bonsoir aussi

pour la 1, je me dis qu'on pourrait regarder suivant les décompositions possible de 5 en somme de chiffres et dénombre chaque cas

sachant que pour n allant de 0 à 4 toutes les décompositions ne sont pas réalisables.

En essayant de décomposer, j'obtiens
5=4+1=3+1+1=3+2=2+2+1=2+1+1+1=1+1+1+1+1
Mais il faudrait encore considérer les cas où l'on a un ou plusieurs 0 dans le nombre, et également tenir compte de l'orde dans le dénombrement, est-ce cela ?

ben évidemment qu'il y a des zéros pour faire n chiffres (surtout si n>5)

y'a plus qu'à dénombrer chaque cas et choisir la place des chiffres (les autres sont des 0)

ça fonctionne assez bien (mais c'est un peu long)

vaut mieux commencer par traiter à part les cas de 0 à 4 pour n, puis faire un raisonnement général pour n5

si il y a une astuce pour aller plus vite, je suis preneur

j'obtiens donc:
n=0
aucune possibilité
n=1
5 est la seule possibilité
n=2
50 ; 32 ; 23 ; 14 ; 41
n=3
500 ; 140 ; 104 ; 401 ; 410 ; 230 ; 203 ; 302 ; 320 ; 311 ; 131 ; 113 ; 221; 212 ; 122
n=4
5000 ; 1400; 1040 ; 1004 ; 4010 ; 4001 ; 4100 ; 2300 : 2030 ; 2003 ;3020 ; 3002 ; 3200 ; 3110 ; 3101 ; 3011 ; 1310 ; 1301 ; 1031 ; 1130 ; 1103 ; 1013 ; 2210 ; 2201  ; 2021 ; 2120 ; 2102 ; 2012 ; 1220 ; 1202 ; 1022 ; 2111 ; 1211 ; 1121 ; 1112

voila! effectivement, c'était assez long... maintenant, comment obtenir ce raisonnement général pour n plus grand ou égal à 5 ?

salut

on peut remarquer que ...

Bonsoir, oui j'avais pensé à utiliser la combinatoire avec k parmi n, mais pourriez-vous expliquer pourquoi dans ce cas 4 parmi n+3 s'il vous plaît ?

pour l'instant je ne vois rien du tout ... mais juste remarquer cela ...

carpediem
oui, et j turbine la-dessus depuis tout à l'heure en essayer de trouver une bijection avec un autre problème plus simple... mais rien !

la méthode que j'indique conduit bien au résultat mais c'est du lourdingue !

peut-être on aura un éclair de génie pendant la nuit

pour la méthode "bourrin" pour n5 :

5 = 5 donne 1 possibilité
5 = 4 + 1 ou 3 + 2 donnent chacune 2(n-1) possibilités
5 = 3 + 1 + 1 ou 2 + 2 + 1 donnent chacune 3(n-1)(n-2)/2 possibilités
5 = 2 + 1 + 1 + 1 donne 2(n-1)(n-2)(n-3)/3 possibilités
5 = 1 + 1 + 1 + 1 + 1 donne (n-1)(n-2)(n-3(n-4)/24 possibilités

ce qui fait un total de

P(n) = 1 + 4(n-1) + 3(n-1)(n-2) + 2(n-1)(n-2)(n-3)/3  + (n-1)(n-2)(n-3(n-4)/24

polynôme de degré 4 en n, comme f(n)

en voyant que P(0)=P(-1)=P(-2)=P(-3)=0
et que P(1)=1=f(1)

on en déduit P(n)=f(n)

ces dénombrement peuvent servir aussi pour les cas n=0 , 1 , 2 , 3 ou 4 en éliminant les cas impossibles ... qui donnent d'ailleurs 0 dans le calcul...

