EXEMPLES DE SOLUTIONS
192. I. — Trouver le nombre des chiffres contenus dans les 10350000 premiers nombres^ et trouver combien ces nombres contiennent de fois le chiffre 0.
Parmi tous ces nombres, il y a
9 nombres d'im seal diiffre,
id.
O U lUJI
de
chiflTres,
id.
id.
id. ,
id!
id.
id. ,
id.
id.
id. ,
id.
id.
id. ,
id.
id.
id. ;
enfin depuis le nombre 10000000 jusqu^au nombre 10350000, ces deux nombres compris, il y a 350001 nombres de 8 chiffres.
Le nombre total des chiffres est donc
Tel est le nombre total des chiffres contenus dans les nombres indiqués.
Pour traiter la seconde partie de la question, nous cher-
cherons d'abord le nombre des zéros contenus dans les 9999999 premiers nombres, puis le nombre des zéros contenus danales 350001 nombres qui suivent.
La première partie se résout aisément en écrivant tous les nombres depuis 0 jusqu'à 9999999 avec 7 chiffres, c'est-à-dire en complétant chacun d'eux par des zéros placés sur la gauche ; nous aurons ainsi la suite
Il est évident que, dans cette suite, chacun des chiffres
0, i, 2, , 9, entre le môme nombre de fois ; or, iOOOOOOO
de nombres de 7 chiffres contiennent 70000000 déchiffres, et, comme il y a 10 chiffres en tout, chacun d'eux entre 7 000 000 de fois dans les nombres indiqués et écrits comme nous l'avons dit.
Seulement, en agissant ainsi, nous avons ajouté un grand nombre de zéros, sur la gauche des nombres, et qu'il faut enlever du nombre total. D'ailleurs, il est facile d'obtenir le nombre des autres chiffres, et en le retranchant du nombre des chiffres contenus dans les 9999999 premiers nombres, nous aurons le nombre des zéros.
En effet, notre manière de procéder n'altère pas le nombre de fois qu'un autre chiffre que zéro est contenu dans les nombres donnés ; il y a donc 7000000 X 9 = 63000000 de chifires significatifs. Or nous avons vu que tous ces nombres contiennent 9 X 7654321 = 68888889 chiffres ; il y a donc en tout
68888889 — 63000000 =5888889 fois le chiffre zéro.
Reste à trouver maintenant le nombre des zéros contenus dans les 350001 nombres depuis IOOOOOOO jusqu'à 10350000.
De IOOOOOOO jusqu'à 10099999, il y a 100000 nombres qui contiennent chacun deux zéros plus ceux des nombres de la suite 00000, 00001, 00002, ,99999; cela fait
200000 -h 50000 = 250000 zéros.
De 10100000 à 10199999, il y a 100000 nombres qui contiennent chacun un zéro plus ceux des nombres de la suite que nous venons de signaler; cela fait
100000 -J- 50000 = 150000 zéros.
De même il y a 150000 zéros dans les nombres depuis 10200000 jusqu'à 10299999.
La même marche montre que
de 10300000 à 10309999, il y a20000+4000 = 24000 zéros
de 10310000 à 10319999, id. 10000 + 4000=14000 id.
de 10320000 à 10329999, id. 10000 + 4000 = 14000 id.
de 10330000 à 10339999, id. 10000 + 4000=14000 id.
de 10340000a 10349999, id. 10000 + 4000 = 14000 id.
Enfin le nombre 10350000 contient 5 zéros.
Il y a donc en tout 5888889 + 250000 + 150000 X 2 + 24000 + 14000 X 4 + 5 = 6508894 zéros.
193. II. — Un facteur rural fait W^ par jow\ et marche 345 jours de Vannée^ jours de congé et jours de maladie déduits. Trouver combien il fait de mètres en son année; combien il faut prononcer de mots pour lire tous les nombres depuis 1 jusqu'à celui que Von obtient ainsi^ et le temps quHl faut pour les prononcer y sachant que l'on prononce environ 185 mots par minutCy et admettant ce résultat comme exact.
Ce facteur rural faisant 30^"* par jour, fait
30 X 345 = 10350''"' en 345 jours ;
il fait donc 10350000"^.
