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 #26 - 03-08-2016 21:17:45

Tryamori
Amateur de Prise2Tete
Enigmes résolues : 30
Messages : 9

Infiniment pir ?

J'ai une proposition..

Si on se concentre sur le cas a impair (à partir d'un tel a, tous les entiers de la forme 4a vérifient aussi la propriété), on peut facilement prouver que a est de la forme a = 4c+3.
Avec un raisonnement un peu plus fin, on arrive a pour k assez grand :
si il existe n tel que n²+a multiple de 2^k, alors on peut poser n impair donc n=2b+1 et ainsi :
n²+a = (2b+1)²+(4c+3) = 4b²+4b+4c+4 donc b²+b+c+1 multiple d'une puissance de 2. Cette quantité est donc paire. Or, b²+b = b(b+1) est pair car c'est le produit de deux entiers consécutifs. On en déduit que c+1 est pair donc que c est impair.

Par conséquent, c est impair et a est alors de la forme a = 8c+7.
A partir de là, on peut écrire n²+a de la forme :

(2b+1)²+8c+7 = 4b(b+1) + 8(c+1) = 8( b(b+1)/2 + c+1).
Donc b(b+1)/2 + (c+1) est un multiple d'une puissance de 2.

Pour c fixé, on se pose alors la question: peut-on toujours trouver b tel que b(b+1)/2 donne le multiple voulu, lorsqu'on lui ajoute c+1?

On peut remarquer que b(b+1)/2 est la somme des b premiers entiers. On peut faire tendre b vers l'infini, et il semble qu'on tombe nécessairement sur une bonne valeur pour c fixé...

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 #27 - 03-08-2016 22:59:42

Vasimolo
Le pâtissier
Enigmes résolues : 49
Messages : 4734

infinilent pair ?

Brosse , pinceau , éponge , papier de verre , enduit , escabeau , j'en ai plus qu'il m'en faut . A la maison tout est en train de sécher et moi avec smile.

Il me semble que si "a" est pair , les solutions sont les produits des solutions "a" impair par les puissances de 4 , sans aucune certitude .

Vasimolo

 #28 - 04-08-2016 08:45:34

nodgim
Elite de Prise2Tete
Enigmes résolues : 0
Messages : 2955

unfiniment pair ?

Tryamori, tu es on ne peut plus proche de la conclusion.

 #29 - 04-08-2016 12:54:54

Tryamori
Amateur de Prise2Tete
Enigmes résolues : 30
Messages : 9

Inifniment pair ?

a=4^d(8c+7), d>=0, c>=0?

Il manque quelque chose dans mon calcul...
arriver à établir le 8c+7 comme condition suffisante (elle est nécessaire). Pour cela il faudrait pouvoir s'assurer que pour k (grand) et r>=1 fixés, on trouve b tel que la somme des b premiers entiers est congrue à r modulo 2^k.

 #30 - 04-08-2016 20:57:10

nodgim
Elite de Prise2Tete
Enigmes résolues : 0
Messages : 2955

Infniiment pair ?

Voila, ça reste à prouver.
Il y a une petite subtilité qui t'a échappé pour l'instant....

 #31 - 04-08-2016 21:34:59

Tryamori
Amateur de Prise2Tete
Enigmes résolues : 30
Messages : 9

Infinient pair ?

Ah, oui...
Pour k fixé, on regarde les valeurs consécutives des sommes partielles 1+2+ ... + b:
Remarquons que l'écart entre la somme partielle d'ordre 2^k+C et celle d'ordre 2^k-C+1 (où C est n'importe quel nombre entre 0 et 2^k-1) est un multiple de 2^k.

Pour illustrer prenons 8=2³;
On a par exemple les sommes partielles d'ordre 7 et 8 qui valent respectivement 28 et 36, dont la différence vaut 8.
Les sommes partielles d'ordre 6 et 9 valent 21 et 45, de différence 24=8*3,
et ainsi de suite.

Cela se montre sans trop de difficulté, en utilisant les expressions des sommes partielles et en faisant la différence. Donc les restes modulo 2^k de ces couples sont égaux.