(pas n=0 )

ah si... je crois que j'ai trouvé !

un tel nombre se représente comme un chemin minimal sur un réseau (n-1)x5 allant de A à B en passant par C car le premier chiffre ne doit pas être 0.

par exemple, ci-dessous pour n=8, j'ai représenté le nombre 20010002



il y a donc (n-1+4) segments à dessiner, dont 4 verticaux, ce qui donne

trouver la bonne contextualisation géométrique ... et le résultat est immédiat !!

pour la deuxième question, on pourra déjà remarquer que,  si n n'est pas congru à 1 modulo 5, alors n(n+1)(n+2)(n+3) est un multiple de 5  (en plus d'être toujours un multiple de 24) et comme 5 est premier avec 24, f(n) est un multiple de 5... et ne se termine pas par un "1"

f(n)1[10] n1[5]

la réciproque est hélas fausse... mais bon ça trie déjà un peu

pour la deuxième question toujours

on a donc n=5k+1 pour que f(n) ait une chance de se terminer par un "1"

le calcul donne



posons    

on sait que c'est un multiple de 24 puisque f(5k+1) est un entier

il est clair que c'est aussi un multiple  de 5

si on veut que f(5k+1) se termine par un 1, il faut que g(k)/24 soit un multiple de 10

sachant que ce sera un multiple de 5, il faut donc que ce quotient, une fois simplifié, soit par... autrement dit que g(k) soit multiple de 16



on remarquera que, modulo 4, (k-2) et (k+2) sont égaux.

cela permet de voir que dans ces 4 facteurs, il y a toujours exactement un multiple de 4 et exactement un autre qui est pair. On a donc toujours un multiple de 8

il ne peut y avoir 2 multiples de 4, donc pour avoir un multiple de 16, il faut que le multiple de 4 soit un multiple de 8.

ce qui conduit aux cas : k=8p ou k=8p+7 ou k=8p+2 ou k=8p+5

en reportant dans n=5k+1, on obtient :

f(n) 1 [modulo 10]   n 1 , 11 , 26 ou 36 modulo 40

reste à compter ceux qui sont de ce type là pour les entiers de 1 à 21

tout cela sauf erreur

* "une fois simplifié, soit pair..."

compte fait, de 1 à 21 il y a

51 entiers de type 40p+1
51 entiers de type 40p+11
50 entiers de type 40p+26
50 entiers de type 40p+36

donc je dirais que la réponse à la deuxième question est 202

sauf erreur !

si vous trouvez plus court pour la question 2 je suis preneur car là c'est vraiment de l'arraché

* c'est pas de 1 à 21 mais de 1 à 2021 ... mais vous aviez rectifié cette coquille !

Pour la question 2
Les nombres candidats sont les n=5k+1 ok.
Parmi les 4 nombres n,n+1, n+2, n+3, il y a forcément un nombre de la forme 4i, et un autre de la forme 4i+2.
Si le multiple de 4 est un multiple de 8, alors f(n) sera un nombre pair, et c'est mort.
On va donc raisonner modulo 8x5=40.
Les nombres de la forme 40k+6 , 40k+16, 40k+21, 40k+31 sont éliminés, parce qu'on tomberait sur un multiple de 8.
Reste les nombres de la forme 40k+1, 40k+11, 40k+26 et 40k+36. Pour tous ces nombres, f(n) est impair.
Pour tous ces nombres, calculons n(n+1)(n+2)(n+3) , mais calculons uniquement le chiffre des unités de ce produit. 1*2*3*4 donne 4  et  6*7*8*9 donne 4 aussi.
Pour tous les nombres n=5k+1, le produit n(n+1)(n+2)(n+3)  a comme chiffre des unités un 4, il est divisible par 24, et donc le reste de la division par 24 donne un 1 ou un 6.

On  vu comment faire en sorte que  n(n+1)(n+2)(n+3) /24 soit impair.
Conclusion :  il faut, et il suffit de prendre n de la forme 40k+1, 40k+11, 40k+26 et 40k+36.

Merci Excel ! Quand on a la liste des nombres qui conviennent, c'est plus facile de trouver la démo.

En fait, je vois que c'est exactement la même chose que Matheuxmatou, mais j'envoie quand même.

ty59847

j'avoue que j'ai vu tout de suite le coup du 5k+1

mais qu'ensuite Excel m'a bien aidé à voir le coup du modulo 40

et tu confirmes aussi le 202 ?

