Interessant petit problème d'arithmétique comme je les aime...
Moi, j'aurais mis l'équation sous la forme (2b+1)^2=6a^2+3 et en posant c=2b+1
c^2=6a^2+3 avec la solution évidente a=1, c=3
je te laisse démontrer que si a et c sont solutions, alors a'=5a+2c et c'=12a+5c le sont également
Ce qui te donne le mode de construction...

Merci piepalm

Ca m'aurait aider à mieux concevoir JFF : âges étonnants chez les MATHADOR :*::*: dont J-P n'a fait qu'une bouchée.

Je dois t'avouer que les bases me manquent pour répondre à ta question de 19:00

peux-tu me mettre sur la voie ?

Si je te comprends bien, on a a(n+1) et c(n+1) définis par :

a(n+1) = 5a(n) + 2c(n)
c(n+1) = 12a(n) + 5c(n)

C'est celà ?

Philoux

Ma "question" te laissait simplement vérifier que c'^2=6a'^2+3
Quant à savoir comment j'ai construit a' et c', c'est un peu plus compliqué...
j'ai remarqué que le rapport c/a tend vers rac(6) quand les solutions croissent.
Là, j'ai utilisé un merveilleux outil qui est le développement en fractions continues (qui n'est qu'une autre présentation de l'algorithme d'Euclide): on prend l'inverse du nombre après en avoir soustrait la partie entière (ici rac(6) donc 2)
rac(6)=2+1/u donc u=1/(rac(6)-2)=(rac(6)+2)/2
je continue u=2+1/v, v=2/(rac(6)-2)=rac(6)+2  et u=(2rac(6)+5)/(rac(6)+2) et enfin
rac(6)=(5rac(6)+12)/(2rac(6)+5), qui n'est qu'une autre façon d'écrire que rac(6)^2=6, mais en faisant apparaitre une fraction rationnelle qui va donner des convergents successifs...

Ouh c'est (trop) chaud (pour moi)

Si tu veux bien développer, à moins que celà ne demande trop de prérequis...

Je quitte l'île pour ce soir

Bonsoir à tous

Philoux

Up pour piepalm ou d'autres

Merci

Philoux

Salut,

Mon grain de sel (même si ca ne fait pas énormément avancer les choses):

D'accord avec la relation de piepalm (si a et c solutions, alors a' et c' tels que définis plsu haut le sont aussi). Je ne reviendrai pas sur la manière d'obtenir la relation...
Par contre: à moins que je rate quelque chose, ca ne prouve pas que ce sont toutes les solutions de l'équation de Philoux. On sait construire des solutions (une infinité en fait) mais y-en a-t-il d'autres?

Pas de réponse de ma part (vous rêvez ou quoi? moi je souligne les problèmes, je les résouds pas... ).

ENcore un point:
à partir de la relation de Philoux:
3p.p + 3p + 2 = b(b+1)

on pouvait raisonner modulo 3 et se rendre compte que b(b+1) est congru à 2 modulo 3. Petite analyse des cas:
b = 0[3] pas bon
b = 2 [3] pas bon
reste b = 1 [3]

Donc b = 3q+1, on remplace et on trouve

p(p+1) = 3q(q+1)

Ensuite je bloque un peu... soit p, soit p+1 est un multiple de trois. Mais j'ai rien de génial à proposer.

C'était juste pour dire...


