Problème A551 – Solution de Jean Drabbe
VERIFICATIONS
Un programme informatique permet de vérifier très rapidement que 2^230 + 230 est divisible par 2013 et que 1438 est le plus petit entier n tel que la somme des chiffres de 2^n est supérieure ou égale à 2013 (la somme des chiffres est alors 2014).
DEMONSTRATIONS
Propriété 1 . Pour tout naturel m , il existe un naturel n tel que 2^n + n est divisible par n .
Démonstration. Nous noterons φ la fonction indicatrice d'Euler.
Pour tout naturel n , φ(n) est l'ordre du groupe des inversibles (pour la multiplication) de l'anneau des entiers modulo n .
Remarque. Lorsque m est impair, pour tout a , 2^a ≡ 2 ^ (a + φ(m)) mod m (application du théorème de Lagrange : l'ordre d'un sous-groupe divise l'ordre du groupe).
Commençons par établir le résultat pour les valeurs impaires de m en procédant par induction.
Le cas m = 1 est trivial.
Supposons que la propriété soit vraie pour tous les naturels impairs inférieurs à m.
Il existe alors un naturel a tel que 2^a + a ≡ 0 mod pgcd (m, φ(m)) .
L'équation diophantienne (en x et y) 2^a + a + x ● φ(m) = y ● m admet une solution dans les naturels non nuls.
Pour une telle solution, on a
2^(x ● φ(m) + a) + (x ● φ(m) + a) ≡ 2^a + y ● m - 2^a ≡ 0 mod m .
Afin d'établir la validité du résultat pour tout naturel, il suffit de montrer par induction sur m que pour tout naturel impair m , on a :
pour tout naturel r , il existe un naturel a tel que 2^a + a ≡ 0 mod 2^r ● m . Ceci est trivial lorsque m = 1 .
Si 2^a + a ≡ 0 mod 2^r ● pgcd (m, φ(m)) , l'équation diophantienne
2^a + a + 2^r ● x ● φ(m) = y ● m ● 2^r une solution dans les naturels non nuls et pour une telle solution
2^(a + 2^r ● x ● φ(m)) + (a + 2^r ● x ● φ(m)) ≡ 0 mod 2^r ● m .
Propriété 2 . Par un choix convenable de l'entier n , la somme des chiffres de 2^n dans le système décimal peut être rendue supérieure à n'importe quel entier k fixé à l'avance.
Démonstration. Procédons par l'absurde en supposant que l'énoncé soit faux.
Appelons squelette d'un naturel n le nombre noté sq(n) obtenu en supprimant toutes les occurrences du chiffre 0 dans la représentation décimale de n . Sous notre hypothèse, il existe un naturel m tel que
l'ensemble S = { 2^n | sq(2^n) = m } est infini.
Il est clair que chacun des nombres 2^n dans S s'obtient par insertion de blocs convenables (éventuellement vides) de chiffres 0 entre les chiffres consécutifs de 2^n . Si m est formé de k chiffres, il existe donc k – 1 positions d'insertion.
● ● ● ... ● ... ● ● ● ↑ ↑ ↑ ↑ ↑ ↑ ↑ ↑
Les ● représentent les k chiffres de m , les ↑ représentent les k – 1 positions d'insertion.
Nous dirons qu'une position d'insertion est bornée s'il existe un nombre b tel que tous les blocs de chiffres 0 qui y apparaissent lorsque 2^n appartient à S sont formés de tout au plus b occurrences de 0 .
Il n'est évidemment pas possible que toutes les positions d'insertion soient bornées.
Appelons position privilégiée la première position à partir de la droite qui n'est pas bornée.
Soit T l'ensemble des nombres obtenus à partir des nombres dans S en ne conservant que les chiffres figurant à droite de la position privilégiée. T est évidemment fini.
On en déduit qu'il existe un naturel r appartenant à T divisible par toutes les puissances de 2 (un naturel est divisible par 2^n si et seulement si le nombre formé par ses n derniers chiffres est divisible par 2^n). Contradiction !!!
