Un énigme ? Trigons (somme des entiers de 1 à n) et cycles

[invite1da1ea6d]

Bonjour,

Je suis confronté à ce petit problème mathématique : j'associe à un nombre n ce qu'on peut appeler son trigon, c'est-à-dire la somme des entiers de 1 à n.

Ensuite, je réduis le résultat, s'il est supérieur à 1 000, par milliers. Exemple : 1 560 => 1 + 560 ; 45 783 => 45 + 783.

Avec le nombre obtenu, je calcule à nouveau son trigon, et ainsi de suite.

Le calcul n'est pas infini, car chaque nombre semble faire partie de l'un des 8 cycles.

J'aimerais comprendre pourquoi, et mes maigres connaissances mathématiques datent d'il y une vingtaine d'années...

Le détail, avec les scripts de calcul, est exposé sur cette page.

Merci par avance pour vos éclairages !

Mathias
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[invite179e6258]

Bonjour,

si tu considères une fonction qui à un nombre compris entre 1 et 1000 fait correspondre un autre nombre compris entre 1 et 1000, et si tu itères cette fonction, tu finis forcément par retrouver le nombre de départ (au pire après 1000 itérations), et donc ce n'est pas étonnant que tu trouves des cycles. Le fait qu'il y en ait 8 est plus remarquable.

[Médiat]

Bonjour,

On peut facilement montrer, par récurrence, que, pour .

Pour reprendre le raisonnement de toothpick-charlie, comme la suite finira toujours par retomber entre 1 et 6000 (avec un petit effort supplémentaire on peut se limiter aux nombres entre 1 et 2000), on retombera bien sur les mêmes.

[invite1da1ea6d]

Merci pour vos réponses, il paraît en effet logique que le calcul aboutisse à des cycles, mais pourquoi ces nombres-là et pourquoi 8 cycles ?
Comment démontrer qu'il n'y en a que 8 ?

@Médiat: peux-tu expliciter ta formule s'il te plaît, et notamment la limite des 6000 ?

[A voir en vidéo sur Futura]

[invite179e6258]

j'ai écrit plus haut quelque-chose de faux : en itérant une fonction de [1,n] dans [1,n] on n'est pas certain d'atteindre le point de départ, juste un point déjà vu.

le problème avec ton travail c'est que ta façon de réduire les nombres n'est pas du tout classique. Et elle m'a l'air difficile à étudier.

[Médiat]

.

Pour

On peut largement affiner en choisissant autre chose que 6, mais mon but n'était pas de trouver la meilleure borne

[invite1da1ea6d]

@Médiat: Je suis un peu largué, pardon !
Ta formule si j'ai bien compris permet de borner approximativement T', mais en quoi cela éclaire-t-il l'existence de cycles, et leur quantité ?

@charlie: Oui, je veux bien croire que la méthode de calcul est peu orthodoxe, mais j'imagine que ses conséquences répondent tout de même à une loi mathématique

[Médiat]

Cela démontre que toute suite finira en dessous de 6000 (et avec 2001, cela doit marcher aussi) et donc retombera sur une des suites définies par les nombres de 1 à 6000 (et donc ce n'est pas la peine de calculer toutes les suites jusqu'à 447 213 )

[invite1da1ea6d]

Cela démontre que toute suite finira en dessous de 6000 (et avec 2001, cela doit marcher aussi) et donc retombera sur une des suites définies par les nombres de 1 à 6000 (et donc ce n'est pas la peine de calculer toutes les suites jusqu'à 447 213 )

Ah oui, en effet c'est une formule utile

Ce que je ne comprends pas c'est d'où sortent les 6000 et les 2000 ?

[gg0]

Bonjour cyberlp23.

Une fois que tu as établi par l'étude exhaustive des nombres de 1 à 999 que l'on termine sur l'un des 8 cycles (c'est ce que tu as fait si j'ai compris), on terminera toujours sur l'un de ces 8 cycles. En effet, ta méthode revient à travailler modulo 999, donc quel que soit le nombre n pris au départ (strictement positif, soit il est inférieur à 1000, soit T'(n)<1000 et on reprend donc un nombre déjà étudié. et on retombe sur son cycle.

