Enigme Suites contenant des carrés @ Prise2Tete

Yanyan · #1

Voici le retour d'une énigme que j'avais supprimée à cause d'erreurs.

Montrer que la suite P(n)=1+2+3+...+n contient une infinité de carrés parfaits.

Trouver une valeur autre que n=1 telle que Q(n)=1²+2²+3²+...+n² soit un carré parfait.

Bon travail.

fuyuki · #2

pour la première question je ne fait que tourner en rond... j'ai trouvé que pour 8 ca donne 36 (= 6²) mais je ne sais pas comment j'y suis arrivé je suis tombé sur qqch avec des racines de 2 et qu'il se compose de facteur identique à nombre pair (a part le 2) donc je pense que c'est complètement faux...

pour la 2eme q° n = -1 ca marche ? ^^"

SHTF47 · #3

Q(24)=70²=4900, c'est la seule valeur autre que 1 qui vérifie qu'un nombre pyramidal est un carré parfait... Démontré par G.N. Watson en 1918, ça peut se faire en utilisant les courbes elliptiques... voila pour la 2eme question.

shadock · #4

1-Une infinité de carrés parfaits dans N

Je recommence différemment cette fois en considérant vraiment une suite.
Soit [latex]r \in \mathbb{N}[/latex] la raison de la suite. Si [latex]a^2 \in \mathbb{N}[/latex] est un terme de la suite, alors les autres termes seront de la forme [latex]a^2+rn[/latex] avec [latex]n \in \mathbb{N}[/latex].

Maintenant admettons que l'on veuille un quelconque terme de la suite soit de la forme [latex](a+b)^2, \text{ } b \in \mathbb{N}[/latex] alors ce terme vaudra [latex]a^2+2ab+b^2[/latex]

En regroupant nos deux informations de départ on obtient : [latex]a^2+2ab+b^2=a^2+rn[/latex] ce qui revient à dire que [latex]n=\frac{b^2+2ab}{r}[/latex]. Si faut donc trouver une valeur de [latex]b[/latex] qui soit entière, et [latex]b=r[/latex] est une bonne solution.
On a donc [latex]n=\frac{r^2+2ar}{r}=r+2a[/latex] or [latex](r,2a) \in \mathbb{N}^2[/latex] donc [latex]n \in \mathbb{N}[/latex]

Donc si [latex]a^2[/latex] est un terme de la suite, le terme [latex]a^2 + nr[/latex] avec [latex]n = r+2a[/latex] est aussi un terme de la suite et ce terme est égal à : [latex]a^2+(r+2a).r=(a+r)^2[/latex] ce terme est donc bien un carré parfait.

Il y a donc une infinité de termes carrés parfaits dans la suite, et ils seront de la forme [latex](a+xr)^2[/latex]

2-Une autre valeur de n est ???

J'ai la flemme de réécrire toute la démonstration, mais on trouve :
[TeX]\sum_{i=1}^n i^2=\frac{n(n+1)(n+2)}{6}[/TeX]
La solution doit être un multiple de 6, on considère [latex]n=6x[/latex] il faut donc trouver [latex]2x(18x^2+9x+1)[/latex] qui soit un carré parfait.

FRiZMOUT · #5

[TeX]P_n=1+2+3+...+n = \frac{n(n+1)}{2}[/TeX][TeX]P_n[/latex] est un carré parfait ssi [latex]\frac{n(n+1)}{2} = x^2[/TeX]
Trop compliqué pour moi, mais Wolfram m'indique que cela équivaut à :
[TeX]n = \frac{1}{4}((3-2\sqrt{2})^m+(3+2\sqrt{2})^m-2)[/TeX]
qui est strictement croissant et tend vers [latex]+\infty[/latex].

Bon OK, ma réponse est toute naze mais en fait je voulais surtout réagir à la deuxième question, qui m'amuse bien plus
[TeX]Q_{24} = 70^2[/TeX]
24, donc.

Voilà voilà...

