Soitq un entier tel que 1/q <log(1 + 1/L) (logarithme d´ecimal)

Enonc´e n^oA525 (Diophante)

Solution de Jean Moreau de Saint-Martin Probl`eme n^o1

Soit L le nombre form´e par la suite de chiffres donn´ee, compl´et´e au besoin par un premier chiffre diff´erent de 0 si la suite commence par 0.

Soitq un entier tel que 1/q <log(1 + 1/L) (logarithme d´ecimal).

Comme aucune puissance de 2 n’est une puissance de 10, log 2 est irrationnel, ce qui permet d’utiliser le lemme :

Lemme. Si ξ est irrationnel, pour q entier positif quelconque, il existe un entier k≤q tel quekξ− bkξc ∈(0,1/q)∪(1−1/q,1).

Preuve. Je forme les expressions x_k = kξ − bkξc pour k = 0 `a q. Ce sont des r´eels de l’intervalle (0 ≤ x < 1), distincts car ξ est irrationnel. Quand je les range par ordre croissant, ils d´efinissent q intervalles entre nombres successifs, dont le plus court, soit (x_f, x_g), est de longueur < 1/q puisque leur longueur totale est<1. L’entier k=|f −g|a la propri´et´e du lemme.

Selon l’intervalle contenantklog 2− bklog 2c, deux cas sont `a distinguer.

a) Si 0< klog 2− bklog 2c<1/q.

Il existe un entierm tel que

mlog 2−logL <0<(m+ 1) log 2−logL, et un entierm⁰ tel que

0< mlog 2−logL+m⁰(klog 2− bklog 2c)<1/q (∗).

En effet, quand on part de −logL qui est n´egatif, avec un incr´ement log 2 qui est positif, on finit par traverser la valeur 0. En annulant le dernier pas et en continuant avec l’incr´ement klog 2− bklog 2c, de longueur comprise entre 0 et 1/q, on aura une ´etape dans cet intervalle.

Posantn=m+m⁰k, c=m⁰bklog 2c, l’in´egalit´e (∗) devient 0< nlog 2−c−logL <1/q <log(1 + 1/L), puis

L·10^c <2ⁿ<(L+ 1)10^c.

L’´ecriture d´ecimale de 2ⁿ est form´ee du nombreL suivi decautres chiffres.

b) Si 1−1/q < klog 2− bklog 2c<1.

De la mˆeme fa¸con, il existe un entierm tel que (m−1) log 2−log(L+ 1)<0< mlog 2−log(L+ 1), et un entierm⁰ tel que

−1/q < mlog 2−log(L+ 1) +m⁰(klog 2− bklog 2c −1)<0 (∗∗).

Ici l’utilisation d’un incr´ement n´egatif ram`ene dans l’intervalle (−1/q,0) apr`es avoir travers´e la valeur 0.

Posant comme pr´ec´edemmentn=m+m⁰k, c=m⁰(bklog 2c+ 1), l’in´egalit´e (∗∗) devient

0<log(1 + 1/L)−1/q < nlog 2−c−logL <log(1 + 1/L), puis L·10^c <2ⁿ<(L+ 1)10^c.

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L`a encore, l’´ecriture d´ecimale de 2ⁿest form´ee du nombreLsuivi decautres chiffres, CQFD.

Remarque. Cette conclusion s’´etend `a d’autres bases de num´eration, `a condi- tion que la base ne soit pas une puissance de 2 : en hexad´ecimal, les puis- sances de 2 s’´ecrivent avec les chiffres 1, 2, 4 ou 8, suivis ´eventuellement de z´eros, et les autres chiffres n’apparaissent pas ; la proposition de l’´enonc´e n’est donc pas valable en hexad´ecimal.

De mˆeme, la conclusion s’´etend `a d’autres puissances que celles de 2, avec une condition analogue.

Probl`eme n^o2

Pour ne pas empiler les exposants, je noteD(n) = 2ⁿ.