Quant à la question pourquoi 8 cycles (et pas 7 ou 9) ? Elle n'a sans doute pas plus de réponse que "pourquoi seulement 4 nombres premiers entre 1 et 10 ?". C'est une conséquence de ta définition.

la question "pourquoi peu de cycles ?" me semble plus intéressante, et demanderait une étude des cas n=1 à 999.

Cordialement.

NB : Je n'ai pas trop compris ce que tu fais, car tu parles de réduction répétées, puis tu écris dans ton document "Si T'(n) > 1000, on n'opère pas de réduction de T'(n)." or j'ai pris l'exemple de254781 qui donne un trigon de 32456806371 que tu réduis en 1665 puis 666.

[gg0]

Il semblerait que si n est un nombre supérieur à 1000, n' sa réduction, alors T(n) et T(n') ont la même réduction (une fois suffisamment répétée pour avoir moins de 1000).

[Médiat]

En effet, ta méthode revient à travailler modulo 999.

Ce n'est pas ce que j'ai compris puisque T'(591) = 1110

[invite1da1ea6d]

la question "pourquoi peu de cycles ?" me semble plus intéressante, et demanderait une étude des cas n=1 à 999.

A partir de ceci ? http://www.mathiasdaval.com/trigon/t...php?nombre=999
Sous quelle forme l'étudier ?

NB : Je n'ai pas trop compris ce que tu fais, car tu parles de réduction répétées, puis tu écris dans ton document "Si T'(n) > 1000, on n'opère pas de réduction de T'(n)." or j'ai pris l'exemple de254781 qui donne un trigon de 32456806371 que tu réduis en 1665 puis 666.

Je pense qu'il s'agit d'une erreur, en effet ils devraient avoir la même réduction !
Dans l'exemple de 591 :
T(591)= 174936
T'(591) = 174 + 936 = 1110
Donc on repart de T'(T') = 1 + 110 = 111
Et T(111) et ainsi de suite.

[Médiat]

Il faudrait savoir, car sur votre site il y a des exemples où on n'applique chaque opération qu'une seule fois (591, mais aussi 1110, 2002 etc.).


Si c'est cette dernière version qui est la bonne, alors la question est trivial, puisqu'une opération se termine forcément en dessous de 999, donc au maximum 999 suites !

[invite1da1ea6d]

En effet, je m'aperçois qu'il y a quelques incohérences sur le site, mais en fait j'ai l'impression que cela ne change rien, qu'on effectue la réduction systématiquement ou pas, dans le sens où l'on retombe en fin de compte sur les mêmes cycles. Mais peut-être me trompé-je ?

[gg0]

J'attendrai que tu aies défini précisément l'algorithme de calcul pour regarder à nouveau.

[invite1da1ea6d]

J'attendrai que tu aies défini précisément l'algorithme de calcul pour regarder à nouveau.

Disons que l'on opère la réduction systématiquement. C'est-à-dire:

1°) Soit n

2°) T(n) = n(n+1) / 2

3°) T'(n) = T(n) réduit par tranches de 3 chiffres [d'ailleurs comment exprimer mathématiquement ce calcul ??]

4°) Si T'(n) > 1 000, alors on opère T'(T'(n)).

5°) On reprend à l'étape 2°) en calculant T(T'(n)), et ainsi de suite.

Mais il me semble, que l'on passe par l'étape 4 ou pas, que les cycles sont exactement les mêmes, et les nombres qui s'y trouvent en même proportion. La seule différence viendrait du fait qu'apparaît un nouveau cycle = 1 000 (au lieu qu'il soit réduit au cycle de 1 + 000 = 1).

[gg0]

Ok.

En comprenant le 4°) comme "on opère la réduction modulo 999 tant qu'on dépasse 999, mon message #10 est correct.

Cordialement.

[invite1da1ea6d]

Ok.

