r.phi(k+1) – 1)

==> Il existe une infinité d'entiers nr tels que nr = k.f(nr)

Application numérique k = 24 et k = 2016 ; calculons le n0 fondamental de chacun

k = 24 phi(25) = 25(1-1/5) = 20 n0 = (24/25) (2²⁰ – 1) et (2²⁰-1) = ((2¹⁰)² -1) = 1023.1025 ==> n0 = 24.41 = 984

k = 2016 k+1 = 2017 est un nombre premier alors phi(2017) = 2016 ==> n0 = (2016/2017) (2²⁰¹⁶ – 1)

Q2 Soient S(n) la somme des entiers i de 1 à n, et s(n) la somme des f(i) pour i variant de 1 à n Q2 1 – Déterminer les entiers n tels que s(n) est un carré parfait.

Pour tout entier i vérifiant 2^(j-1) ≤ i < 2^j → f(i) + i = 2^j - 1 (3) → L'intervalle [1,n] avec 2^m-1 ≤ n < 2^m, peut être considéré comme l'union des intervalles suivants :

[1,n] = [2⁰,2¹[ + [2¹,2²[ + … + [2^j-1,2^j[ + … + [2^m-2,2^m-1[ + [2^m-1,n]

Il y a ainsi (m-1) intervalles semi-ouverts du type de [2^j-1,2^j[ chacun contenant 2^j-1 termes et 1 intervalle fermé [2^m-1,n] contenant (n+1 – 2^m-1) termes

→ Dans chaque intervalle semi-ouvert j , où pour chaque entier i la somme f(i) + i vérifie l'égalité (3), on a Σ f(i) + Σ i = ( 2^j – 1 )2^j-1 les sommes à gauche portent sur les 2^j-1 termes contenus dans l'intervalle j → Dans l'intervalle fermé où chaque entier i vérifie 2^m-1 ≤ i ≤ n < 2^m , on a f(i) + i = 2^m– 1

Σ f(i) + Σ i = ( 2^m – 1 )(n+1 – 2^m-1) pour ces (n+1 – 2^m-1) termes contenus dans l'intervalle fermé m La réunion de toutes ces sommes partielles conduit à

Σnf(i) + Σn i = Σj ( 2^j – 1 )2^j-1 + ( 2^m – 1 )(n+1 – 2^m-1) où Σn sont les sommes de 1 à n

Σj est une somme sur j de 1 à (m-1) (il y a (m-1) intervalles semi-ouverts ) Soit

s(n) + S(n) = Σj 2^2j-1 + (n+1 – 2^m-1)2^m – n Σj est la somme sur j de 1 à (m-1) (4) La somme des termes en progression géométrique de raison 2² est = (2/3)(2^2(m-1) – 1) et ainsi

s(n) = (2/3)(2^2(m-1) – 1) + (n+1 – 2^m-1)2^m – n(n+3)/2 (5) Remarque La relation (3) montre que dans chaque sous-intervalle ''j'', f(i) décroît de (2^j-1 – 1) à 0

On peut ainsi, pour les premières valeurs de n (2^m-1 ≤ n < 2^m) , dresser le tableau suivant (où sont indiquées les valeurs de m associées au nombre n considéré)

n 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 ...

m 1 2 2 3 3 3 3 4 4 4 ...

s(n) 0² 1² 1² 2² 6 7 7 14 20 5² ...

En poursuivant, on obtient ensuite s(17) = 8² s(20) = 10² s(42) = 21² s(84) = 42² , … On remarque ici :

→ Pour tous les termes en bleu : des nombres n pairs donnent s(n) = (n/2)2

CAS 1

→ Au-delà de la solution triviale s(1) = 0 ==> s(1) = 0² , 2 termes ici (en rouge) font exception à cela :s(3) et s(17) Mais pour s(3) , puisque f(3) = 0 → s(3) = s(2) et s(2) est un carré parfait

Pour s(17), on n'a pas les mêmes conditions que pour s(3) : f(17) ≠ f(16)

Ces cas de n n'appartenant pas à la famille précédente, seront brièvement repris dans CAS 2 (ci-dessous)

CAS1 des nombres n pairs donnent s(n) = (n/2)²

Les nombres pairs successifs mis en jeu sont 2 4 10 20 42 84 … → Chacun d'entre eux est associé à chacun des sous-intervalles successifs

2 ≤ 2 < 2² 2² ≤ 4 < 2³ 2³ ≤ 10 < 2⁴ 2⁴ ≤ 20 < 2⁵ 2⁵ ≤ 42 < 2⁶ 2⁶ ≤ 84 < 2⁷ ...

