Inscription / Connexion Nouveau Sujet
Accueil l'île des mathématiques Forum de mathématiquesListe de tous les forums de mathématiques DétentePour discuter des JFF, des problèmes intéressants. ÉnigmesÉnigmes entre membres [tout]Lister tous les topics de mathématiques
Niveau énigmes
Partager :

Un soupçon d'arithmétique

Posté par
Zrun 18-08-22 à 10:45

Bonjour à tous,

Un petit problème d'arithmétique que j'ai vu récemment :

Pour quels n \in \mathbb{N} , \frac{n(n+1)}{3} est-il un carré parfait ?

Bonne recherches

Posté par
Sylvieg Moderateurre : Un soupçon d'arithmétique 18-08-22 à 11:43

Bonjour et merci d'animer
J'en ai trouvé 3 pour le moment :

 Cliquez pour afficher

Posté par
Leilere : Un soupçon d'arithmétique 18-08-22 à 12:01

bonjour,

 Cliquez pour afficher

Posté par
Sylvieg Moderateurre : Un soupçon d'arithmétique 18-08-22 à 14:12

Bonjour Leile
J'ai les mêmes que toi
Et je viens d'en trouver un autre :

 Cliquez pour afficher

Posté par
fabo34re : Un soupçon d'arithmétique 18-08-22 à 16:51

Bonjour. Je propose:

n²+n-3d²=0, équation du 2nd degré en n, de discriminant  \Delta}_n=1+12d^2

Pour avoir des solutions, il faut nécessairement avoir un carré.
On pose  {\Delta}_n=p^2 . On aura alors n={{p-1}\over{2}}

Il faut donc résoudre p^2-12d^2=1 , ou ( p^2-3q^2=1, 2 \mid q )

J'ai appris que c'était une équation de Pell-Fermat.
Mais le wikipedia m'est bien obscur. Si toutefois c'est le bon début, des volontaires pour un éventuel relai ? A moins qu'il n'y ait plus simple?

Posté par
Sylvieg Moderateurre : Un soupçon d'arithmétique 18-08-22 à 17:46

J'ai suivi une autre piste qui permet d'en trouver une infinité avec des formules pas vraiment simples.

 Cliquez pour afficher

Posté par
fabo34re : Un soupçon d'arithmétique 18-08-22 à 18:30

En fait, pas vraiment besoin du wiki.
Car avec une première solution
7²-3*4^2=1, soit (p,q)=(7,4), soit (n,d)=(3,2),
alors on a alors aussi accès à une infinité de solution, vu que les formes quadratiques a^2+nb^2 sont stables par multiplication.

Au carré des 2 côtés,

p^2-3q^2=1 \Rightarrow (p^2+3q^2)^2 - 3 (2pq)^2=1

Donc une nouvelle solution  (p',q')=(p^2+3q^2,2pq)

Ici (p,q)=(7,4) donne (p',q')=(97,56), soit (n,d)=(48,28)
On vérifie: on a bien 48*49=3*28^2

Et la suivante (p,q)=(97,56) donne (p',q')=(18817, 10864) , soit (n,d)=(9408,5432)
On a bien 9408*9409=3*5432^2

Posté par
jarod128re : Un soupçon d'arithmétique 18-08-22 à 18:37

Hello.

 Cliquez pour afficher

Posté par
fabo34re : Un soupçon d'arithmétique 18-08-22 à 18:51

jarod128: Bonjour. Pourrais-tu expliquer comment tu as trouvé cette (incroyable) récurrence?

Posté par
Zrunre : Un soupçon d'arithmétique 18-08-22 à 21:18

Effectivement l'approche que j'avais résidait dans l'équation de Pell mais ça tue un peu l'exo (mais bon j'ai rien d'autre pour l'instant)

J'ai essayé de m'intéresser à faire sans , voilà ce que j'ai réussi à faire si ça donne des idées à quelqu'un :

 Cliquez pour afficher

Posté par
dpire : Un soupçon d'arithmétique 19-08-22 à 08:43

Bonjour,
Une réponse observée  n=3

 Cliquez pour afficher

Posté par
Sylvieg Moderateurre : Un soupçon d'arithmétique 19-08-22 à 08:57

Bonjour dpi,

 Cliquez pour afficher

Posté par
fabo34re : Un soupçon d'arithmétique 19-08-22 à 12:01

Les nombres p_n=n(n+1) sont appelés nombres proniques. (En anglais Pronic numbers). Olfram Mathworld ou villemin Gérard en parlent. Y'a même eu des publications en 1998!