Yanyan · #6

Pas encore de preuve pour la première partie.
Shadock tu te trompes. Relis ta preuve!

scarta · #7

1ere partie:
P(n) = n(n+1)/2
n et n+1 sont premiers entre eux, et un seul des deux est pair; donc P(n) est un carré si n/2 et n+1 sont carrés ou bien si n et (n+1)/2 sont des carrés.

Considérons juste le cas n/2 = x^2 et n+1 = y^2, alors y^2-2x^2 = 1
C'est une équation de Pell, elle admet une infinité de solutions entières, qui sont de la forme suivante:
[TeX]
y=\frac{(3+2\sqrt{2})^k+(3-2\sqrt{2})^k}{2}\\
x=\frac{(3+2\sqrt{2})^k-(3-2\sqrt{2})^k}{2\sqrt{2}}
[/TeX]
avec k un entier positif.

Du coup, pour tout k
[TeX]
n = 2x^2 = \frac{(3+2\sqrt{2})^{2k}+(3-2\sqrt{2})^{2k}-2}{4}
[/TeX]
et P(n) est un carré parfait.
En déroulant la formule du binôme et en retirant tout ce qui s'anulle, on peut aussi écrire [latex]n=\frac{1}{2}.(\sum_{j=0}^k{(C_{2k}^{2j}.8^j.9^{k-j})}-1)[/latex]

Par exemple, pour k=5, n vaut 11309768 et P(n) = 63955431761796 = 7997214²

J'ai pas encore réfléchi à la partie 2

Milou_le_viking · #8

On cherche les valeurs de n tel que a est entier.

P(n)
= n.(n+1)/2
= (n²+n)/2
= a²

<=>

n²+n-2a²=0

rho = 1+8a²

n = [ V(1+8a²)-1] / 2

(je rejette les valeurs négatives de n)

On recherche donc les valeurs de a tel que V(1+8a²) est un entier impaire. (Notons que V(1+8a²) sera forcément impaire dès lors qu'il sera entier)
Les premières valeurs de a sont
1, 6, 35, 204, 1189, 6930, 40391, 235416
et il n'y en a pas d'autres inférieures au million, mais rien ne permet de penser que cette suite est infinie et rien ne permet de penser le contraire, du moins pour le moment.

Et j'ai pas avancé des masses.

J'y reviendrai plus tard.

rivas · #9

[TeX]P(n)=\dfrac{n(n+1)}2[/latex].

Supposons que N satisfasse la condition: P(N) est un carré.
N et (N+1) sont premiers entre eux. Ils ne peuvent donc avoir de facteurs premiers en commun et donc N/2 et N+1 non plus (si N est pair) ou N et (N+1)/2 (si N est impair) ne peuvent partager de facteurs premiers.

Prenons le cas N pair.
N/2 et N+1 n'ont pas de facteurs premiers communs et leur produit est un carré.
Ils sont donc tous deux des carrés.
On peut donc écrire:
[latex]N=2x^2[/latex] et [latex]N+1=y^2[/latex].
D'où: [latex]y^2-2x^2=1[/latex] (1).

Le cas N impair aboutit à:
D'où: [latex]2x^2-y^2=1[/latex] (2).

Ce sont des équations de Pell-Fermat
Elles ont une infinité de solutions.

Réciproquement, les solutions à ces équations permettent de trouver une valeur de [latex]\dfrac{n(n+1)}2[/latex] qui vaut P(n) et qui soit un carré.

Dans notre cas pour (1), on trouve par exemple: y=3,x=2, ce qui donne N=6 et [latex]P(N)=36[/latex] qui est bien un carré.
Cette solution élémentaire permet de donner la forme de toutes les autres:
[latex]x=\pm \dfrac{(3+2\sqrt2)^k-(3-2\sqrt2)^k}{2\sqrt2}, y=\pm\dfrac12((3+2\sqrt2)^k+(3-2\sqrt2)^k)[/latex].
On vérifie que k=1 nous redonne bien notre solution (2,3)
k=2 donne: (12,17).

Pour la deuxième question, puisqu'on n'en demande qu'une, je donne: n=24:
[latex]1^2+2^2+...+24^2=4900=70^2[/TeX]
C'était une énigme intéressante de formulation simple mais permettant une digression sympathique. Merci.

scarta · #10

Pour la partie 2, équations de Pell toujours en fait.

