Enigme Suites parfaites d'ordre maximal @ Prise2Tete

Promath- · #1

Bonjour! Une petite question que je me posais à laquelle je n'avais pas de réponse

J'appelle une suite parfaite d'ordre n, une suite telle que pour tout k inférieur à n, quelque soit b supérieur à 0, la somme des termes d'indice ak, où a est un entier supérieur ou égal à 0 et inférieur ou égal à b, soit une puissance k-ième.

Autremement dit, la suite peut être notée p(n), et, par exemple, p(0)+p(2)+p(4) sera égal au carré d'un nombre entier (tout comme p(0)+p(2) et p(0)+p(2)+p(4)+p(6)+p(8)...), tandis que la somme p(0)+p(3)+p(6)+p(9)...+p(3123) sera égal au cube d'un nombre entier, p(0)+p(4) une puissance 4ème, et p(0)+p(5)+p(10) sera une puissance 5ème.

Une telle suite doit avoir une infinité de termes tous strictement positifs. Il est évident de construire une suite parfaite d'ordre 1, et 2, mais je me demande s'il est possible de créer des suites d'ordre supérieur...

Je n'ai pas vraiment de pistes, à bon entendeur!

nodgim · #2

Salut Promath,
un exemple serait le bienvenu, je crois, je n'ai pas bien compris l'énoncé.

Promath- · #3

Voici un exemple:
La suite 1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16... est parfaite d'ordre 2

En effet elle est à la fois d'ordre 1:
p0+p1 est un nombre entier élevé à la puissance 1
p0+p1+p2 est un nombre entier élevé à la puissance 1
p0+p1+p2+p3 est un nombre entier élevé à la puissance 1
etc.

Mais aussi d'ordre 2:
p0+p(2*1) est un nombre entier élevé à la puissance 2
p0+p(2*1)+p(2*2) est un nombre entier élevé à la puissance 2
p0+p(2*1)+...+p(2k) est un nombre entier élevé à la puissance 2

On cherche des uites d'ordres supérieur, où
p0+p(3*1) serait un nombre entier élevé à la puissance 3
p0+p(3*1)+p(3*2) serait un nombre entier élevé à la puissance 3
p0+p(3*1)...+p(3k) serait un nombre entier élevé à la puissance 3

nodgim · #4

c'est quoi p0, p1, p2, p(2*1) ?

Promath- · #5

les termes de la suite, p(2*1)=p(2)

nodgim · #6

Je ne le fais pas exprès, mais je n'ai tjs pas compris.
A partir de la suite 1,2,3,4,5,....peux tu nous dire pourquoi, par des exemples, elle est parfaite d'ordre 1 et 2 ?

Promath- · #7

Mais je l'ai expliqué dans le message 3!

Toutes les suites sont d'ordre 1

Elle est d'ordre deux car: prenons les termes d'indices multiples de 2
En les additionnant à partir du premier, on a
p(0)+p(2)=1+3=4 qui est un carré
p0+p2+p4+p6+p8=1+3+5+7+9=25 qui est un carré... etc.

Si on additionnait les termes multipes de trois en tombant sur un cube à chaque fois, ce serait une suite d'ordre 3 aussi!

nodgim · #8

Ouf, j'ai enfin compris. Je reformule:
Soit une suite d'entiers (finie ou infinie ? ) {a1,a2,a3,.....}.
Elle est parfaite d'ordre 2 si, en prenant 1 terme sur 2 à partir de a1, les sommes:
a1+a3
a1+a3+a5
a1+a3+a5+a7
....
sont toutes des carrés.

Elle est parfaite d'ordre 3 si, en prenant un terme sur 3 à partir de a1, les sommes:
a1+a4
a1+a4+a7
....
sont toutes des cubes.

gwen27 · #9

1 2 3 7 12 puis 0 -7 0 7 0 -7 0 7 0 -7 0 7 .....

Promath- · #10

C'est exactement ça nodgim!

Relis bien l'énoncé Gwen, on parle de termes positifs!

J'aurais du rajouter strictement positifs même !

gwen27 · #11

J'avais bien lu mais tu n'avais (et tu n'as toujours pas dit) "TOUS" strictement positifs. Ma suite en a bien une infinité de strictement positifs.

