Exercice 2 — Somme et Produit

Nous sommes deux nombres de 2 chiffres.
Notons pour commencer que \(10 \leqslant N_{1} \leqslant 99\) et \(10 \leqslant N_{1} \leqslant 99\), donc \(20 \leqslant N_{1}+N_{2} \leqslant 198\). Ainsi le chiffre des centaines de \(N_{1}+N_{2}\) ne peut être qu'un 1 , et \(100 \leqslant N_{1}+N_{2} \leqslant 109\).
En intercalant un 0 , on peut obtenir un nombre entre 1000 et 1009 , donc le produit \(N_{1} N_{2}\) doit être un nombre pair entre 2000 et 2018.
Remarquons aussi que

\[ N_{1}+N_{2}=10(a+c)+b+d \text { et } N_{1} N_{2}=100 a c+10(a d+c b)+b c . \]

La parité de \(N_{1} N_{2}\) est celle de \(b c\), donc ce produit \(b c\) est pair, et donc \(b\) et \(c\) ne doivent pas être tous deux impairs.

1. Si \(b=3\) et \(d=6\) (ou le contraire), alors \(N_{1}+N_{2}=109\), et \(N_{1} N_{2}\) doit être égal à 2018 . Malheureusement, \(2018=2 \times 1009\), et 1009 est un nombre premier, ce qui ne permet pas d'écrire 2018 comme produit de deux nombres de deux chiffres.
   Un autre argument, plus dans l'esprit du programme, consiste à dire qu'on doit avoir \(a+c=10\), et étudier les cas possibles :

\(a\)	1	2	3	4	5	6	7	8	9
\(c\)	9	8	7	6	5	4	3	2	1
\(N_{1}\)	13	23	33	43	53	63	73	83	93
\(N_{2}\)	96	86	76	66	56	46	36	26	16
\(N_{1} N_{2}\)	1248	1978	2508	2838	2968	2898	2628	2158	1488

On constate qu'on n'obtient jamais le 2018 attendu.
2. Si \(a=4\) et \(c=6\) (ou le contraire), le produit \(N_{1} N_{2}\) est égal à

\[ A B=(40+b)(60+d)=2400+20(2 b+3 d)+b d \geqslant 2400 . \]

Il est donc beaucoup trop grand pour convenir au problème.
3. Supposons que \(b+d \leqslant 9\).
a) Comme \(0 \leqslant b+c \leqslant 9, N_{1}+N_{2} \leqslant 10(a+c)+9\). Pour que ce nombre comporte trois chiffres, il faut donc \(a+c>10\), et pour que le chiffre des centaines soit un zéro, il faut \(a+c \leqslant 10\).
b) On a donc : \(N_{1}+N_{2}=100+b+d\). Comme dans la question 2), pour que le nombre \(N_{1} N_{2}\) ne soit pas trop grand, il faut \(a c \leqslant 20\), ce qui ne laisse que deux possibilités : \(a=1, c=9\), ou \(a=2, c=8\) (ou le contraire).

• Le premier cas \((\{a, c\}=\{1,9\})\) donne :

\[ N_{1} N_{2}=900+10(d+9 b)+b d \text { ou } 900+10(9 d+b)+b d . \]

Mais de \(b+d \leqslant 9\), on tire facilement que \(d+9 b \leqslant 81\) (la valeur maximale est atteinte pour \(b=9\) et \(d=0\), et le raisonnement est le même pour \(9 d+b\) ), et \(b d \leqslant 20\) (la valeur maximale est atteinte pour \(b=4, d=5\) ).
Ainsi, \(N_{1} N_{2} \leqslant 900+810+20=1730\), et \(N_{1} N_{2}\) ne peut être supérieur à 2000 .

• Le second cas \((\{a, c\}=\{2,8\})\) donne :

\[ N_{1} N_{2}=1600+10(2 d+8 b)+b d \text { ou } 1600+10(8 d+2 b)+b d \]

On peut se contenter d'étudier le premier cas. On a, en envisageant les valeurs extrêmes de \(d\) :

\[ 1600+80 b \leqslant N_{1} N_{2} \leqslant 1780+89 b \]

Pour qu'une valeur de \(d\) puisse convenir, il faut donc

\[ 2000 \leqslant 1780+89 b \Leftrightarrow b \geqslant 3 \text { et } 1600+80 b \leqslant 2018 \Leftrightarrow b \leqslant 5 . \]

• Pour \(b=4\), on obtient : \(N_{1} N_{2}=1920+24 d\), et la seule valeur de \(d\) permettant de «tomber» entre 2000 et 2018 est \(d=4\).
  On a alors : \(24+84=108\), et \(24 \times 84=2016\). On a trouvé une solution ! ! !
• Pour \(b=5\), on obtient : \(N_{1} N_{2}=2000+25 d\), et la seule valeur de \(d\) pouvant convenir est \(d=0\). Mais \(25+80=105\), alors que \(25 \times 80=2000\), ce n'est donc pas une solution.

