A356. Les bleues,les rouges et les violettes
On met une étiquette bleue à tout entier b > 0 s’il n’existe aucun entier a < b tel que b est égal à a + la somme des chiffres de a. Par exemple 7 a une étiquette bleue à l’inverse de 28 qui s’écrit 23 + 2 + 3 = 28.
On met une étiquette rouge à tout entier r > 0 s’il existe au moins un entier q > r tel que r est égal à q – la somme des chiffres de q. Par exemple 18 a une étiquette rouge car 18 = 21 – 1 – 2 ,à l’inverse de 15.
On ajoute une étiquette violette à tout entier qui a les deux étiquettes bleue et rouge.
Q1 Démontrer que 2015 n’a pas d’étiquette. Déterminer le plus petit entier > 2015 qui a une étiquette bleue puis le plus petit entier > 2015 qui a une étiquette rouge. [*]
Q2 Déterminer le plus petit entier qui a une étiquette violette. [**]
Q3 Démontrer qu’il existe une infinité d’entiers ayant une étiquette bleue. [***]
Q4 Démontrer qu’il existe une infinité d’entiers ayant une étiquette rouge. [**]
Q5 Donner la caractéristique commune à tous les entiers ayant l’étiquette violette. [**]
Q6 Démontrer que l’ensemble des entiers de 1 à 2015 contient le même nombre d’étiquettes bleues et d’étiquettes rouges et dénombrer les étiquettes violettes de cet ensemble.[***]
Solution proposée par Gaston Parrour
Q1 Démontrer que 2015 n’a pas d’étiquette. Déterminer le plus petit entier > 2015 qui a une étiquette bleue puis le plus petit entier > 2015 qui a une étiquette rouge.
1 - 2015 n'a pas d'étiquette → pour avoir une étiquette bleue :
on NE peut réaliser avec aucun entier a 2015 = a + Somme chiffres(a) (1) posons c = Somme chiffres(a)
Puisqu'un nombre a est égal à la somme c de ses chiffres (modulo 9), la relation (1) s'écrit : Somme chiffres(2015) = 8 = 2c (mod 9)
Donc c = 4, 13, 22 (puisque c n'excède pas ici Somme chiffres(1999) = 28)
On constate que 2015 = a + 4 conduit à a = 2011 qui a bien une somme de chiffres égale à 4 ==> (1) réalisable, donc 2015 n'a pas d'étiquette bleue
→ pour avoir une étiquette rouge :
il FAUT réaliser 2015 = q - Somme chiffres(q) , avec au moins un entier q Cela implique (condition nécessaire) que 2015 = 0 (modulo 9)
Or Somme chiffres(2015) = 8
==> 2015 n'a pas non plus d'étiquette rouge
2 - Le plus petit entier > 2015 qui a une étiquette bleue
Avec les notations précédentes : on cherche b tel que b = a + c est impossible pour tout a (1') Avec a = c (mod 9),
b = 2c (mod 9) et aussi bien Somme chiffres(b) = 2c (mod 9) (2) En prenant successivement pour candidat b : 2016, 2017, … , l'équation (2) fournit un jeu de valeurs de c (car c est borné ; par 28 pour ces premières valeurs possibles de b)
L'équation (1') fournit alors une valeur correspondante pour a : a = b – c .Si la somme des chiffres de CE a est égale à la valeur c utilisée, on NE peut attribuer une étiquette bleue
Exemple avec b = 2016 → c = 9, 18
alors candidat a = 2016 – 9 = 2007 et on voit que Somme chiffres(a) = 9 ==> 2016 pas « bleu » → En poursuivant ainsi : le nombre candidat b = 2022 fournit c = 3, 12, 21
alors le « a » correspondant serait a = 2022 – 3 = 2019 → Somme chiffres(2019) non égale à 3 2022 – 12 = 2010 → Somme chiffres(2010) non égale à 12 2022 - 21 = 2001 → Somme chiffres(2001) non égale à 21 ==> 2022 est le plus petit entier > 2015 avec une étiquette bleue
3 - Le plus petit entier > 2015 qui a une étiquette rouge
Le plus petit entier n>2015 , candidat r , qui vérifie la condition nécessaire n = 0 (modulo 9) est n = 2016 Puisqu'il s'agit d'une condition nécessaire : on vérifie alors directement qu'un nombre q existe tel que 2016 = q - Somme chiffres(q) ; q = 2020 satisfait à cela
==> 2016 est le plus petit entier > 2015 avec une étiquette rouge
Q2 Déterminer le plus petit entier qui a une étiquette violette
→ Les premiers entiers « bleus » sont les premiers impairs 1, 3, 5, 7, 9 (impossible de satisfaire (1') ) (par contre 11 = 10+1 , n'est pas « bleu »)
→ Les premiers « rouges » sont 9, 18, … car 9 = 10 -1 18 = 20 – 2 , …
==> Le plus petit entier avec une étiquette violette est donc 9 Q3 Il existe une infinité d’entiers b ayant une étiquette bleue.