Chaque sous-intervalle est repéré comme précédemment par m associé à sa borne supérieure stricte 2^m On désigne ces nombres pairs par nm : n2 = 2 n3 = 4 … n7 = 84 …

On peut remarquer que la suite de ces nombres pairs se présente comme deux séries : une relative aux indices m pairs

m2k = 2 10 42 ... (s1) l'autre aux indices m impairs

m2k+1 = 4 20 84 … (s2) Considérons la série (s1) relative à m=2k pair

→ Chaque terme est de la forme

nm = 2^m-1 + nm-2 (jusqu'à 10=m4= 2³ + m2 = 8 +2)

(par ex : m6 = 42 = 32 + 10 = 2^m-1 + nm-2) Ce qui conduit à

nm = 2^m-1 + 2^m-3 + 2^m-5 + … + 2

→ Avec m pair nm = 2^m+1/3 – 2/3 (6) Les termes de la série (s2) vérifient également nm = 2^m-1 + nm-2 (jusqu'à 20=m5= 2⁴ + m3 = 16 +4)

Donc nm = 2^m-1 + 2^m-3 + 2^m-5 + … + 4 → Avec m impair

nm = 2^m+1/3 – 4/3 (6') Montrons alors d'une façon générale :

Avec ces nombre pairs s(nm) est un carré parfait Pour alléger la notation, posons a = 2^m-1

cas de nm associé à un sous-intervalle indexé m pair → nm = 2/3(2a – 1) L'expression (5) de s(nm) est alors après réduction

s(nm ) = (4a² – 4a + 1) / 9 → s(nm ) = [(2a – 1)/3]²

cas de nm associé à un sous-intervalle indexé m impair → nm = 4/3(a – 1) L'expression de s(nm) en (5) est, après réduction

s(nm ) = 4(a² – 2a + 1) / 9 → s(nm ) = [2/3(a – 1)]²

N.B. D'autre part, on vérifie bien sur ces expressions s(nm ) = (nm /2)² comme attendu

Conclusion du CAS 1

==> Avec les nombres nm pairs définis en (6) et (6') :

nm = 2 4 10 20 … 2/3(2^2k – 1) 2/3(2^2k+1 – 2) ... , avec k ≥ 1 s(nm) est un carré parfait → s(nm) = ( nm/2 )²

CAS 2 cas particuliers n = 1 , n = 3 , n = 17 , ...

→ Existe-t-il d'autres cas analogues, non représentés par le CAS 1, et qui produisent s(n) carré parfait ?

On peut constater que d'autres cas atypiques (qui n'appartiennent pas au CAS 1 examiné précédemment) apparaissent pour des valeurs de n (paires ou impaires!) telles que n= 115 avec s(115) = 51² s(195) = 95² s(492) = 208² … ==> Pour cette catégorie, la justification de la séquence irrégulière de ces nombres n , reste une question ouverte (en tout cas en regard de la solution de l'exercice proposée ici)

Conclusion de cette première partie Q2 1 ==> Il existe une suite infinie d'entiers n pairs

2 4 10 20 … (2^2k – 4)/3 (2^2k+1 – 2) /3 ...

pour lesquels s(n) est un carré parfait [égal à (n/2)² ]

N.B. A cet ensemble s'ajoutent d'autre nombres n qui n'appartiennent pas à cette suite (tels que 1 3 17 … ) mentionnés ci-dessus. Leur justification reste à expliciter

Q2 2 – Déterminer les entiers n tels que S(n) = 3s(n) . Les relations (4) et (5) ci-dessus conduisent à s(n) + S(n) = A(n) où

A(n) = (2/3)(2^2(m-1) – 1) + (n+1 – 2^m-1)2^m – n 3s(n) = 3A(n) – 3S(n)

et S(n) = 3s(n) est équivalent à

4S(n) = 3A(n) (7) En posant a = 2^m-1

(7) → 2n(n+1) = 2(a² – 1) + 3(n + 1 – a) 2a – 3n D'où l'équation en n

2n² – (6a – 5)n + 2(1 – 3a + 2a²) = 0 delta = (2a – 3)²

si 2a-3 > 0 soit a > 3/2 donc (m-1) ≥ 1 m ≥ ² n1 = [(6a-5) + (2a-3)]/4 = 2(a-1)

(n2 = (4a-2)/4 est non entière) si 2a-3 < 0 donc ici m = 1 et a = 1

n1 = [(6a-5)-(3-2a)]/2 = 2(a-1) = 0 (n2 = (4a-2)/4 est non entière ) ==> Conclusion de Q2 2

Pour tout m > 0, les nombres

n = 2( 2^m-1 - 1) satisfont à l'égalité S(n) = 3s(n)