La question est donc de trouver le nombre des mots qu'il faut prononcer pour énoncer tous les nombres depuis 1 jusqu'à 10350000 inclusivement.
Désignons, à cet effet, par A le nombre de mots qui figurent dans les noms des 999 premiers nombres ; pour obte-
446 PROBLÈMES BT TûâonàMBS
nir le nombre de mots qui flgm'ent dans les noms des nombres depuis 1000 jusqu'à 999999, nous remarquons que, sauf
1000, 2000, 3000, , 999000, tous les au^es nombres de
six chiffres (chaque nombre ét^t au besoin complété par des zéros placés sur sa gauche) sont formés par deux nombres de trois chiffres écrits Tun à côté de l'autre ; donc les noms des nombres de trois chiffres sont répétés 999 fois pour chaque tranche, ce qui donne déjà 2.999. A; d'autre part, à chaque fois le noîn mille est prononcé une fois, et cela .a lieu autant de fois que Ton peut écrire deux tranches de trois chiffres, distinctes ou non. Tune à côté de l'autre, c'est-à-dire 999 fois ; mais pour
les nombres 001001, 001002, ,001999, on ne dit pas
un mille trois, par exemple, mais mille trois ; il y a donc pour chacun d'eux un mot à retrancher, e'esi-à-dire en tout
999 mots. Enfin les nombres omis, 1000, 2000, ,999000,
contiennent 999 fois le mot mille plus les A noms des nombres de la première tranche. On a donc pour le nombre total des noms depuis 1 jusqu'à 999999,
ou B = 2000A-h999'.
Pour aller de un million à dix millions exclusivement, on répète 9 fois tous les noms précédents, puis il y a les 20
mots de un million, deux millions, , dix millions et
enfin, pour chacun des autres nombres, deux mots, le mot million et un ou deux, jusqu'à neuf.
De 1 jusqu'à 10000000, il y a donc
B-4-9B-h20-hl8.999999
mots à prononcer.
Reste à calculer le nombre des mots donnés par les nom* bres depuis 10000000 exclusivement jusqu'à 10350000 niclusivement : ce sont d'abord 330000 fois les deux mots dix millions plus les noms des 350000 premiers nombres ;
PROBLÈMES BT THÉORËMBS 447
appelons G ce nombre de noms, nous aurons finalement
n faut maintenant calculer A et G.
Le calcul de G se fait aisément en procédant d'une manière analogue à celle déjà employée ; on trouve ainsi
G = 350A ^-iOOO{H—l) + 349000+ 4,
en désignant par H le nombre des mots prononcés pour énoncer les nombres depuis i jusqu'à 349 inclusivement. Quant aux deux nombres A et H, ils sont faciles à obtenir par simple dénombrement ; on les obtient même très rapidement en tenant compte de la façon dont les nombres se déduisent les uns des autres. On trouve
d'où l'on déduit G = 2735004.
n est facile d'achever maintenant les calculs, et Ton trouve pour le nombre cherché
Si l'on veut le temps employé à prononcer tous ces mots, à raison de 185 par minute, il n'y a qu'à diviser le nombre trouvé par 185 ; on obtient ainsi 571 973 minutes.
Or 60"* valant une heure, le temps précédent évalué en heures est le nombre de fois que le nombre trouvé contient 60, c'est-à-dire
9532 heures, et il reste 53».
En admettant qu'une personne se voue à cette tâche et y consacre 8 heures par jour, elle mettrait 1191 jours et demi.
194. m. — A ^exception des nombres premiers et des nombres simplement pairs, tout nombre entier est égala une somme de nombres impairs consécutifs.
Pour démontrer ce théorème, il suffit de chercher la
forme d'nn nombre qui est la somme de nombres impairs consécutifs.