Pour les jeunots qui ne comprendraient pas pourquoi cette image de vieille voiture, cette vieille voiture est une 202 , de chez Peugeot bien sûr.
Mais je vous rassure, je ne suis pas vieux au point d'avoir roulé dans cette voiture.

Oui, d'accord avec le 202.

(et pour les jeunots habitués au "presse-bouton", précisons que le "0" central des modèles peugeot (202 ; 403 ; etc...) permettait de passer la manivelle pour démarrer le moteur à la main )

Bonjour,
Et le BBB, c'est pour quel pays ?

salut

exercice intéressant  puisque résolu , voici une autre méthode :

on veut trouver le nombre d'entiers à n chiffres dont la somme de ses chiffres vaut 5.
c'est juste le jeu des tiroirs  :
dans le premier tiroir on place "1" il reste  "4" à repartir dans n-1 tiroirs ce qui peut se faire de C(n-1-1+4,4)=C(n+2,4) façons.

dans le premier tiroir on place "2" il reste  "3" à repartir dans n-1 tiroirs ce qui peut se faire de C(n-1-1+3,3)=C(n+1,1) façons.

dans le premier tiroir on place "3" il reste  "2" à repartir dans n-1 tiroirs ce qui peut se faire de C(n-1-1+2,2)=C(n,2) façons.

dans le premier tiroir on place "4" il reste  "1" à repartir dans n-1 tiroirs ce qui peut se faire de C(n-1-1+1,1)=C(n-1,1) façons.

dans le premier tiroir on place "5" il reste  "0" à repartir dans n-1 tiroirs ce qui peut se faire de C(n-1-1+0,0)=C(n-2,0)=1 façons.

on a donc  en tout :f(n)=C(n+2,4)+C(n+1,3)+C(n,2)+C(n-1,1)+ 1 =
n(n+1)(n+2)(n+3)/24    et voila en quelques lignes

pour la seconde question 202 cas excel ..

Bravo à matheuxmatou et flight pour la résolution de 1) !

Pour la plus récente, elle se fait en quelques lignes ... à condition de connaître la formule du rangement de boules indiscernables dans des tiroirs

J'en propose une version plus "directe", en utilisant cette même formule, mais seulement 2 fois :
C(n+4, n-1) manières de répartir 5 boules dans n tiroirs.
Mais il faut enlever les C(n+3, n-2) cas d'aucune boule dans le premier tiroir.
C(n+4, n-1) - C(n+3, n-2) = C(n+4, 5) - C(n+3, 5) = (n+3)(n+2)(n+1)n( n+4 - (n-1) )/5! = (n+3)(n+2)(n+1)n/4!

le formule de rangement de n boules dans p tiroirs est exactement la recherche de chemins minimaux sur un réseau !

la méthode de flight est exactement la mienne... en plus compliqué !

il se complique inutilement la vie puis que il suffit de mettre 1 boule dans le premier tiroir histoire de s'assurer que le nombre ne comme pas par 0... puis de répartir les 4 autres boules dans les n tiroirs et on arrive directement au résultat... sans somme à calculer !

c'est exactement la méthode exposée le 26 à 04:45

D'accord, je n'avais pas vu le lien étroit entre les deux méthodes

ranger p boules dans n boites est un problème isomorphe à la recherche des chemins minimaux sur un réseau (n-1)p

il faut choisir la place de p segments verticaux dans une liste  de (n+p-1) segments

il y en a donc

effectivement Sylvieg, l'auteur n'a pas l'air vraiment intéressé par le problème qu'il a posté

flight : voir 17:27

Pour 2), cette égalité peut être utile :
f(n+40)-f(n) = 10(2x+43)(x²+43x+861)/3
D'où la période de 40 pour le chiffre des unités de f(n).

oui, j'avais fait ce calcul aussi Sylvieg, avant de tomber sur l'astuce du modulo 8 s'imbriquant dans le modulo 5

salut

matheumatou .. je ne me suis pas compliqué la vie   j'ai préféré détailler au maximum