Il suffit de montrer que les restes modulo 2^k des 2^k premières sommes partielles sont tous différents, pour pouvoir, en extrapolant aux puissances successives de 2, en déduire que quel que soit le reste r voulu, on trouvera toujours b aussi grand que l'on veut tel que b(b+1)/2 ait pour reste r modulo 2^k..

 #32 - 04-08-2016 21:56:06

Tryamori
Amateur de Prise2Tete
Enigmes résolues : 30
Messages : 9

Infinimnt pair ?

La réponse a été longue, ça va être indigeste (ça l'est déjà en fait).
Mais ça confirme le a = 4^d (8c+7).

Par exemple pour d=0 et c=1,  a = 15 et pour tout k on peut trouver le n=2b+1 tel que n²+a est multiple de 2^k :

pour k=0,1,2 c'est trop facile n=1 est trivial.
pour k=3, on peut utiliser la méthode que j'ai décrite. D'abord trouver b en regardant les restes des sommes des premiers entiers modulo 2³=8, et prendre b pour lequel ce reste est égal à 8 - (c+1) = 6. Ici, b=3 convient car 1+2+3=6.
Donc n=2b+1=7 convient.
On vérifie que n²+a = 7²+15 = 49+15 = 64 est bien multiple de 8.
Pour k=4, le même n aurait convenu, mais la même méthode fournit la valeur n=25 et on vérifiera que 25²+23 = 640 = 64*10.
Ainsi de suite...

On observe que l'on peut poser d=1, et prendre une valeur paire de a:
pour a = 60, tous les cas qu'on a étudiés pour 15 vont servir. A chaque k il suffit de prendre le double du n trouvé dans le cas k-2 pour a= 15...

 #33 - 04-08-2016 22:38:33

Vasimolo
Le pâtissier
Enigmes résolues : 49
Messages : 4734

unfiniment pair ?

J'ai proposé hier : [latex]a=0[/latex] ou [latex]a=4^k(8m+7)[/latex] .

La démonstration est simple mais un peu longue si on veut prendre toutes les précautions d'usage .

C'est la réponse attendue ou non ?

Vasimolo

 #34 - 05-08-2016 08:41:19

nodgim
Elite de Prise2Tete
Enigmes résolues : 0
Messages : 2955

infibiment pair ?

@Vasimolo: c'est la bonne réponse. Le jsutificatif n'est pas si long que ça.

@Tryamori: Il faudrait que tu fasses un résumé, car je n'ai pas compris ton raisonnement final. Si possible, évite les exemples, sauf en illustration du cas général.

 #35 - 05-08-2016 10:59:34

Vasimolo
Le pâtissier
Enigmes résolues : 49
Messages : 4734

Infinient pair ?

Voilà comment j'ai vu les choses :

On commence par supposer que [latex]a[/latex] est impair et on regarde modulo 8 , 1 est le seul carré impair donc [latex]a[/latex] est congru à 7 modulo 8 . On procède ensuite par récurrence , à partir d'une solution [latex]x[/latex] modulo [latex]2^k[/latex] on construit un nouvel [latex]x=y[/latex] modulo [latex]2^{k+1}[/latex] en choisissant bien [latex]m[/latex] dans [latex]y=x+m2^{k-1}[/latex] et on a bien toutes les solutions . Dans le cas ou [latex]a[/latex] est pair [latex]x^2=4^ki[/latex] ou [latex]x^2=2.4^ki[/latex] se réduit ( descente finie ) en remarquant que [latex]x[/latex] est pair donc [latex]x^2[/latex] divisible par 4 . Seule la première réduction donne des solutions et on retombe sur le cas impair .

On peut sans doute faire plus rapide .

Vasimolo

 #36 - 05-08-2016 16:20:52

nodgim
Elite de Prise2Tete
Enigmes résolues : 0
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infinimeny pair ?

Voui...., Vasimolo, tu n'expliques pas trop comment tu choisis m correctement, ni même si m existe toujours. Bien que la suite laisse entendre que tu as compris, je ne suis pas sûr que ce soit carré carré....

 #37 - 05-08-2016 16:36:54

Vasimolo
Le pâtissier
Enigmes résolues : 49
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Infiniment pai r?

