Avis de Recherche

Rappel de l'Avis de Recherche n°1 : 

 

On recherche (tous) les nombres palindromes dont le carré et le carré du carré sont aussi palindromes (par exemple 11...)

 

   Pour cet Avis de recherche, nous avons reçu deux courriers de collègues qui avaient trouvé la solution, nous en faisaient part par sympathie mais n'avaient pas eu le temps de peaufiner les démonstrations ni de les rédiger. Merci à eux. Cela peut faire aussi partie des réponses possibles à l'avis de recherche. De même que ceux qui trouveraient une piste sur internet peuvent nous envoyer un lien. Mais bien entendu nous ne publierons que les réponses rédigées.

 

   Pour trouver les nombres palindromes dont le carré et le bicarré sont aussi des palindromes, on peut utiliser le théorème suivant :

Pour tout nombre P palindrome, le carré de P est un palindrome si et seulement si la somme des carrés des chiffres de P est strictement inférieure à 10.

 

  Une démonstration de ce théorème est donnée sur le site de Diophante. 

 

  Pour affiner la compréhension de ce théorème et voir cette démonstration d'une autre façon, posons la multiplication P×P comme dans les exemples ci-dessous.

 

 

   Comme P est un palindrome, si P a un nombre impair de chiffres, il y a une symétrie par rapport au chiffre central, et si P a un nombre pair de chiffres, par rapport à un "centre" situé entre les deux chiffres centraux.

 

   Dans la partie "addition" de la multiplication posée, on a, quelle que soit la parité du nombre de chiffres de P, une symétrie du résultat par rapport à la colonne centrale (en jaune sur les exemples ci-dessus) et cette colonne centrale est constituée des carrés de chaque chiffre du palindrome P : d'où le théorème, l'idée étant de n'avoir aucune retenue si on veut obtenir un résultat palindrome ; en effet, une retenue se reporte toujours vers la gauche, ce qui détruit de fait la possibilité pour la somme finale d'être un palindrome (comme dans le 2e exemple ci-dessus).

 

   On peut remarquer que le nombre de chiffres de P² est un nombre impair dans tous les cas : si p est le nombre de chiffres de P, 2p-1 est celui de P² ; en effet, il y a p lignes dans la partie addition et donc p-1 décalages, et comme le résultat P² est un palindrome, il n'y a pas de retenue, et, en conséquence, le résultat comporte p+p-1 chiffres, c'est-à-dire 2p-1 chiffres.

 

   À l'aide de ce théorème, on peut comprendre que si un nombre P convient, il ne peut être écrit qu'avec les chiffres 0, 1, 2 ou 3, sinon la somme des carrés des chiffres serait plus grande que 10. 

   Le chiffre 3 ne peut y figurer car, s’il est seul (P=3), son carré est 9 et son bicarré est 81 qui n'est pas un palindrome, et s’il n’est pas seul, il est au minimum en compagnie de deux fois le chiffre 1 (n'oublions pas que l'on veut un palindrome) et donc ne vérifie pas le théorème.

   Le chiffre 2 ne peut pas y figurer non plus car, s’il est seul (P=2), son carré est 4 et son bicarré est 16 qui ne convient pas, même chose s’ils sont deux (22 a pour carré 242 qui ne vérifie pas le théorème) et s’il est accompagné de 1 (au minimum 121 dont le carré 14641 ne vérifie évidemment pas non plus le théorème).

 

   Ainsi, si un nombre P convient, il ne peut s'écrire qu'avec les chiffres 0 et 1. Or, on ne peut avoir le chiffre 1 que 2 fois : aux deux extrémités et en conséquence, les autres chiffres sont des 0 ; en effet, si le chiffre 1 apparaît au moins une 3fois, le chiffre central de P² serait au moins 3 (c'est la somme des carrés des chiffres de P) et la somme des carrés des chiffres de P² serait plus grande que 9 : P ne serait pas alors un palindrome.

 

    Reste à montrer que tous les nombres de la forme 10…01 conviennent. Cela est facile en les écrivant sous la forme 10+ 1, p étant un nombre entier positif. En effet, pour tout p entier positif, (10p +1)2 = 102p + 2×10p +1 qui est un palindrome et (102p +2×10p +1)2 = 104p + 4×103p + 6×102p + 4×10p + 1 qui est encore un palindrome.

 

   Salvatore Tummarello nous fait d'ailleurs remarquer que la condition du carré palindrome lui parait redondante. À nous aussi, mais nous n'avons pas trouvé de justification convaincante. Et vous ?

Avis de Recherche n° 2

   Sur deux demi-droites de l'espace d'origine A et B, Alice et Bob se déplacent en astronefs à la même vitesse constante en partant respectivement de  A et B.

Existe-t-il une position M pour Alice et N pour Bob telles que AM = MN = NB ?   

Cet avis de recherche est inspiré de la "question de logique" n° 941, d'Élisabeth Busser et Gilles Cohen, parue dans le monde du 2 décembre 2015 qui posait la même question... dans le plan (sans le dire expressément d'ailleurs). La solution plane fournie par les auteurs donnera lieu d'ailleurs à quelques remarques.  

 

Alain Bougeard et Michel Suquet 

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Les chantiers de pédagogie mathématique n°167 décembre 2015

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