Les entiers b vérifient pour tout a (et c = Somme chiffres(a)) : b ≠ a + c
Avec a = k0 + 10k1 + 100k2 + 1000k3 + … , cela s'écrit
b ≠ 2k0 + 11k1 + 101k2 + 1001k3 + … (3) où les chiffres de a , ki , sont les nombres de 0 à 9
On remarque que 101 = 99+2 = 9x11+2 1001 = 91x11 10001 = Kx11+2 100001= K'x11+2 , etc … Ainsi :
b ≠ 2(k0+k2+k4+ ...k2p+ …) + 11(k1+9k2+91k3+Kk4 +K'k5 + …) (4) → Le membre de droite de (4) est de la forme
u + 11v
Où en base 11, u est le chiffre des unités u = 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, A (A est 10 en base 10) et v est le nombre de « onzaines » ; ce nombre v étant ici quelconque (on n'y
distingue pas les diverses puissances de 11 possibles) N.B. Dans la suite un nombre, dans cette écriture en « pseudo base 11 » , est noté (v)u
1 cas simple : dans (4) seuls k0 et k1 sont différents de 0 (5) soit alors n = 2k0 + 11k1 avec k0 = [0,1,..., 9] idem pour k1
Domaine de ces nombres n 0 < n ≤ 117 soit en « pseudo base 11 » 0 < n ≤ (10)7
Le nombre correspondant à n en notation (v)u a pour valeur des unités u possibles 0,2,4,6,8,A et 1,3,5,7 (ce dernier groupe ajoutant une unité à k1)
→ Il manque la valeur u = 9 dans cette liste.
Cela signifie que, dans le domaine des nombres n défini ci-dessus, tous les nombres qui s'expriment sous forme (v)9 seront dotés d'une étiquette bleue Ce sont les nombres suivants :
(0)9 (1)9 (2)9 (3)9 (4)9 (5)9 (6)9 (7)9 (8)9 (9)9 [ (10)9 est hors du domaine examiné]
Transposés en base 10, ils forment une suite S0 (progression arithmétique de raison 11 et premier terme 9) → 9 20 31 42 53 64 75 86 97 108 10 nombres figurent dans (S0) N.B. On retient aussi en ce début les autres premiers nombres impairs identifiés « bleus » 1, 3, 5, 7 (cf. Q2)
2 introduction de k2
soit n' = 2(k0+k2) + 11(k1+9k2) n' = (v')u' en pseudo base 11 (6) Avec k2=1
Domaine des nombres n' 101 ≤ n' ≤ 218 soit donc (9)2 ≤ n' ≤ (19)9
Par rapport au cas précédent (k2=0), avec k2 =1, un décalage de +2 s'introduit dans la valeur de l'unité non présente : u' absente = 9+2 = 0 dans cette pseudo base 11
→ Tous les nombres qui s'expriment sous la forme (v)0 dans le domaine défini ci-dessus, sont dotés d'une étiquette bleue
(11)0 (12)0 (13)0 (14)0 (15)0 (16)0 (17)0 (18)0 (19)0 soit 10 nombres Cette suite S1 constitue à nouveau une progression arithmétique de raison 11 en base 10
→ 110 121 132 143 154 165 176 187 198 209 10 nombres dans (S1) N.B. Il y a un recouvrement partiel des deux domaines : celui relatif à S0 (qui finit à (10)7 )
et celui-ci relatif à S1 (qui commence à (9)2 ) On vérifie directement que 108 qui appartient à S0 n'est pas représenté par n' donc reste « bleu » et 110 qui appartient à S1 n'est pas représenté par n et donc reste « bleu » aussi Avec k2 = 2, 3, 4, …, 9
En procédant de façon identique, on va produire des suites Si (progressions arithmétiques de raison 11) de 10 termes en général (l'examen détaillé des recouvrements de chaque domaine ci-dessous précise cela)
==> Notons tout d'abord le point suivant (valable tant que k4=0) :
On a vu que ces suites résultent de la mise en évidence d'une 'unité' interdite en base 11 Pour n' [(6) ci-dessus] , la valeur de l'unité interdite est liée directement à la valeur de k2.
