Question d'arithmétique

[kadomatsu]

Bonjour à tous ! En regardant récemment de nouveau la preuve classique de la démonstration de l'irrationnalité de racine de 2, je me suis demandé ce que cela donnait avec des triangles rectangles isocèles composés de petits carreaux. S'il y a n petits carreaux par coté, ils sont constitués de n(n+1)/2 petits carreaux. Mais est-il possible de décomposer un triangle de petits carreaux en deux autres de même aire ? Cela revient à résoudre n(n+1)=2k(k+1) sur les entiers, et je sèche... Quelqu'un aurait-il une idée pour démarrer ?
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[ericcc]

Je te donne unepiste, je ne sais pas si elle fonctionne : tu poses d=PGCD(n,k); donc n=dn' et k=dk'; ton équation devient
n'(dn'+1)=2k'(dk'+1)
Donc k' divise n, ou alors k' divise dn'+1. Tu examines chacun des cas, je pense que le premier conduit à une impossibilité

[kadomatsu]

k' divise forcément d n' + 1 puisque k' et n' sont premiers entre eux, mais je ne vois pas trop comment exploiter ce résultat. Pour l'instant j'en suis à deux remarques :

1) il y a des solutions, par exemple 3x4=2x2x3 et 20x21=2x14x15,
2) je pensais naïvement qu'il y avait une infinité de solutions et que ces solutions étaient liées d'une façon ou d'une autre à des approximations rationnelles de racine de 2, mais je n'en suis plus du tout convaincu...

[invite35452583]

Le problème al'air plus difficile qu'il n'en a l'air, pour infio quelques autres solutions :
20x21=2x14x15
119x120=2x84x85
696x697=2x492x493
4059x4060=2x2870x2871
pas d'autres solutions (autres que n=3 déjé donné) pour n<=20.000
Aucune astuce particulière pour les trouver par contre : j'ai fait tourner Excel, c'est tout.
Je pense aussi qu'il y en une infinité mais...

[A voir en vidéo sur Futura]

[kadomatsu]

Ok, finalement je pense avoir avancé mais je n'ai pas encore fini. Si p_n/q_n est le 2n-ème quotient partiel de racine de 2, alors on obtient la relation :

p_n/q_n (p_n/q_n k + 1) = 2(k+1)
<-> ((p_n/q_n)^2-2) k= 2-p_n/q_n
Comme (p_n/q_n)^2-2 vaut (1/q_n)^2, on en déduit que k = q_n (2 q_n-p_n) est une solution. Maintenant obtient-on ainsi toutes les solutions ?

[kadomatsu]

Merci pour votre intérêt dans ce problème, en fait après quelques lignes de calculs je suis convaincu que l'on peut fabriquer des solutions en utilisant tous les quotients partiels de racine de 2, que ça donne des formules peu esthétiques, et qu'en reprenant peu ou prou l'étude des solutions de l'équation |X^2 - 2 Y^2| = 1 on devrait pouvoir obtenir le résultat disant qu'il n'y a pas d'autres solutions. Reste à en être totalement convaincu en écrivant tout proprement maintenant, arf !

[Médiat]

3 x 4
20x21=2x14x15
119x120=2x84x85
696x697=2x492x493
4059x4060=2x2870x2871

Ayant remarqué, mais non démontré, que les couples (3,4), (20, 21) etc appartenait à des triplets pythagoriciens, j'ai fait les calculs suivants :

x = u² - v²
x+1 = 2uv
donc u² - v² + 1 = 2uv d'où on tire :
u² - uv +1 = uv + v² ou encore
u(u-v) + 1 = v(u+v) (Eq #1)


et x(x+1) = 2uv(u-v)(u+v)
or 2uv(u-v)(u+v) = 2u(u-v)v(u+v) et en utilisant l'Eq#1

x(x+1) = 2 [u(u-v)][u(u-v) + 1]

Qui est bien de la forme 2k(k +1) .

Par contre je n'ai pas démontré qu'il n'y avait pas d'autres solutions que celles-ci.

[kadomatsu]

C'est très joli, bravo pour avoir vu cela !

[ericcc]

En fait si x(x+1)=2k(k+1), alors x²+x=2k²+2k
donc x²+(x+1)²=2x²+2x+1=4k²+4k+1=(2 k+1)²
donc x et x+1 forment un triplet pythagoricien, tu as donc trouvé toutes les solutions.

[Médiat]

En fait si x(x+1)=2k(k+1), alors x²+x=2k²+2k
donc x²+(x+1)²=2x²+2x+1=4k²+4k+1=(2 k+1)²
donc x et x+1 forment un triplet pythagoricien, tu as donc trouvé toutes les solutions.

Merci pour ce complément (je me sens tout bête de n'avoir même pas essayé de calculer x² + (x+1)² )

[invite35452583]

Bravo à Médiat et ericcc.
Mais connaît-on bien les triplets pythagoriciens de la forme (x,x+1,y) ?

[kadomatsu]

Bravo à Médiat et ericcc.
Mais connaît-on bien les triplets pythagoriciens de la forme (x,x+1,y) ?

Oui, c'est référencé chez Sloane comme la suite A001652 ; on construit les y par la relation y(n) = 6 y(n-1) - y(n-2) + 2 avec y(0) = 0 et y(1) = 3.

[Médiat]

Oui, c'est référencé chez Sloane comme la suite A001652 ; on construit les y par la relation y(n) = 6 y(n-1) - y(n-2) + 2 avec y(0) = 0 et y(1) = 3.

Donc c'est gagné (problème qui était du niveau lycée de mon temps ): en posant
, la nouvelle suite vérifie
, dont le polynôme caractéristique possède 2 racines : et .
Il suffit de poser , (l'ensemble des suites vérifiant la relation est un ev de dimension 2 dont on connaît deux éléments indépendants)
je vous laisse calculer et , connaissant et

Reste à démontrer la relation de récurrence.

[Médiat]

je vous laisse calculer et , connaissant et

J'ai craqué :


J'espère ne pas m'être planté, sinon il faut que je retourne au lycée ...

Reste à démontrer la relation de récurrence.

[Médiat]

A partir de la réelation de récurrence précédente j'en ai trouvé une autre (en essayant de démontrer la précédente) :



La partie sous la racine est un carré, donc pas de problème.

Reste toujours à démontrer la relation de récurrence de départ.

[invite35452583]

Oui, c'est référencé chez Sloane comme la suite A001652 ; on construit les y par la relation y(n) = 6 y(n-1) - y(n-2) + 2 avec y(0) = 0 et y(1) = 3.

Il faut toujours poser des questions quand on veut apprendre quelque chose.
Merci pour l'info.

[kadomatsu]

Bien, re-merci à tous pour vos contributions, et pour le problème restant (montrer la relation de récurrence) je cherche...