On suppose trouvé [latex]x[/latex] impair tel que [latex]x^2=-a+p2^k[/latex] , on choisit [latex]m[/latex] de même parité que [latex]p[/latex] et on pose [latex]y=x+m2^{k-1}[/latex] . Alors modulo [latex]2^{k+1}[/latex] , on a : [latex]y^2\equiv -a+(p+mx)2^k[/latex] et par le choix de [latex]m[/latex] : [latex]y^2\equiv -a.[/latex]

Vasimolo

 #38 - 05-08-2016 18:28:30

nodgim
Elite de Prise2Tete
Enigmes résolues : 0
Messages : 2955

onfiniment pair ?

Là c'est bon Vasimolo, je suis d'accord. Bravo ! 

Ma formalisation est différente, mais c'est bien la même chose.

 #39 - 06-08-2016 15:02:50

Tryamori
Amateur de Prise2Tete
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nfiniment pair ?

Je pense que je ne regroupais pas tous les cas dans la proposition précédente.
Les nombres de la forme d²(8c+7) vérifient tous la propriété à partir du moment où 8c+7 la vérifie (en effet, si n existe pour 8c+7, n*d existe pour d²(8c+7) ).

On peut montrer que les nombres de la forme 8c+7 la vérifient si on trouve correctement le b de mon raisonnement précédent (et on peut toujours la trouver).

 #40 - 06-08-2016 17:00:17

nodgim
Elite de Prise2Tete
Enigmes résolues : 0
Messages : 2955

infiniment pzir ?

Ce n'est pas faux Tryamori.

Peu de réponses pour cette énigme (peut être un peu abstraite ?) mais tout de même des réponses justes.

Je donne ici une méthode de résolution complète un peu différente de ce qui a été fait.

Préparation :
On remplace n² + a par le polynome a * n² + b * n + c, qu'on peut caractériser par le triplet (a,b,c) des coeff de n², n et fixe.
On fait évoluer ce polynome pour qu'il soit, d'étapes en étapes, divisible par 2, en remplaçant n par 2n ou 2n + 1.
Si on remplace n par 2n (a,b,c) devient (4a, 2b, c)
Si on remplace n par 2n+1, (a,b,c) devient (4a, 4a+2b, a+b+c)

Discussion :
On pose c = 2c il faut n = 2n ----> (1,0,2c) devient (4,0,2c), simplifié en (2,0,c)
Si c impair: FIN car (2,0,c) impair quel que soit n.
On pose c = 4c, il faut n = 2n ---> (1,0,4c) devient (4,0,4c), simplifié en (1,0,c) c'est à dire le triplet origine.

Conclusion intermédiaire : si c pair, il faut qu'il soit divisible par une puissance de 4. Et dans ce cas, on se ramène tjs au seul facteur impair.

On pose c = 2c+1, il faut n = 2n + 1 ---->(1,0,2c+1) devient (4, 4, 2c+2) simplifié en (2,2,c+1)
Si c+1 impair : FIN car (2,2, c+1) impair quel que soit n.

On pose c = 4c + 3. il faut n = 2n + 1 -----> (1,0, 4c+3) devient (4,4,4c+4) simplifié en (1,1,c+1)
Si c+1 impair: FIN car (1,1,c+1) est impair quel que soit n.

On pose c = 8c + 7, il faut n = 2n + 1 ----> ( 1, 0, 8c+7) devient (4,4,8c+8) simplifié en ( 1,1, 2c+2)
A partir de ce triplet (1,1,2c+2), c'est toujours bon quel que soit c.
En effet, qu'on remplace n par 2n ou 2n+1, le coeff "a" sera multiplié par 4, alors que le coeff  "b" sera multiplié par 2 seulement ( si b impair, 2b ou 4a+2b n'est pas divisible par 4,seulement par 2).
Donc la simplification du triplet (division par 2) ramènera toujours le coeff "b" à un nombre impair, alors que le coeff "a" restera pair. Et donc la parité du polynome sera celle de b*n + c, avec b impair.
Il suffit de choisir n pair si c pair et n impair si c impair pour faire évoluer le polynome vers une parité aussi grande que l'on veut.

Conclusion finale: Seuls conviennent pour c les nombres de la forme (4^n) * ( 8c + 7)  et aussi le cas particulier 0.

CQFD

 

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