Plus précisément :
en notant (k2,u) le couple (valeur k2, unité interdite correspondante en « base 11 »), on a obtient la liste suivante (en ajoutant +2 à l'unité interdite précédente)
(k2,u) = (0,9) (1,0) (2,2) (3,4) (4,6) (5,8) (6,A) (7,1) (8,3) (9,5) (Liste 1) Les recouvrements des divers domaines de n' dictés par k2 =2, 3, etc ...
→ Jusqu'à la fin du domaine de n' relatif à k2 = 8, et le début du domaine relatif à k2=9, on vérifie directement que les candidats b retenus dans la fin de l'un ne sont pas effacés par ces mêmes nombres qui seraient non candidats bleus dans le début du domaine suivant (et réciproquement)
→ Cependant il est nécessaire de regarder plus attentivement la fin du domaine de n' lié à k2=9 car il se recouvre en partie avec celui, nouveau, lié à n'' (où k3 est non nul) :
n'' = 2(k0+k2) + 11(k1+9k2+91k3) (7) Un recouvrement existe alors lorsque k3 = 1 et k2=0
Avec k2=9 (k3=0) :
Domaine de n' 909 ≤ n' ≤ 1026 soit (82)7 ≤ n' ≤ (93)3 [ Or n'' donné par (7) ci-dessus commence à 1001 (en décimal) ]
→ Les candidats « bleus » du domaine des n' , résultant de l'unité interdite 5 (liée à k2 = 9 voir Liste 1 ci- dessus), sont :
(83)5 (84)5 (85)5 (86)5 (87)5 (88)5 (89)5 (90)5 (91)5 (92)5
En notation décimale la suite arithmétique S9 correspondante de raison 11 et commençant à 918 est 918, 929, …, 995, 1006, 1017 a priori 10 nombres dans cette suite (S9) MAIS
Avec k3=1 k1=k2=0 et k0 quelconque : En considérant n'' défini par (7) :
Tout d'abord on NE peut obtenir 1006
91x11 + 2k0 ≠ 1006 (par parité) Cela confirme l'étiquette bleue pour 1006 Cependant avec n'' on peut réaliser 1017 91x11 + 2x8 = 1017
Donc 1017 n'a pas d'étiquette bleue ! ==> il n'y a que 9 termes dans S9 Ensuite, avec k3=1 et k2 = 0
Domaine de n'' correspondant 1001 ≤ n'' ≤ 1118 soit (91)0 ≤ n'' ≤ (101)7
L'expression (7) de n'' montre que la liste des unités interdites ici encore, ne dépend que de k0 et k2. ² L'unité interdite 9 (cf liste 1) conduit à
→ Suite S10 des candidats « bleus » pour ce domaine de n'' :
(91)9 (92)9 (93)9 (94)9 (95)9 (96)9 (97)9 (98)9 (99)9 (100)9 En notation décimale :
1010 , 1021 , 1032 , … , 1109 a priori 10 termes (S10) Cependant ICI on peut réaliser 1010 avec n' donné par (6) lorsque k1= 9 et k2 =9 :
2(k0+9) + 11x9 = 1010 avec k0=1
Donc 1010 de la liste précédente n'a pas d'étiquette bleue ! ==> il n'y a que 9 termes dans S10 (qui commence à 1021) On poursuit ainsi dans ce cas k3 = 1 avec k2 = 2, 3, …, 9
Cela produit pour chaque valeur de k2 des suites en progression arithmétique de raison 11
→ Chaque suite possède 10 termes avec étiquette bleue sauf au passage de S19 à S20 où on a affaire au passage de k3=1 à k3=2.
