QDM 14: Soldes à tous les étages!

1) Ça revient à résoudre $m(m+2n+1) = 4020$. Il n'y a plus qu'à regarder toutes les écritures de $4020$ comme produit de deux entiers.

4020=20.201=2².5.3.67.

Bonjour,

Oui et merci RAJ, ces six solutions sont exactes...cependant, les mailles de votre filet ne sont pas assez serrées, deux solutions sont passées à travers.

Merci à tous pour vos réponses, amicalement.

[Edit: j'avais dans un premier temps écrit toutes les possibilités, mais, pourquoi ne pas continuer à chercher sachant que toute solution complète sera récompensée par un nouvel exercice 2010, soldons, soldons... ]

Pour la deuxième question, j'ai obtenu le résultat par des moyens informatiques (si je ne me suis pas trompé dans mon programme), et j'ai trouvé 6 063 165.
Il n'y a plus qu'à le démontrer...

Finalement, j'aurais mieux fait de réfléchir tout de suite pour la deuxième question, en plus, mon programme était faux :

Je note $f(n)$ le plus grand diviseur impair de $n$, et $g(n) = \displaystyle \sum_{k=1}^n f(k)$. On cherche $g(4020)-g(2009)$.

En décomposant $g(4020)$ en une somme sur les termes pairs et les termes impairs et en utilisant que $f(2k) = f(k)$ et $f(2k+1) = 2k+1$, on obtient :
\[g(4020) = \sum_{1\leqslant 2k\leqslant 4020} f(k) + \sum_{1\leqslant 2k+1\leqslant 4020} 2k+1 \]
La première somme donne $g(2010)$ et la deuxième somme donne $2010^2$ (somme des termes d'une suite arithmétique).

Donc finalement $g(4020)-g(2010) = 2010^2$. Comme $g(2010) = g(2009)+1005$, on en déduit que $g(4020)-g(2009) = 2010^2+1005 = 4 041 105$.

Re,

--> Question 2):
Oui Guego, la réponse est effectivement $4041105$, et ta solution est très élégante.
La solution que je connais utilise l'unicité de l'écriture $n=2^{k(n)} d(n)$, où $d(n)$ est le plus grand diviseur impair de $n$.
Cet exercice a été proposé lors d'un entraînement de l'équipe olympique américaine, il y a quelques années.
[Merci infiniment à mon copain Aleg de m'avoir offert ce superbe recueil d'exercices (tu) ].

--> Donc, puisque ce sont les soldes, en route pour la Question 4) :
Si $S(n)$ est la somme des chiffres du nombre $n$, par exemple $S(25)=2+5=7$, résoudre, (ou trouver une solution à) $$S(n)=2010 \times S(3n)$$

Amicalement.

Coucou,

Richard, la surveillance a été particulièrement studieuse, cependant $8050!$ ne se termine que par $2008$ zéros -- pas bien loin quand même.
Tout est dans l'approche, puis dans la finition.

[Edit: Le résultat de Richard est excellent: 8050 est le plus petit entier dont la factorielle se termine par 2010 zéros]

Amicalement.

Bonsoir,

Oui Richard, pardon, vous avez effectivement raison (tu) ,...direction piscine, je reprends après.

Amicalement.

Comment écrit-on
-> partie entière en Latex comme dans cet article

Avec \lfloor (pour le crochet de fauche) et \rfloor (pour celui de droite)

-> le signe "approximativement égal à" ?

Avec \approx

Pour le 5 :
Déjà, au moins un des 3 nombres est inférieur à $6030$, sinon la somme des trois fractions serait inférieure $\dfrac{1}{2010}$. Supposons (quitte à permuter) que ce soit $x$. Il ne peut donc prendre qu'un nombre fini de valeurs.
Et ensuite, on fait de même avec les deux autres : pour chaque valeur prossible de $x$, une des deux autres inconnues sera majorée et ne pourra prendre qu'un nombre fini de valeurs, etc.

Bonsoir à tous,

Merci Guego et Richard pour vos réponses:

Cette Question 5 a été posée lors des Olympiades Suédoises en 1967:
-> c'était 1000 et non 2010 au dénominateur,
-> il n'y avait pas de question subsidiaire.

$1)$ Pour montrer que l'équation ne possède qu'un nombre fini de solutions, voilà comment Pierre Bornsztein procède dans l'excellentissime Supermaths (exercice a.15), je vous propose un résumé.

On peut supposer $1 \leq x \leq y \leq z $ avec $x>2010$ , sinon pas de solution.
Ainsi $\dfrac{3}{x} \geq \dfrac{1}{2010}$ ===> $x \leq 6030$ et $x $ ne peut prendre qu'un nombre fini de valeurs.
Maintenant, pour $x$ fixé, $\dfrac{2}{y} \geq \dfrac{1}{y} + \dfrac{1}{z} = \dfrac{1}{2010} - \dfrac{1}{x}$ ==> $y \leq \dfrac{4020x}{x-2010}$ et $y$ ne prend également qu'un nombre de valeurs fini.
Enfin, pour chacune de ces couples $(x,y)$, $z$ est défini par l'équation diophantienne proposée.

$2)$ La solution présentant le plus grand dénominateur trouvée par RAJ est donc:$$ \dfrac{1}{2~011}+\dfrac{1}{4~042~111}+\dfrac{1}{16~338~657~294~210}=\dfrac{1}{2010}$$ où $16~338~657~294~210= 4~042~110 \times 4~042~111$
Record à battre ?

Il reste des questions à thème $2010$ dans les rayons...

Amicalement.

Bonsoir Norbert,

Oui oui, tu as parfaitement raison, d'autant que subsiste inviolée la question 4 de cette QDM13 QDM14 , et ce malgré les assauts répétés des sympathiques mathernautes superdoués fréquentant notre forum .

Amicalement.

Si n est un nombre de k chiffres, on a S(n)<=9k. Par ailleurs S(3n)>=1 et l'égalité S(n)=2010*S(3n) entraîne:
9k>=2010 et k>=224.

Nouvelle séance de surveillance (il est temps que la semaine se termine) et quelques mini-réflexions en plus
On peut dire que 3n étant un multiple de 3, la somme de ses chiffres est divisible par 3, donc S(3n)=3r et S(n)=2010*S(3n)=9*670*r est un multiple de 9, ce qui entraîne que n est un multiple de 9.
Si n contient k chiffres, on a:9k>=S(n)=9*670*r et k>=670*r

Joli!

A propos de 2010, une petite curiosité découverte par un collègue qui ne va pas chercher bien loin.

Écrire 2010 en utilisant une et une seule fois les 8 premiers nombres premiers 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17 et 19. Sont autorisées les 4 opérations et les parenthèses.

Gilles.

Oui c'est ça ! Il y a peut-être d'autre solution, mais celle-ci est bien simple.