En comprenant le 4°) comme "on opère la réduction modulo 999 tant qu'on dépasse 999, mon message #10 est correct.

Cordialement.

Bien compris !

Par contre saurais-tu exprimer par une formule cette réduction modulo 999 d'un entier n ?

[Médiat]

Il suffit de calculer le reste modulo 999 de T(n) : T'(n) = MOD(T(n), 999), comme cela il n'y a qu'une seule opération à faire !

(Ceci est une conséquence de MOD(1000, 999) = 1)

[Amanuensis]

Le problème posé est modulo 1000 ou modulo 999?

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Une question incidente, par curiosité: comme exprimer T(k) =k(k+1)/2 mod n en arithmétique dans Z/nZ quand n est pair?

Une difficulté vient de ce que (k+n)(k+n+1)/2 = k(k+1)/2 + n(n+1)/2 + nk, qui n'est égal à k(k+1)/2 modulo n que si n(n+1)/2 est nul modulo, donc n impair.

(Ceci pour dire que n=999 est peut-être plus simple que n=1000...)

[Amanuensis]

Incidente: cette formule-là

.

s'affiche chez moi comme une image indiquant en rouge encadré de rouge "Only futura-sciences may use mimetex (...) Forkosh"

Le source est

((k > 1) \wedge (n < 6.10^{3k})) \Rightarrow T'(n) < 6.10^{3(k-1)}

Normal? Bug FS? Bug mon visualisateur HTML?

[Médiat]

Dans la mesure où 1003 donne 4 et non 3, il semble bien que ce soit modulo 999 et non modulo 1000, par contre il semble aussi que les classes choisies soient de 1 à 999 en place des usuels de 0 à 998.

[Médiat]

Incidente: cette formule-là


s'affiche chez moi comme une image indiquant en rouge encadré de rouge "Only futura-sciences may use mimetex (...) Forkosh"

Normal? Bug?

Bug mal maitrisé, chez moi cela marche.

Je fais une modification qui fonctionne de temps en temps (ajouter un espace), prévenez-moi de l'impact chez vous.

[invite1da1ea6d]

@Médiat: Ce n'est pas faux

@Amanuensis: modulo 999.

Par contre, pour n=999, il faudra préciser que le cycle est de 999 et non de 0 (puisque MOD (999,999)=0).

Pour récapituler la formule de calcul :

T'(n) = MOD (n(n+1) / 2, 999)

?

[Amanuensis]

Je fais une modification qui fonctionne de temps en temps (ajouter un espace), prévenez-moi de l'impact chez vous.

Avec la modification de 9h25, la formule apparaît correctement sur mon écran.

[Médiat]

Comme T'(n) = T'(998-n), on peut se limiter aux séries entre 0 et 499

[invite1da1ea6d]

Comme T'(n) = T'(998-n), on peut se limiter aux séries entre 0 et 499

Tu as raison, et même après vérification, tous les 8 cycles sont déjà présents entre 1 et 297.
Et même entre 1 et 38, à l'exception du cycle 297 qui n'est composé que de lui-même.

Maintenant, à savoir pourquoi...

[Amanuensis]

T'(n) = MOD (n(n+1) / 2, 999)

Comme 999 impair, cela peut se réécrire T'(n) = 500 n(n+1) en arithmétique dans Z/999Z

Sous cette forme on peut étudier l'image de T', par l'équation 500n² + 500 n - k = 0, soit 500(n+500)² = 498+k, ou encore (n+500)² = 996+2k. La question est alors si on peut exprimer des conditions sur les résidus quadratiques

On peut imaginer que beaucoup de propriétés "s'expliquent" par les propriétés des résidus quadratiques modulo 999.

Maintenant, pour que "explication" ait un sens, faudrait étudier la question modulo un entier quelconque (ou déjà entier impair quelconque), et essayer d'en tirer des règles.

[Amanuensis]

soit 500(n+500)² = 498+k, ou encore (n+500)² = 996+2k.

Correction: soit 500(n+500)² = 125+k, ou encore (n+500)² = 250+2k