Tu peux même argumenter encore un peu plus et la réclamer croissante.

Après il suffit de jongler avec les puissances 6, là je suis tenu à un terme décroissant faute de puissance, mais on peut sauter des termes.
1 2 3 63 60 90 665 ...

nodgim · #12

ça ne pose aucun problème pour faire une suite d'ordre 3.
Il suffit de régler d'abord les nombres pour obtenir des cubes, soit un nombre sur 3:
100100100
On peut prendre les cubes successifs, ça donne:
1007001900 qui donne les cubes de 1,2,3...
Pour les carrés, il faut prendre 1 nombre sur 2:
100100100100100100...
201010201010201010...
les 2 de la seconde ligne représentent les nombres imposés par les cubes. La séquence 20101 est répétitive et de longueur 6. On a donc, dans une séquence de 2 nombres libres et 1 nombre imposé. C'est plus que suffisant pour trouver les carrés. On prendra par exemple le nombre imposé par le cube comme la différence entre les 2 carrés les plus forts (pour 19:10²-9², etc)
On remplit les trous avec les carrés disponibles
1...0...0...7...0...0...19
1...0...x...0...y...0...19

1+x+y=9²
1+x=8² x=63
64+y=9² y=17
et donc on a bien 1+63+17+19=10².

Comme l'espace entre les cubes successifs (en fait 1 cube sur 2) croît plus vite que les carrés, on aura toujours des carrés disponibles pour x et y. La construction de cette suite d'ordre 3 est donc faisable facilement.

Pour l'ordre 4, c'est plus compliqué, car les nombres libres deviennent rares.
La séquence sera de longueur 12
100010001000
200100100100
201020202010
Pour les carrés, on a 4 nombres imposés (par les cubes et les puissances 4), dont 3 successifs. ça ne parait pas raisonnable pour l'instant de pouvoir envisager une telle suite.

Promath- · #13

gwen: fait! Effectviement ce que tu avances est une idée qui peut fonctionner. Connais tu une formule générale pour le n-ième terme?

nodgim: c'est très bien, je prends!! Tu apportes une réponse précise au problème!
Très bien, donc cette conjecture s'applique aux nombres d'orde supérieur?

nodgim · #14

Comme je disais à la fin du msg 12, il y a peu de chances qu'on ait une solution pour n>=4. Je te laisse relire le msg 12.

scarta · #15

Pour une suite d'ordre 3 par exemple, on utilise la construction suivante, 6 par 6:
- P(0) = 1
- jusqu'à P(6X), somme(P(2i)) = A² et somme(P(3i)) = B^3

- p(6x+1) = p(6x+5) = 1 (on s'en fout en fait)
- p(6x+2) = 2A+1 ==> le carré d'après
- p(6x+3)=3B²+3B+1 ==> le cube d'après
- p(6x+6)=3B²+9B+7 ==> le cube d'encore après
- p(6x+4)=(3B²+9B+8)²/4 - 3B²-9B-7 - (A+1)² ==> la valeur qui permet d'avoir un carré jusqu'à 6x+4 et un autre jusqu'à 6x+6

Donc une suite serait par exemple:
1, 1, 3, 7, 77, 1, 19, 1, 21, 37, 779, 1, 61, 1, 63, 91, 2945, 1, 127, 1, 129, 169, 7439, 1, 217, 1, 219, 271, 15125, 1, 331, 1, 333, 397, 26867, 1, 469, 1, 471, 547, 43529, 1, 631, 1, 633, 721, 65975, 1, 817, 1, 819, 919, 95069, 1, 1027, 1, 1029, 1141, 131675, 1, 1261, 1, 1263, 1387, 176657, 1, 1519, 1, 1521, 1657, 230879, 1, 1801, 1, 1803, 1951, 295205, 1, 2107, 1 ...

gwen27 · #16

Si on part sur k le PPCM de 1 2 3 ... n , on doit pouvoir jongler avec les puissances k.

Promath- · #17

nodgim: tu as compris le problème, c'est bien

scarta: tu as bien compris aussi! félicitations!

gwen: tu dois développer, je ne comprends pas

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