Les défis mathématiques du Monde, épisode 1
Avez-vous tenté le premier défi du Monde ?
La première question est facile, la seconde aussi.
La première question est facile, la seconde aussi.
The real danger is not that computers will begin to think like men, but that men will begin to think like computers.
-- Harris, Sidney J.
-- Harris, Sidney J.
Réponses
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Episode 1 par Cédric Villani.
Je n'ai pas d'infos sur l'idée de ces défis mathématiques... à quel niveau ça s'adresse ? -
Un défi du monde pour les amateurs de chiffres ! un nombre palindromique est un nombre qui peut se lire dans les deux sens. par exemple:
18881 71517 123454321
Les nombres palindromiques a 2 chiffres sont 11 22 33 44 55.... 99
Il y a donc 9 palindromes a 2 chiffres
ceux a trois chiffres : il suffit d'insérer un nombre entre chaque nombre palindromique a 2 chiffres
101 111 121 ... 191
202 212 292
il y a donc 90 palindromes a trois chiffres !
la distance entre 11 et 22 est 11 , la distance entre 33 et 44 est 11. la distance entre 11 et 33 est 22. la distance minimale est donc 11.
Question : combien y a t il de palindromes a 351 chiffres ? Quelle est la distance minimale entre deux palindromes de 351 chiffres ? -
Alors si j'ai bien compris, le problème consiste à touver le nombre de nombres à $n$ chifres dans le système de numération décimale, ne commençant pas par $0$, et qui sont des palindromes. Bon, ce n'est pas nouveau-nouveau, nous avions posé cela dans "Le petit Archimède" numéro 21-22, octobre 1975, solution dans le numéro 24, février 1976, ça nous rajeunit pas, disait mon oncle Emile.
La méthode de vanilla-sky est très belle pour passer des palindromes à $2n$ chiffres aux palindromes à $2n+1$ chiffres, en insérant un chiffre au milieu.
Un palindrome à $2n+1$ chiffres est déterminé par ses $n+1$ premiers chiffres, lesquels peuvent être librement choisis, le premier n'étant pas $0$. Le nombre de ces palindromes est donc le nombre de nombres à $n+1$ chiffres, ne commençant pas par $0$, c'est donc : $9\cdot 10^{n}$.
Toujours si j'ai bien compris, il y a une autre question, c'est la distance minimum entre deux tels nombres palindromiques. Je présume que la distance entre deux nombres quelconques est définie comme la valeur absolue de leur différence. A bisto de nas, je dirais que cette distance minimum est : $10^{n}$.
Alors, ai-je gagné la possibilité de participer aux éliminatoires conduisant au tirage au sort d'un DVD d'un film âgé de 12 ans, quand Russel Crowe était jeune ? Ou bien faut que je souscrive un abonnement de 10 ans à l'imMonde, que je finance déjà par mes impôts ?
Bonne journée.
RC -
Raymond Cordier écrivait:
> Toujours si j'ai bien compris, il y a une autre
> question, c'est la distance minimum entre deux
> tels nombres palindromiques. Je présume que la
> distance entre deux nombres quelconques est
> définie comme la valeur absolue de leur
> différence. A bisto de nas, je dirais que cette
> distance minimum est : $10^{n}$.
9000....0009-8999...9998 doit te contredire. -
Je n'ai pas rédigé une preuve complète, c'était seulement un heuristique, comme j'ai dit. Mon idée est de prendre le plus de chiffres communs à gauche, et donc à droite, en sorte que le seul chiffre différent soit le choiffre central. Mais cela ne tient pas compte de ces fichues retenues, et ce n'est donc pas prouvé.
Bonne journée.
RC -
Je viens de cacher un certain nombre de messages, sans rapport avec la question posée, et qui amenaient le fil à déraper.
AD -
Bonjour
Quel est le jour où les journaux le Monde et le Figaro publient leurs défis.
Merci -
-
Bonjour,
Il s'agit de palindromes donc il suffit de s'occuper de E(n/2) nombres. Par une recurrence immediate on a qu'il ya 9*10^(E(n/2)) (voir cas particulier E()-1) palindromes à exactement n chiffres. Avec E(x) la fonction partie entière.
De même on a 10^E(n/2) pour la difference minimale.
Ici, la puissance est 175
Makhtar -
Si $n$ est pair, il y a $9 \times 10 ^{ \frac{n}{2} - 1 }$ palindromes à $n$ chiffres. (Le premier chiffre ne pouvant être zéro, il n'y a que neuf possibilités. Il reste ensuite à choisir les $\frac{n}{2} - 1$ chiffres suivants).
