Une équation avec la somme des chiffres

yan2 · January 2023

Bonjour,
on cherche à montrer qu'étant donnés n'importe quels deux entiers strictement positifs et consécutifs, alors, au moins, un des deux s'écrit sous la forme $m+S(m)$, où $m$ est un entier naturel strictement positif, et $S(m)$ désigne la somme des chiffres de $m$ (en base 10).

Je possède une réponse à cette question, je peux la poster, je la trouve assez technique. Je suis à la recherche (idéalement) d'une solution courte et simple.

Bien cordialement,
Yan2.

Dom · January 2023

Erreur de ma part.

J’avais cru effacer avant d’être lu.

Je remets la teneur du message que j’avais écrit…
J’avais loupé le fait qu’ils soient consécutifs et donc je me demandais pourquoi ils devaient être deux.

yan2 · January 2023

en d'autres termes, étant donné un entier naturel non nul $n$, les équations $m+S(m)=n$ et $p+S(p)=n+1$ ne peuvent pas être sans solutions en même temps !!

JLapin · January 2023

Numériquement, il semblerait qu'à partir de $9$, seuls les entiers de la forme $11k+9$ ne sont pas dans l'image de $m\mapsto m+S(m)$.

lourrran · January 2023

Il y a effectivement du modulo $11$ dans l'air, mais pas d'accord avec ce $11k+9$.
Pour les valeurs proches de $13950$, les valeurs manquantes sont les $11k+7$

LOU16 · January 2023

Bonjour,

$\forall k\in[\![0;5]\!],\:\: 2k =k +S(k).\:\:$ Ainsi: $\:\:\boxed{ \forall n\in[\![0;10]\!],\:\:\exists m\in\N \text{ tel que } m+S(m) \in\Big\{n,n+1\Big\}.}$

Soit $n\in\N,, \:n\geqslant11.\:\:$ Soit $\:\: k \in\N^*$ tel que $\:10^k+1\leqslant n<10^{k+1}+1.$

On définit $r_0,r_1,\dots r_{k}$ par $r_0=n, \;\:r_{i+1}=r_i-\Big\lfloor\dfrac{r_i}{10^{k-i}+1}\Big\rfloor(10^{k-i}+1),\:$ puis: $\forall i \in [\![1;k]\!], \: a_i:=\Big\lfloor\dfrac{r_{k-i}}{10^{i}+1}\Big\rfloor.$

Alors :$\quad n=r_{k}+\displaystyle\sum_{i=1}^{k}a_i(10^{i}+1).\quad\forall i \in[\![1;k]\!],\:0\leqslant a_i\leqslant 9 \:\:\mathbf {(1)},\quad 0\leqslant r_{k}\leqslant 10\:\:\mathbf{( 2)}.$

$\mathbf {(1)}$ résulte de: $\forall x\in[\![0; 10^{s+1}+1]\!],\:\:\Big\lfloor\dfrac x{10^s+1}\Big\rfloor\leqslant 9.\:$$\mathbf {(2)}$ provient du fait que $r_k$ est le reste d'une division euclidienne par $11$.

Notons $m:=\left\{\begin{array}{ll}\dfrac{r_k}2+\displaystyle \sum_{i=1} ^k a_{i}10^{i}& \text { si } r_k \text { est pair. }\\ \dfrac{1+r_k}2+\displaystyle \sum_{i=1} ^k a_{i}10^{i}& \text { si } r_k \text { est impair .}\end{array}\right.\quad $ Alors: $\:\boxed{m+S(m)=\left\{\begin{array}{ll}n &\text { si } r_k \text{ est pair}.\\n+1 & \text { si } r_k \text{ est impair}.\end{array}\right.}$

JLapin · January 2023

lourrran a dit :
Pour les valeurs proches de $13950$, les valeurs manquantes sont les $11k+7$

Zut, pourtant ma conjecture fonctionnait pour au moins 3 ou 4 valeurs consécutives

[Pour AD : ceci est une courte citation destinée à rendre la discussion lisible. Merci]

yan2 · February 2023

Merci LOU16, très belle démonstration, je pense qu'on ne peut pas faire plus simple. Pour être complet, je donne la source de cet énoncé. Cet exercice a été posé à la compétition All Soviet Math Olympiad en 1980.

Quentino37 · February 2023

Résolution plus simple : on à s(m)=m modulo 9 donc s(m)+m=2m modulo 9 et donc en continuant un tout petit peu sur cette idee on résout le problème facilement
(Sauf erreur)

Al-Kashi · February 2023

Bonjour,
Quentino, ce que tu proposes n'est pas une preuve. Je t'invite à lire la preuve de Lou16 qui est claire, limpide et concise comme d'habitude.
C'est toujours un régal de lire ses preuves.
Al-Kashi

JLapin · February 2023

Quentino37 a dit :

Résolution plus simple : on à s(m)=m modulo 9 donc s(m)+m=2m modulo 9

En réalité, comme $2$ est inversible modulo $9$, tu n'obtiendras pas de contradiction évidente.

Quentino37 · February 2023

Oups… désolé, je réfléchirait plus avant de proposer une idée la prochaine fois…
En effet celle de Lou16 est claire, concise et limpide

Al-Kashi · February 2023

Bonsoir,

Je m'y suis mis aussi et voici il me semble une preuve assez élémentaire.

Soit $n$ un entier. On note $M$ le plus grand entier tel que $M+S(M)<n$.
Si le chiffre des unités de $M$ était $9$ alors sachant que $s(M+1)+8\leq s(M)$ on aurait donc $M+1+s(M+1)<M+s(M)<n$ ce qui contredit le fait que $M$ est le maximum.
Sachant donc que le chiffre des unités de $M$ n'est pas $9$, on a alors $n \leq M+1+s(M+1)=M+s(M)+2 <n+2$

En espérant ne pas avoir écrit trop de bêtises.
Al-Kashi

Une équation avec la somme des chiffres

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