Si n, nombre `a c chiffres, satisfait l’´enonc´e, le reste de D(n) modulo 10<sup>c</sup> est d´etermin´e (car n > c, D(n) mod 2<sup>c</sup> = 0) par D(n) mod 5<sup>c</sup>, lui-mˆeme d´etermin´e parnmod 4·5<sup>c−1</sup> selon le th´eor`eme de Fermat ´etendu par Euler.

Sic >2, 10^c−1 est multiple de 4·5^c−1. Lesc derniers chiffres de D(n) sont d´etermin´es par lesc−1 derniers chiffres den.

Soit n=f(c) une solution `a c chiffres du probl`eme (avecc > 2), et soit n⁰ l’entier obtenu en supprimant dansnson chiffre de gauche.

D(n), D(n⁰), D(n⁰+a·10^c−1) ont les mˆemes c chiffres de droite, quel que soit l’entiera. Doncn⁰ est une solutionf(c−1), et les solutionsn`acchiffres de la forme n<sup>0</sup>+a·10<sup>c−1</sup> se r´eduisent `a D(n⁰) mod 10^c.

Il en r´esulte que pour toutc >2 on a la r´ecurrence f(c) =D(f(c−1)) mod 10^c.

On obtiendra par cette r´ecurrence toutes les solutions du probl`eme en d´eter- minant l’ensemble des solutions `a 2 chiffres comme valeurs de d´epart f(2) de la r´ecurrence.

Examinons le chiffre des unit´es deD(n), d´etermin´e par nmod 4.

nmod 4 0 1 2 3

D(n) mod 5 1 2 4 3

D(n) mod 10 6 2 4 8

=nmod 10

nmod 20 16 −− 14 −−

La derni`ere ligne combine les restes de n modulo 4 et 10, de PPCM 20, en supposant que n est solution. Elle montre qu’il n’y a pas de solution `a 1 chiffre, faute de pouvoir satisfairenmod 20 avec n <10.

CommeD(n) mod 100 est d´etermin´e par nmod 20, si nmod 20 = 14, D(n) mod 100 =D(14) mod 100 = 84,

etnmod 100 = 84 est incompatible avec nmod 20 = 14. Ce cas ne fournit pas de solution, mˆeme `a 2 chiffres seulement.

Mais sinmod 20 = 16, D(n) mod 100 =D(16) mod 100 = 36, 2

et nmod 100 = 36 est compatible avec nmod 20 = 16. Ce cas fournit la solution unique `a 2 chiffres n=f(2) = 36.

A partir de cette solution, on forme par la r´ecurrence f(c) =D(f(c−1)) mod 10^c

la suite infinie

f(2) = 36,f(3) = 736, f(4) = 8736, etc.

Probl`eme n^o3

Pourk= 2, on a vu dans le probl`eme 2 que les deux derniers chiffres deD(n)

´etaient d´etermin´es parnmod 20. Il suffit de regarderD(1), D(2), . . . , D(20) pour constater que les seules puissances de cette liste satisfaisant l’´enonc´e sont D(18) et D(19), qui se terminent par 44 et 88. On pourra se limiter dans la suite `a nmod 20 = 18 ou 19.

Pour k= 3, les 3 derniers chiffres deD(n) sont d´etermin´es parnmod 100.

CommeD(18), D(19), D(20) se terminent respectivement par 144, 288, 576, on constate (en multipliant modulo 1000) que dansD(38), D(58), D(78), D(98) le chiffre des centaines est impair.

Ce chiffre est pair dansD(19 + 20k), mais ne vaut 8 que dansD(39 + 100m) qui se termine par 3888.

Pour k= 4, les 4 derniers chiffres deD(n) sont d´etermin´es parnmod 500.

CommeD(100) se termine par 5376, on voit (en multipliant modulo 10000) que le chiffre des milliers de D(39 + 100m) est toujours impair. Il n’y a aucune solution pourk= 4.

En conclusion, on peut satisfaire l’´enonc´e, seulement : – pourk= 2, avecnmod 20 = 18 ou 19 ;

– pourk= 3, avecnmod 100 = 39.

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