Pour ce cas, une démarche identique à celle effectuée ci-dessus pour le recouvrement S9 S10 montre que les dix candidats bleus de S19 sont
1919 1930 1941 1952 1963 1974 1985 1996 2007 2018 a priori 10 termes (S19) Les candidats bleus de S20 commencent par
2003 2005 2007 2009 2022 (obtenu en Q1) … (S20)
Puisque les listes s'arrêtent à 2015, il apparaît que 2007 possède bien une étiquette bleue (2018 serait d'ailleurs à rejeter car n'étant pas dans S20)
→ Ainsi on peut dire en arrêtent à 2015 : S19 contient 9 termes S20 est vide jusqu'à 2022
==> Ce qui précède montre que pour chaque valeur de k3, les diverses valeurs de k2 depuis 0 jusqu'à 9 engendrent chacune des suites arithmétiques de raison 11 comportant de 9 à 10 termes.
Il est clair que cette conclusion se reconduit pour un k4 non nul (k4 de 1 à 9) et pour chaque valeur de k3, etc … ==> Donc il y a un nombre infini d'entiers avec une étiquette bleue
N.B. Les suites arithmétiques mises en évidence ici seront utilisées dans les questions suivantes Q5 et Q6
Q4 Il existe une infinité d’entiers ayant une étiquette rouge Étiquette rouge signifie r = q – Somme chiffres (q)
Avec q = k0 + 10k1 + 100k2 + … et ki = {0, 1, …, 9} pour tout i
r = 9k1 +99k2 + 999k3 + … (8) La relation (8) qui exprime un nombre avec étiquette rouge montre que nécessairement
r = 0 modulo 9
Réciproquement, tout nombre n tel que n = 0 (mod 9) , n'est pas exprimé par la relation (8) :
La liste des nombres n qui vérifient n = 0 (mod 9) et qui ne sont pas exprimés par la relation (8) peut se constituer directement.
→ Pour les nombres jusqu'à 2015, la liste des nombres n=0 (mod9) et NON rouges est :
90, 189, 288, 387, 486, 585, 684, 783, 882, 981, 990, 1089, 1188, 1287, 1386, 1485, 1584, 1683, 1782, 1881, 1980, 1989 (Liste 2)
En commençant de ki =0 pour l'indice i > 2 :
Lorsque k2 = 0 , k1 de 1 à 9 génère 9 nombres rouges en progression arithmétique de raison 9 [9 → 81] suite (R0) k2 = 1 , k1 de 10 à 9 génère 10 nombres rouges en progression arithmétique de raison 9 [99 → 180] suite (R1) etc …
Puis pour k3 = 1 ,le décompte précédent se reconduit pour chaque valeur de k2 depuis 0 jusqu'à 9 Et ainsi ensuite pour toutes les valeurs permises de k3 , puis de k4, …
==> Donc il y a un nombre infini d'entiers avec une étiquette rouge (ils vérifient r = 0 (modulo 9) )
Q5 Donner la caractéristique commune à tous les entiers ayant l’étiquette violette
Les entiers à étiquette rouge sont multiples de 9 et peuvent être regroupés en suites (Ri ) vues dans Q4 Les entiers à étiquette bleue constituent un ensemble infini de suites (Sj) détaillées dans la question Q3.
Chacune de ces suites (Si) est une progression arithmétique de raison 11.