S'ils ne sont jamais carrés, cet exercice montre qu'il y en a donc certains qui sont le triple d'un carré! Étonnant!

Posté par
fabo34re : Un soupçon d'arithmétique 19-08-22 à 12:09

Apparemment, il y aurait une "fonction génératrice"  2x \over {(1-x)^3} .
Comment obtient-on un tel résultat? Est-ce que ça peut avoir une utilisation ici?

Posté par
Zrunre : Un soupçon d'arithmétique 19-08-22 à 14:25

Bonjour Fabo ,

La fonction génératrice c'est la fonction définie par la série g(x) = \sum p_n x^n , pas convaincu que ça apporte quelque chose (en tous cas, plus modestement , je ne vois pas ). Mais bon je me trompe peut-être !

Peut-être pour clarifier les recherches, voilà où nous en sommes :
- Nous savons résoudre le problème par les équations de Pell-Fermat mais c'est un peu un bulldozer
- On sait que si n est solution, \frac{n}{3} et n + 1 sont des carrés
- En écrivant donc les solutions sous la forme 3 \cdot u_n^2, on a conjecturé u_{n+1} = 4u_n - u_{n-1} .
- On est bloqué pour montrer cette conjecture avec de l'arithmétique classique ...

Posté par
fabo34re : Un soupçon d'arithmétique 19-08-22 à 15:42

Zrun : merci.

_ Une petite erreur?: Pour les  3.u_n^2,  la récurrence est plutôt: u_{n+1}=14.u_n-u_{n-1}, u_0=0, u_1=2 .

Histoire qu'on soit tous d'accord, et en reprenant la notation de l'énoncé, soit n(n+1)=3d^2, je rappelle les premiers couples (n;d) solutions engendrés :

(0;0), (3;2), (48;28), (675;390), (9408;5432), (9408;5432),(131043;75658), ...

Pour avoir directement les "n" plutôt que les "d", c'est la formule de jarod128 qu'il faut utiliser.

_ Pour les nombres de Fibonacci, une exemple de wikipedia montre comment la formule de binet peut-être déduite de la fonction caractéristique x \over 1-x -x^2 . C'est pour ça que je permettais de soumettre l'idée

_ Les équation de Pell donnent une suite de solutions qu'avec d paire. Et ça n'es tpas terrible, car on en saute pas mal! Possible d'avoir des d impairs?

Posté par
fabo34re : Un soupçon d'arithmétique 19-08-22 à 15:58

_ il faut lire "n" et pas "d": les équation de Pell donnent une suite de solutions qu'avec n paire. Et ça n'est pas terrible, car on en saute pas mal! Possible d'avoir des n impairs?

Posté par
Sylvieg Moderateurre : Un soupçon d'arithmétique 19-08-22 à 17:00

Un complément au dernier message de Zrun :
u_{n+1} = 4u_n - u_{n-1} avec u0 = 0 et u1 = 1.

Je viens de réaliser que, parmi ceux qui ont donné quelques valeurs de n, aucun n'a cité la plus simple, à savoir 0

Posté par
jarod128re : Un soupçon d'arithmétique 19-08-22 à 17:51

Je précise que ma formule de récurrence a été trouvé sur le web...
Je n'ai que déduit la formule directe.
Toujours en appelant (un) la suite des entiers vérifiant l'énoncé, on a u2n=4un(un+1)
Cette relation est bien vérifiée par ma formule directe et il est facile de voir que si un vérifie l'énoncé alors u2n également.