A+
biondo

Bon, je ne suis pas enseignant, mais je vais essayer d'exposer ces notions qui sont assez élémentaires, même si je ne sais pas à quel niveau ça s'enseigne, ni même si ça s'enseigne.
Une division euclidienne peut s'écrire a=bq1+r1 ou encore a/b=q1+1/(b/r1) avec q1=E(a/b) si E() est la partie entière.
En poursuivant l'algorithme, b/r1=q2+1/(r1/r2) avec q2=E(b/r1), et... r(k-2)/r(k-1)=qk+1/(r(k-1)/rk). Avec des entiers, les qk sont en nombre finis.
Si maintenant on part de a et b réels, on peut procéder de même (avec q1=E(a/b), etc...) et on obtiendra, sauf si a/b est rationnel une suite infinie de quotients qk. En notant xk=r(k-1)/rk , x(k-1)=(qk*xk+1)/xk et en itérant
a/b=(Ak*xk+A(k-1))/(Bk*xk+B(k-1)) avec Ak=A(k-1)qk+A(k-2), Bk=B(k-1)qk+B(k-2) et A1=q1, A0=1, B1=1, B0=0. Ak et Bk s'appellent les convergents, car le rapport Ak/Bk tend vers a/b. On a donc une méthode pour construire une approximation rationnelle d'un réel.
Une propriété fondamentale (théorème de Lagrange) est que le développement en fraction continue d'un nombre quadratique, c'est à dire solution irrationnelle d'une éqaution du second degré à coefficients entiers, est périodique, c'est à dire qu'il existe p et n entiers tels que pour k>n, q(k+p)=qk. La condition suffisante est très simple à montrer puisque alors x(k+p)=xk et comme x(p=k) s'exprime par une fonction homographique de xk (c'est à dire (Axk+B)/(Cxk+D)) xk est solution d'une équation du second degré; mais comme a/b=(Ak*xk+A(k-1))/(Bk*xk+B(k-1)), A/b est aussi solution d'une équation du second degré. Je ne me souviens plus exactement de la démo de la condition nécécessaire, mais je crois qu'on commence par montrer que tout nombre de la forme rac(N)+E(rac(N)) est purement périodique (la période commence dès q1).
Une application consiste en la résolution de l'équation de Pell a^2=cb^2+1, avec a b et c entiers (c non carré) que l'on trouve par exemple dans la célèbre Bataille de Hastings de Sam Loyd
Avec le développement en fraction continue de rac(c) on montre que la suite Ak^2-cBk^2 atteint en fin de période, 1 en valeur absolue: si c'est +1 le problème est résolu, si c'est -1 il faudra poursuivre jusqu'à la fin de la période suivante. On montre d'ailleurs qu'avec les convergents obtenus à la fin de chaque période on obtient toutes les solutions de l'équation de Pell
Illustrons cela en se rapprochant de notre problème; pour résoudre a^2=6b^2+1
E(rac(6))=2 donc rac(6)=2+1/u=(2u+1)/u, et comme u=1/(rac(6)-2=(rac(6)+2)/2=2+1/v
alors rac(6)=(5v+2)/(2v+1).
Les convergents sont donc 2/1 et 5/2,  2^2-6*1=-2 et 5^2-6*2=1 : 5 et 2 sont solution
L'équation  qui nous préoccupe n'est pas une équation de Pell, elle est du type a^2=cb^2+d , et rien n'assure que les valeurs obtenues avec les convergents vont passer par la valeur d. Mais on connait une solution particulière a, b et si l'on cherche une autre solution a', b', de la forme a'=n*a+cm*b et b'=m*a+nb
a'^2-cb'^2=(n*a+cm*b)^2 -c(m*a+nb)^2=(n^2-cm^2)(a^2-cb^2)
a' b' sera solution si et seulement si n et m sont solution de l'équation de Pell.
Je ne l'ai pas fait, mais on doit pouvoir montrer que si a b et a' b' sont deux solutions il existe entre ces deux couples une relation homographique dont les coefficients satisfont l'équation de Pell: à chaque solution de l'équation de Pell correspond une solution de l'équation avec un second menbre différent de 1.
La boucle est donc bouclée. A partir de la solution (5,2) de l'équation de Pell, et d'une solution (3,1), on obtient les autres solutions de la forme 5a+12b et 2a+5b, donc (27, 11)
(257,109), etc... Je n'ai en effet pas démontré que l'on obtenait ainsi toutes les solutions, pmais on doit pouvoir le faire, car les solutions de l'équation de Pell s'obtiennent par le même algorithme: (5,2) (49,20) (485,198)...
Là , à la limite, on peut utiliser Excel!

Merci pour vos deux interventions, biondo et piepalm

Je les lirai à tête "reposée" ce soir

Philoux

il doit y avoir quelques fautes de frappe! par exemple lire x(p+k) et non x(p=k), a/b et non A/b, mais j'espère que ça se comprend malgré tout!

Bonjour,

> pour biondo

Désolé d'avoir fait une erreur de recopie.
En effet, la formule est, comme l'atteste ma copie d'excel à 17:07,

2(3p²+3p+2) = b(b+1) où j'avais oublié le 2( ).

Les conclusions sur b=3q+1 ne sont donc pas solution; merci cependant pour, comme tu dis, ton...intervention

> pour piepalm
J'ai tenté de comprendre tes explications sur les développements en fractions continues, mais beaucoup de choses m'échappent.
Ca semble très puissant et le sujet m'intéresse : existe-t-il un cours qqpart ?

Merci à tous

Philoux

J'ai un peu regardé ce qu'il y a sur le net, et je n'ai pas trouvé grand chose. Mais il y a des exposés de collégiens sur le sujet qui montrent que le sujet est abordable à un niveau élémentaire.
En cherchant bien, j'ai trouvé ce lien: www.infty08.net/dudeFraCont.pdf où tu trouveras convenablement exposé ce que j'ai essayé de résumer dans mon post, avec les démonstrations que j'ai sautées
Il y a d'autres applications, comme la construction effective des deux nombres premiers dont la somme des carrés est égale à tout nombre premier de la forme p=4k+1, et sans doute bien d'autres que j'ignore

Merci pour le site cité (_{qui est assez costaud})

Philoux

AH ben alors...

Ceci dit:
tu as du encore faire une erreur de recopie??? (grrrr. je me demande quand même si c'est pas juste pour m'humilier...)

2(3.p.p + 3p + 1) = b(b+1)   (non? sinon, il n'y a pas de solutions)

Et je réitère mon machin modulo 3 (non mais).

Je trouve après calculs: 2p(p+1) = 3q(q+1)

et bon, ca ne mène toujours à rien. Mais ce n'est pas cela qui compte...

A+
biondo

oups

re-désolé biondo

me plait bien cette forme "symétrique" 2p(p+1)=3q(q+1)

dont on peut dire que soit p, soit p+1 est multiple de 3

(les résultats montrent que c'est alterné : 5, 54, 539...)

mais après

Merci

Philoux

J'arrive  à
q ou q+1 multiple de 4.

après...

>biondo

l'expérience montre que c'est toujours q qui est multiple de 4

Ca te mets sur une voie ?

Philoux

Bonjour,

J'en profite pour remercier un membre de l'île qui m'a fourni, par mail, un pdf intéressant sur les fractions continues.

Pour ceux dont le sujet intéresse, je suis tombé, en furetant, sur ce lien qui vulgarise les fractions égyptiennes



Bonne lecture,

Philoux