→ un entier a une étiquette violette, s'il est présent dans une suite (Ri) et une suite (Sj)
En commençant avec la suite (S0) des « bleus » (voir Q3) : en regard de la suite des « rouges » (R0) (voir Q4), on observe
le terme 9 (de rang 1) présent dans chacune de ces suites, → 9 est « violet » (résultat déjà obtenu en Q1) A partir de cela, pour qu'un terme de rang m dans (S0) soit à nouveau multiple de 9, il faut vérifier
2(m-1) = 18 (car 2(m-1) = 9 est impossible)
N.B. Le « 2 » noté en rouge est le différentiel entre les raisons « 9 » et «11 » des suites rouges et bleues Cela conduit au rang m= 10 dans (S0) → l'entier 108 est « violet »
Ensuite dans la suite (S1), le premier terme est 110 = 2 (modulo 9) On obtiendra une coïncidence avec un multiple de 9 au rang m' défini par 2 + 2(m'-1) = 18 (la valeur 9 exclue par parité)
Donc rang m' = 9 dans (S1) → l'entier 198 est « violet »
==> Un entier à étiquette violette est caractérisé par le fait que dans chacune des suites (Si) (définies en Q3), il y figure à un rang m donné par
d + 2(m-1) = 18 d est, modulo 9, la congruence minimale positive du premier terme de (Si)
N.B. Il faut vérifier toutefois que l'entier de (Si) ainsi déterminé ne figure pas dans la liste des « faux rouges » c'est-à- dire des nombres n = 0 (mod 9) mais qui ne sont pas représentés par la relation (8).
La (Liste 2) de la question Q4 les précise jusqu'à n= 2015
Exemple :
Avec la suite de « bleus » (S2) qui commence par 211 soit d=4, le rang du terme nul modulo 9 est donné par 4+ 2(m-1) = 18 soit m=8
La progression arithmétique de raison 11 dans (S2) conduit bien à l'entier 288 = 0 (modulo 9) Mais 288 figure dans la (Liste 2) → ce « faux rouge » n'est pas acceptable.
Q6 Démontrer que l’ensemble des entiers de 1 à 2015 contient le même nombre d’étiquettes bleues et d’étiquettes rouges et dénombrer les étiquettes violettes de cet ensemble
1 - Même nombre d’étiquettes bleues et d’étiquettes rouges
Les questions qui précèdent Q3 et Q4 permettent de faire un décompte très simple des éléments bleus et des éléments rouges.
Les éléments bleus, en suivant la démarche précisée en Q3, sont
1,3,5,7 → 4 entiers (impairs non pris en compte dans les suites (Si) ) Puis dans les suites (Si) (raison 11) :
S0 de 9 à 108 → 10 entiers S1 de 110 à 209 → 10 entiers S2 de 211 à 310 → 10 entiers S3 de 312 à 411 → 10 entiers
… ainsi jusqu'à S8 inclus on obtient 10 entiers pour chaque suite
S9 de 918 à 1006 → 9 entiers (la perte d'un terme a été précisée en Q3) S10 de 1021 à 1109 → 9 entiers ( '' '' '' '' ) S11 de 1111 à 1210 → 10 entiers
… on retrouve ainsi 10 entiers par suite jusqu'à S18 inclus S19 de 1919 à 2007 → 9 entiers
Le décompte des bleus s'arrête ici : on a observé dans Q3 qu'en ne considérant que les entiers n < 2016, une suite telle que (S20) ne contribue pas au décompte des bleus
==> Le total des entiers à étiquette bleue entre 1 et 2015 est 4 + 9x10 + 2x9 + 8x10 + 9 = 201 Les éléments rouges, compte tenu de la question Q4
→ A partir de 9 compris jusqu'à 2015, il y a
N = [(2015-9)/9] + 1 entiers égaux à 0 modulo 9 ([ x] est la partie entière de x) → Il faut retrancher à N = 223 le nombre d'antiers figurant dans la (Liste 2) de Q4, soit 22 entiers ==> Le total des entiers à étiquette rouge entre 1 et 2015 est 223 – 22 = 201
(le premier de ces « rouges est 9 et le dernier 2007)
2 - Dénombrer les étiquettes violettes dans l'ensemble d'entiers de 1 à 2015 inclus
A partir de la question Q5, le décompte des nombres à étiquette violette se fait simplement.
Il faut bien sûr tenir compte de la (Liste 2) des « faux rouges » comme indiqué en Q5 En résumé on trouve dans
S0 9 et 108 → 2 violets S1 198 → 1 violet
S2 → 0 (288 n'est pas rouge) … ensuite de
S3 à S10 → 1 violet dans chacune de ces suites S11 → 0 (1188 n'est pas rouge)
… ensuite de
S12 à S17 → 1 violet dans chacune de ces suites S18 1818 et 1917 → 2 violets
S19 2007 → 1 violet
==> Il y a 20 entiers avec une étiquette violette entre 1 et 2015