Posté par
fabo34re : Un soupçon d'arithmétique 19-08-22 à 18:21

Bon je résume: dans l'équation n(n+1)=3d^2
En terme de solutions:
_ si on parle des "d" : d_{m+1}=14d_m-d_{m-1}, d_0=0, d_1=2
_ si on parle des "n":   n=3u_m^2, avec u_{m+1}=4u_m-u_{m-1}, u_0=0, u_1=1

Posté par
jandri Correcteurre : Un soupçon d'arithmétique 19-08-22 à 22:36

Bonjour,

l'équation proposée par Zrun peut s'écrire n(n+1)=3m^2 ou encore en multipliant par 4, (2n+1)^2-3(2m)^2=1.
C'est une équation de Fermat-Pell (c'est Fermat qui l'a étudiée en premier), de la forme x^2-3y^2=1 pour laquelle on ne considère que les solutions avec x impair.
Les solutions de cette équation sont données par x_k+y_k\sqrt3=(2+\sqrt3)^k mais la résolution peut se faire de façon élémentaire.
Si (x,y) est une solution avec x>0 et y>0, alors x'=2x-3y et y'=2y-x (obtenus en calculant (x+y\sqrt3)(2-\sqrt3)) fournit une autre solution vérifiant 0<x'<x et 0\leq y'<y.
En réitérant le procédé on arrive à la solution(1,0).
En remontant les calculs on obtient toutes les solutions à partir de (x_0,y_0)=(1,0) par les récurrences x_{k+1}=2x_k+3y_k et y_{k+1}=x_k+2y_k d'où l'on déduit x_{k+2}=4x_{k+1}-x_k (même relation pour y ). Puisque x_{k+1} a la parité de y_k et que y_{k+1} a la parité de x_k on obtient que x_k est impair quand k est pair.

Une autre façon de résoudre l'équation de départ est de montrer qu'elle est équivalente à n+1=X^2 et n=3Y^2, d'où la même équation de Fermat-Pell mais cette fois en gardant toutes les solutions.
On en déduit la formule pour n_k (donnée par jarod128) ainsi que la relation de récurrence vérifiée par la suite n_k des solutions de l'équation de départ.

Posté par
fabo34re : Un soupçon d'arithmétique 20-08-22 à 22:59

Merci jandri ! C'est fabuleux! Ainsi le wikipedia sur les équation de Fermat-Pell x^2-ay^2=1 s'éclaircit.
Dès qu'on la première solution  (x_1;y_1), après la triviale (1;0), alors toutes les solutions (x_k;y_k) sont x_k+y_k\sqrt{a}=(x_1+y_1\sqrt{a})^k.
D'où la suite de solutions \begin{pmatrix}x_{k} \\ y_{k} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} x_1 & a.y_1\\ y_1 & x_1 \end{pmatrix} ^k \begin{pmatrix}1 \\ 0 \end{pmatrix}

Ici dans notre problème, a=3, et la première solution est (x_1;y_1)=(2;1).

Donc  \begin{pmatrix}x_{k} \\ y_{k} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2 & 3\\ 1 & 2 \end{pmatrix} ^k \begin{pmatrix}1 \\ 0 \end{pmatrix}

Mais vu qu'on ne prend qu'une solution sur 2 (x impair):

\begin{pmatrix}2n_k+1 \\ 2d_{k} \end{pmatrix}= \begin{pmatrix}x_{2k} \\ y_{2k} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 7 & 12\\ 4 & 7 \end{pmatrix} ^k \begin{pmatrix}1 \\ 0 \end{pmatrix}

Ca donne en (x,y):
     (7;4),(97;56),(1351;780),(18817;10864),(262087;151316),...
Et en (n,d):
    (3;2),(48;28),(675;390),(9408;5432),(131043;75658),...

Tout le problème de ces équations est donc de trouver la solution particulière (x_1;y_1). Ici elle est facilement accessible!



Et pour le coup on peut tout de suite répondre à l'énigme n(n+1)=2d^2 ! Car c'est presque pareil.

Même démarrage ça renvoit à x^2-2y^2=1, x=2n+1,y=2d.

Cette fois a=2, et la solution (x_1;y_1)=(3;2) , ici encore très facilement accessible!
Cette fois tous les x sont impairs. On garde tout

D'où les solutions \begin{pmatrix}2n_k+1 \\ 2d_{k} \end{pmatrix}= \begin{pmatrix}x_{k} \\ y_{k} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 3 & 4\\ 2 & 3 \end{pmatrix} ^k \begin{pmatrix}1 \\ 0 \end{pmatrix}.