Q(n) = n(n+1)(2n+1)/6
On va considérer n multiple de 6, ça nous simplifiera la vie.
n et n+1 sont premiers entre eux, et 2n+1 étant la somme de n et de n+1, il est aussi premier avec les 2 autres.

n=6x^2
n+1 = y^2 = 6x^2+1
2n+1 = z^2 = 12x^2+1

On a donc deux équations de Pell:
(1) y^2-6x^2 = 1
(2) z^2-12x^2 = 1
Il faut maintenant trouver un triplet (x,y,z) qui vérifie les 2 équations.

La première étape de la résolution d'une équation de Pell est de trouver une solution particulière. Pour (1), on remarque que x=2 et y=5 vérifient l'équation
On remarque de plus que pour (2), x=2 et z=7 vérifient aussi l'équation
Du coup, le triplet (2,5,7) est solution de notre système, donc N = 6x^2 = 24

Et en effet, [latex]\sum_{i=1}^{24}{i^2} = 4900 = 70^2[/latex]

Klimrod · #11

Montrer que la suite P(n)=1+2+3+...+n contient une infinité de carrés parfaits.

Choisissons l'entier n tel que P(n) soit un carré parfait (on sait que c'est possible, puisque n = 1 est une solution).
On peut écrire [latex]P(n) = \frac {n(n+1)}2 = k^2[/latex]

Cherchons alors [latex]P(4n(n+1))[/latex] :
[TeX]P(4n(n+1)) = \frac {4n(n+1)(4n(n+1)+1)} 2 = \frac {8k^2 (4n^2+4n+1)} 2 = 4k^2 (2n+1)^2[/TeX]
On a donc établi la relation de récurrence (qui est vraie pour n=1) :
[latex]\forall n[/latex] tel que [latex]P(n)[/latex] est un carré parfait, alors [latex]P(4n(n+1))[/latex] est également un carré parfait.

CQFD.

Yanyan · #12

Klimrod c'est la réponse que j'attendais.
Les autres réponses sont bien aussi.

Klimrod · #13

Trouvé sur Internet :

Le seul nombre supérieur à l'unité qui est à la fois carré et pyramidal carré est 4900. Ce résultat fut conjecturé par Édouard Lucas en 1875 et prouvé par G. N. Watson en 1918.

Klim.

gwen27 · #14

Il suffit de prendre n dans la suite des U(x) définie par ses deux premiers termes 0 et 1 et U(x+1) = 6 U(x) - U(x-1) +2

La suite des carrés est alors la suite C(x) définie par

C(0)=0
C(1)=1
C(k+1)=6C(k) - C(k-1)

Je pense que l'on peut le prouver en exprimant
[U(x+1)^2 + U(x+1)] /2 en fonction de U(x) et U(x-1)
et le transformer en identité remarquable si et seulement si U(x) et U(x-1) sont des carrés.

Par récurence, 0 et 1 étant des carrés, ça devrait marcher.

Yanyan · #15

Gwen arrives-tu a relier tes suites à P(n)?

gabrielduflot · #16

1²+2²+.....+n²=n(n+1)(2n+1)/6
si n=24 1²+2²+............+24²=24*25*49/6=4*25*49=70²

gwen27 · #17

Bah non, justement... Je crois que je n'ai que l'intuition de la réponse, dommage.

Pour la question 2 , j'ai 24.

nodgim · #18

Du Pell Fermat pur jus.
(a0²,b0²)= (2²,3²) est une 1ère solution car 2a0²-b0²=-1
Ensuite poser ((a0+b0)², (2a0+b0)²) et calculer la différence qui vaut aussi +-1
Et ainsi de suite.

halloduda · #19

pour n=24, somme = 24x25x49/6=4900=70²

Yanyan · #20

Il était commode de relier cela à Pell-Fermat.
Pour montrer l'infinité il fallait juste trouver une solution plus grande étant donnée une première.
Shadock ce n'était pas une suite arithmétique cette fois.

Bravo à tous.

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#1 - 15-06-2011 22:42:26

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