1. Supposons que \(b+d \geqslant 10\).
   a) On a vu qu'il fallait alors \(a+c=9\), de manière à ce que la retenue de \(b+c\) donne une somme comprise entre 100 et 109 .
   b) Les plus grandes valeurs possibles de \(b\) et \(d\) sont 9 et 9 (et même ce cas est normalement exclus), donc

\[ N_{1} N_{2}=100 a c+10(a d+c b)+b c \leqslant 100 a c+90(a+c)+81=100 a c+891 . \]

Il faut donc \(100 a c \geqslant 2000-891\), soit \(a c \geqslant 12\). Il y a donc trois cas à étudier : \(a=2\) et \(c=7, a=3\) et \(c=6\) ou \(a=4\) et \(c=5\).

• Si \(a=2\) et \(c=7\), alors \(N_{1} N_{2}=1400+10(2 d+7 b)+b d\). Donc, en constatant que \(1 \leqslant d \leqslant 9\) :

\[ 1420+72 b \leqslant N_{1} N_{2} \leqslant 1580+79 b \]

Il faut donc :

\[ 1420+72 b \leqslant 2018 \Leftrightarrow b \leqslant 8 \text { et } 1580+79 b>2000() b \geqslant 6 . \]

• Si \(b=6, N_{1} N_{2}=1820+26 d\), la seule valeur possible de \(d\) est \(d=7\).

Mais \(26+77=103\), alors que \(26 \times 77=2002\), ce n'est donc pas une solution.

• Si \(b=7, N_{1} N_{2}=1890+27 d\), mais aucune valeur de \(d\) ne permet d'obtenir un produit entre 2000 et 2018.
• Si \(b=8\), alors \(N_{1} N_{2}=1960+28 d\), la seule valeur possible de \(d\) est \(d=2\).

Mais \(28+72=100\), alors que \(28 \times 72=2016\), on n'a pas non plus de solution.

• Si \(a=3\) et \(c=6, N_{1} N_{2}=1800+10(3 d+6 b)+b d\). Comme \(d>1, N_{1} N_{2}>1830+61 b\), donc pour que ceci soit inférieur à 2018, il est nécessaire que \(b \leqslant 3\).
  Mais alors \(d\) doit être supérieur à 7, ce qui entraîne \(N_{1} N_{2} \geqslant 2010+67 b \geqslant 2077\) puisque \(b\) ne peut être égal à 0 . On ne trouve donc pas de solution.
• Si \(a=4, c=5, N_{1} N_{2}=2000+10(4 d+5 b)+b d\), et on voit encore plus facilement que comme \(b\) et \(d\) doivent être non nuls, \(N_{1} N_{2} \geqslant 2091\). Donc ce nouveau pas de solution.
  Ceci termine l'étude du cas \(b+d \geqslant 10\), qui ne donne pas de solution.

1. On n'a donc trouvé qu'un seul couple solution : \(N_{1}=24, N_{2}=84\).
   seule fois de chaque coté vertical des deux domaines. Quant aux cotés du domaine initial qui ne sont pas coupés, ils interviennent ou bien dans le calcul du domaine inférieur, ou bien dans celui du domaine supérieur. On retrouve donc la formule \(N=N_{1}+N_{2}\). La propriété est conservée.
   c) Pour un domaine comportant un trou, on calcule le nombre de Green du domaine global (sans tenir compte du trou) et on soustrait celui du domaine définissant le trou.
2. a) Le nombre de Green d'un carré de coté 1 vaut 1 . On suppose que le coefficient du coté gauche est? . Les coefficients correspondant aux cotés verticaux sont \(c_{k}\) et \(c_{k}+1\). Il vient \(N=(-1) \times c_{k}+1 \times\left(c_{k}+1\right)= -c_{k}+c_{k}+1=1\).
   b) Un domaine étant donné, on le coupe en deux par des droites horizontales et verticales du quadrillage, jusqu'à séparer ce domaine en carrés élémentaires de cotés 1 . Ce qui précède montre que le nombre de Green de départ est égal à la somme des nombres de Green de tous les carrés.
   Si le domaine contient \(n\) carrés, alors son nombre de Green vaut \(n\).
   On voit que le nombre de Green mesure l'aire du domaine initial, comptée en unité d'aire (un carré de coté 1).

Compléments et commentaires de Max Hochart

Cet exercice est une approche discrète de la formule de Green-Riemann permettant de calculer l'aire délimitée par une courbe paramètrée. Dans le cas d'une courbe

\[ t \in[0,1] \mapsto(x(t), y(t)) \in \mathbb{R}^{2} \]

continue et \(\mathscr{C}^{1}\) par morceaux, simple (sans point double sur \(] 0,1[\) ) et fermée (telle que \(x(0)=x(1)\) et \(y(0)=y(1)\) ), l'aire délimitée par la courbe est

\[ \mathscr{A}=\int_{0}^{1} x(t) y^{\prime}(t) \mathrm{d} t \]

Dans le cas des domaines étudiés dans le sujet, le déplacement sur la frontière est soit horizontal ( \(y\) est constante), soit vertical \((x=c t e)\). On obtient donc

\[ \mathscr{A}=\sum_{i=1}^{n} x_{i}\left(y_{i+1}-y_{i}\right), \]

où les couples \(\left(x_{i}, y_{i}\right)\) sont les coordonnées des sommets du domaine étudié. Ceci explique la nullité des déplacements horizontaux et le choix fait pour le signe des déplacements verticaux.

Cet exercice pourra motiver cette formule : en faisant une approximation par des petits carrés de la surface délimitée par une courbe, la version discrète rend compréhensible la version continue bien difficile à expliquer.