Si $n$ est impair, il y a $9 \times 10^{E(\frac{n}{2})}$ palindromes à $n$ chiffres (même raisonnement que précédemment sauf qu'il faut aussi choisir le chiffre du milieu parmi 10 possibilités). -
Tiens, une chose amusante que je viens de noter: pour tout entier naturel $k$, il y a autant de palindromes à $2k$ chiffres que deux palindromes à $2k+1$ chiffres.
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Pas trop dur comme défi, résolu en 1 minute et je suis très très loin d'être un surdoué.....Il a dû résoudre des question plus difficiles ou alors 99 ,9% des participants à ce forum peuvent postuler à la médaille Fields
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soit D(n) la distance mini entre 2 nombres palyndromiques a n chiffres :
D(n) = min (11, D(n-1)*10)
En effet:
La distance mini entre les palyndromes a n chiffres commencant et finissant par le meme chiffre est egale a D(n-1)*10
La distance mini entre 2 palyndromes a n chiffres commencant et finissant par un chiffre different est egale a 11
Comme D(1)=1 et D(2)=10 alors D(3)=11,...., D(351)=11 -
Bonsoir,
j'aimerais épater mes amis !!!!
Nous sommes nuls en math mais nous sommes tombés sur ce problème à résoudre...
Quelqu'un, parmi vous, aurait-il la gentillesse de donner la réponse avec une explication "correcte", plausible et compréhensible pour des novices.
genre :
1/
2/
3/
= XXX
Un bon dîner est en jeu !! -
1°) Un nombre palindromique ayant un nombre impair de chiffres s’exprime comme 432(0)234 en représentation décimale (exemple à sept chiffres).
Le chiffre entre parenthèses est le pivot.
Comme le nombre est palindromique, le groupe des 3 chiffres les plus à gauche, ainsi que le pivot, déterminent le nombre de pamindromes à sept chiffres.
- le chiffre le plus à gauche du groupe avant le pivot ne peut prendre que des valeurs de 1 à 9 (il n’y a pas de nombre commençant par zéro)
- les chiffres suivants du groupe avant le pivot peuvent prendre des valeurs de 1 à 10
- le pivot peut prendre des valeurs allant de 1 à 10
Donc le nombre de nombres palindromiques à 7 chiffres est : 9x10x10x10 = 9x10^3 (neuf, dix puissance 3 car 7 = 2x3+1)
De proche en proche, on détermine que le nombre de nombres palindromiques à 351 chiffres est = 9x10^175 (neuf, dix puissance 175 car 351=2x175+1)
2°) Quelle est la différence minimale entre 2 nombres palindromiques à 7 chiffres (pour commencer) ?
Si je prends maintenant le nombre 9999999 et que je lui ajoute 1, je trouve 1000.0001 qui est palindromique mais il a 8 chiffres à cause de la retenue. Pour conserver les 7 chiffres, il faudrait que le chiffre le plus à gauche ne soit pas 9
- 8999999+1= 9000000 qui n’est pas palindromique à cause du chiffre des unités. Il faudrait touver un chiffre des unités « U » tel que
- U99999U+p = Q99999Q
o U+p = 10 + Q [1]
o U+1 = Q [2]
- En faisant la différence entre les 2 équations, [1] – [2], on élimine U et Q et on trouve p=11
Par exemple, 2999992+11=3000003 qui est bien un nombre palindromique.
On voit que ce principe de construction se généralise à n’importe quel nombre palindromique du fait que la retenue se propage de droite à gauche.
Invitez-moi pour le café, -
Merci beaucoup !
Nous vivons à Rio... Difficile de vous offrir le café !
Merci encore. -
Bonjour
La distance entre les palindromes: 191 et 181 est 10 et non 11. -
Franchement, tout le monde à l'air de prendre de haut ces problèmes... Or le deuxième (différence minimale entre deux palindromes) ne paraît pas si trivial !
En tout cas ma femme et moi (deux profs de maths) nous sommes trompés en le résolvant. On a mis à peu près 30 s ; on aurait sûrement dû réfléchir un peu plus... -
Est ce que le numéro 2 a été publié sur le thème codage
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Où tu as vu ça ?
Salut -
Sur un site d'abonnement aux numéros de la revue....
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Je n'ai pas trouvé,quel site?
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Pour des palindromes à 3 chiffres on a trouvé 10 comme difference minimale avec mes élèves.
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C'est déjà écrit en haut Amédé et Alors ?
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Il demandait dans la réponse si le résultat était général...
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11 Général ? dans le cadre de la famille des palindromes à 351 chiffres.
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Il suffit de faire la distinction entre les palindromes pairs et les impairs
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Bonjour!
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