A364 ‒ Les nombres miroirs [*

A364 ‒ Les nombres miroirs [* à **** à la main]

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 n = 24 et n = 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, s(n) =



 n i

1 i

f(i) .

- 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 Jaceques Guitonneau Q1

On recherche les nombres tels que n=k . f(n).

Si n ≥ 2^p et < 2^p+1 , on a n + f(n)= 2^p+1 ‒ 1, nombre impair.

Par construction si n est impair alors f(n) est pair et on ne peut donc alors dans ce cas avoir n= kf(n) qui serait alors pair.

Donc n est pair, f(n) est impair et k nécessairement pair.

Pour que pour un k pair donné on ait n=kf(n) il faut que pour un p donné on ait 2^p ‒ 1= (k+1)n.

En prenant les k+1 premières puissances de 2, on ne peut avoir au maximum que k résidus de 2^p modulo k+1 différents puisque 2 et k+1 sont premiers entre eux. Donc on a nécessairement deux puissances s et t avec t > s de 2 qui ont le même résidu modulo( k+1). Donc 2^t-s ‒ 1 doit donc être congru à 0 mod (k+1) et donc n=(2^t-s ‒ 1) / (k+1) avec t ‒ s = u ≤ k répond à la question.

On peut noter que si k+1 est premier, on a alors le petit théorème de Fermat et 2^k ≡ 1 Mod (k+1).

Si 2^u ‒ 1 est divisible par k+1 alors 2^v ‒ 1 est également divisible par k+1 pour tout v multiple de u, puisqu’alors 2^v – 1 est divisible par 2^u ‒ 1.

Il y a donc pour tout k pair une infinité de n solutions de l’équation n=kf(n).

Application pratique pour k=24 on recherche systématiquement les résidus de 2^p par k + 1 soit 25 et on trouve rapidement p=20 et n= 41943.

Pour k=2016 on a k+1 premier et donc la solution est donc p = 2016 et donc le premier n solution est donc n=(2²⁰¹⁶ -1)/2017 soit un nombre à 604 chiffres !

Q2

Soit S(n) la somme des n premiers nombres et s(n) la somme des n premiers f(n).

1-On recherche les n pour lesquels s(n) est un carré parfait.

On peut calculer assez facilement s(n) à partir de S(n) +s(n) et S(n).

En effet en représentant n sous la forme n= 2^p + r avec r ≥ 0 et r < 2^p, on constate que n+ f(n) = 2^p+1 – 1 et on calcule facilement : S(n)+s(n)= 2.(2^2p ‒ 1)/3 ‒ 2^2p + 1 + (r+1).( 2^p+1 ‒ 1)

S(n)= n(n+1)/2 = (2^p + r).( 2^p + r + 1)/2= 2^2p-1 +2^p-1(2r + 1) + r(r + 1)/2 ce qui donne s(n)=2^2p /6 + 2^p-1 ‒ 2/3 + r.2^p ‒ 3r/2 ‒ r²/2

A première vue les combinaisons de p et de r permettant d’obtenir un carré parfait pour s(n) n’apparaissent pas évidentes.

Quelques formules Excel permettent de trouver rapidement les premières valeurs de carrés parfaits pour s(n),

On donne ci-dessous ces résultats.

On constate que pour chaque valeur de p il y a un n qui donne un s(n) carré parfait écrit en gras. On constate que s(n) est alors le carré de n/2 et que ce n vaut

soit 2 (2^p+1 ‒ 1)/3 pour p impair et 2(2^p+1 ‒ 2)/3 pour p pair.

Cela donne avec la représentation de n adoptée les valeurs suivantes : n =2(2^p+1 ‒1)/3 donc n=2^p + (2^p ‒2)/3 donc r= ( 2^p ‒2)/3 pour p impair n=2(2^p+1 ‒2)/3 donc n= 2^p + (2^p ‒4)/3 donc r= ( 2^p ‒4)/3 pour p pair.

En reportant ces valeurs dans l’expression de s(n) on peut vérifier facilement que s(n)=[(2.2^p+1

‒1)/3]² pour p impair et s(n)=[(2.2^p+1 ‒2)/3]² pour p pair.

Comme le montre le tableau ci-dessus, il y a d’autres valeurs de n qui conduisent à des carrés parfaits, mais je n’ai pas trouvé de règles permettant d’obtenir ces autres solutions qui ne sont d’ailleurs pas systématiques pour toutes les valeurs de p. Donc la solution proposée n’est que partielle.

2- On recherche des n tels que S(n)=3.s(n).

On donc S(n) + s(n) = S(n) + S(n)/3 = 4/3.S(n).

Compte tenu des formules obtenues pour S(n) et s(n), on obtient donc une équation du second degré pour les choix possibles de r en fonction de p.

Cette équation est 2r²/3 + (5 ‒ 2. 2^p)r/3 ‒ (2^p – 1)/3 =0 On obtient deux racines à savoir : 2^p – 2 et

‒1/2. Seule la première qui est entière positive et ≤ 2^p est acceptable.

Donc toutes les solutions sont de la forme n= 2^p ‒ 2 avec p >2.