En (x,y):
     (3;2),(17;12),(99;70),(577;408),(3363;2378),...
Soit en (n,d):
     (1;1),(8;6),(49;35),(288;204),(1681;1189),...

Posté par
Sylvieg Moderateurre : Un soupçon d'arithmétique 24-08-22 à 22:12

Bonsoir,
Merci jandri pour ton message
J'ai utilisé la méthode de "descente" que tu y expliques, pour démontrer qu'à partir de la suite (uk) définie par
u0 = 0, u1 = 1 et uk+1 = 4uk - uk-1
on obtient bien toutes les solutions : n = 3(uk)2

Posté par
jandri Correcteurre : Un soupçon d'arithmétique 12-09-22 à 11:09

Bonjour,

je reviens sur cet exercice intéressant en le généralisant à un nombre premier p :
pour quels entiers n a-t-on \dfrac{n(n+1)}p=m^2 avec m entier ?

Le cas p=2 est connu, il s'agit des nombres triangulaires qui sont égaux à un carré. Je suppose dans la suite que p est un premier impair.

L'équation \dfrac{n(n+1)}p=m^2 est équivalente à (2n+1)^2-p(2m)^2=1 qui est une équation Fermat-Pell.

J'admets que les solutions de x^2-py^2=1 sont données par x_k+y_k\sqrt p=(a+b\sqrt p)^k où (a,b) est la pus petite solution de x^2-py^2=1 vérifiant a>1.

Premier cas : a est impair et b est pair.
On a alors a+\varepsilon=2u^2, a-\varepsilon=2pv^2 et b=2uv d'où l'on déduit u^2-pv^2=\varepsilon.
Mais comme (a,b) est la plus petite solution de x^2-py^2=1, on a nécessairement \varepsilon=-1.
On en déduit que v est impair (u^2\equiv-1\pmod4 est impossible) donc u est pair et p\equiv1\pmod4.

De x_k+y_k\sqrt p=(a+b\sqrt p)^k on déduit x_{k+2}=2ax_{k+1}-x_k puis x_k est toujours impair.
Les valeurs de n telles que \dfrac{n(n+1)}p=m^2 sont données par n_k=\dfrac{x_k-1}2 d'où n_0=0, n_1=\dfrac{a-1}2 et n_{k+2}=2an_{k+1}-n_k+a-1.

On peut aussi montrer que x_k=T_k(a) où le polynôme de Tchebychev T_k est défini par T_k(\cos t)=\cos(kt).

Deuxième cas : a est pair et b est impair.
On a alors a+\varepsilon=u^2, a-\varepsilon=pv^2 et b=uv d'où l'on déduit u^2-pv^2=2\varepsilon avec u et v impairs. On en déduit p\equiv 3\pmod4.

De x_k+y_k\sqrt p=(a+b\sqrt p)^k on déduit x_{k+2}=2ax_{k+1}-x_k puis x_k est impair si et seulement si k est pair.
Les valeurs de n telles que \dfrac{n(n+1)}p=m^2 sont données par n_k=\dfrac{x_{2k}-1}2 d'où n_0=0, n_1=a^2-1 et n_{k+2}=(4a^2-2)n_{k+1}-n_k+2a^2-2.

On a également n_k=\dfrac{T_{2k}(a)-1}2 avec T_k(\cos t)=\cos(kt).

En conclusion, si p\equiv1\pmod4 alors toutes les solutions de x^2-py^2=1 fournissent une valeur pour n alors que si p\equiv3\pmod4 seulement une solution sur deux fournit une valeur pour n.


Rechercher
Menu
Espace membre
Changer d'île

Vous devez être membre accéder à ce service...

Pas encore inscrit ?

1 compte par personne, multi-compte interdit !

Ou identifiez-vous :

Rester sur la page

Désolé, votre version d'Internet Explorer est plus que périmée ! Merci de le mettre à jour ou de télécharger Firefox ou Google Chrome pour utiliser le site. Votre ordinateur vous remerciera !