Soit une suite de pareils nombres
2*4-1, 2*4-3, , 2*-4-2p-hl,
cette suite contenant p-hi nombres; nous supposons, bien entendu, p au moins égal à 1. Pour avoir la somme de ces nombres, il suffit de remarquer qu'en parcourant la suite de gauche à droite, les nombres augmentent de deux unités à chaque fois, et qu'en la parcourant de droite à gauche, ils diminuent de deux unités à chaque fois ; si donc on écrit deux fois cette suite, une fois dans Tordre indiqué et une fois dans Tordre inverse, de façon que les nombres de même rang soient les uns au-dessous des autres, nous voyons que la somme des deux nombres placés Tun au-dessus de Tautre est toujours la même. Mais en formant la somme de ces sommes partielles, toutes égales d'ailleurs, nous obtenons deux fois la somme demandée et autant de fois la somme des termes extrêmes de la première suite qu'il y a de nombres dans cette suite, c'est-àdire p-hi fois la somme 4* -4- 2p -+- 2. Nous avons donc finalement pour somme
Le nombre S ainsi obtenu est donc nécessairement un produit de deux facteurs ; ces deux facteurs ont d'ailleurs la môme parité, car leur différence est paire ; si donc Tun d'eux est divisible par 2, Tautre Test aussi. Par conséquent, nous ne trouverons de cette façon ni nombres premiers, ni nombres simplement pairs.
Cela posé, considérons un nombre impair quelconque, mais non premier ; ce nombre est le produit de deux facteurs impairs, égaux ou inégaux, dont aucun n'est moindre que 3. Égalons le plus petit de ces facteurs, ou Tun quelconque d'entre eux s'ils sont égaux, à p4-i, et Tautre, à 2*4-p-hl ; nous aurons ainsi les deux nombres en-
PROBLÊMBS BT THÉORÈMES 41t9
tiers p ei k; la suite que nous cherchons sera parfaitement déterminée.
Considérons maintenant un nombre divisible par 4, et décomposons-le en un produit de deux facteurs pairs tous deux, égaux ou inégaux ; il suffît alors de procéder comme précédemment pour trouver la suite de nombres impairs consécutifs dont il est la somme.
D'ailleurs un multiple de 4 est de la forme 4n, et il est visiblement la somme des deux nombres impairs consécutifs, 2n — 1 et 2n4-l.
Remarque. — Pour un nombre donné, il peut y avoir plusieurs modes de décomposition de ce genre ; la méthode indiquée les donne tous. — Si le nombre donné est carré parfait, les deux facteurs peuvent être pris égaux, et Ton a A: = 0, ce qui veut dire que la suite des nombres impairs considérée commence à 1 . On retrouve ainsi une propriété connue.
196. IV. — Soient deux nombres premiers entre eux y s, eth\ on considère les deux nombres ^
lia -f- 2b et 18a 4- 5b ;* montrer :
1° Que si Vun d*eux est divisible par 19, P autre est aussi divisible par 19 ;
2* QuHls ne peuvent pas avoir d'autre facteur commun que
Désignons par a et p les deux nombres proposés ; nous avons, par hypothèse,
a = lla+2* et p = 18a-h5ô; mais il est visible que
si nous remplaçons a par cette valeur dans a, nous obtenons
a = ll(19a-f-56- p) + 26,
a = 11.19a +570 — llp;
▲RITHM. HUMB. 29
4tS0 PROBLÈMES ET THÉORÈMES
cette égalité nous montre que si p est divisible par 19, les trois parties du second membre sont divisibles par 19, et, par suite, a est un multiple de 19. On peut d'ailleurs tirer de là 11 p et en déduire que ce nombre est divisible par 19 si a est un multiple de 19 ; mais si 11 ^ est divisible par 19, p est divisible par 19. La première partie est donc établie.
11 y a d'autres manières d'établir ce résultat : par exemple, il n'y a qu*à se servir de l'égalité
2* Supposons maintenant que les deux nombres « et p aient un diviseur commun autre que 19 ; alors de l'égalité
a-Mip = 19(lla-h36),
il résulte que ce facteur divise aussi lla-f-3é ; divisant llaH-3é et lia -t- 26, il divise leur différence, b; il divise donc aussi
a — 2i = lia et p — 56 = 18a ;
par suite il divise leur différence 7a, puis lia — 7a = 4a, puis 7a — 4a ^ 3a, enfin 4a — 3a = a.
Or ce résultat est en contradiction avec les hypothèses, puisque les nombres a et 6 sont premiers entre eux; donc les deux nombres a et p ne peuvent pas avoir de diviseur commun autre que 19.
