En 2018, le facteur ne passera pas deux fois

Vous trépignez à l’idée de savoir ce que renfermera l’année 2018 du point de vue mathématique ? Vous n’en pouvez plus d’attendre de savoir ce que 2018 va nous réserver ? Je ne vous fais pas attendre plus longtemps: cette année 2018 sera exceptionnelle car 2018 est un nombre pair ! Cela faisait un an que cela n’était plus arrivé ! Génial ! Bonne année !

Si vous tournez la tête à 90°, vous pourrez voir que 2018 contient l’infini !

2018, une année banale ?

Trêve de plaisanterie, et voyons quelles propriétés le nombre 2018 possède. Malheureusement, il n’en a pas tant que cela qui fasse de lui un nombre à part mais vous allez voir que, malgré tout, 2018 arrivera quand même à se distinguer…

Tout d’abord, citons une propriété du nombre 2018 que je trouve particulièrement jolie: il peut s’écrire comme la somme des carrés de deux nombres premiers, et, plus précisément,

2018 = 13^2 + 43^2

Autre propriété intéressante de 2018: ce n’est pas un nombre premier, certes, mais c’est un nombre composé (non premier) sans facteur carré, c’est-à-dire qu’il s’écrit comme le produit de plusieurs nombres premiers distincts

2018 = 2 \times 1009

Cependant, cela était déjà le cas en 2014 et en 2015 qu’une année soit sans facteur carré (2014 = 2 \times 19 \times 53 et 2015 = 5 \times 13 \times 31; vous pouvez d’ailleurs lire l’article que j’avais consacré en 2014 sur les nombres sans facteurs carrés si le sujet vous intéresse). Mais chaque année a sa particularité et 2018 se distingue des années précédentes car, en plus d’être un nombre composé sans facteur carré, la somme des ses diviseurs est aussi un nombre sans facteur carré ! Et ça, vraiment, c’est remarquable ! Pour dire, avant 2018, il n’y a eu que 32 années depuis l’an I qui étaient des nombres composés sans facteur carré dont la somme des diviseurs était aussi un nombre sans facteur carré !

Qu’est-ce que cela veut dire ?

Si cette propriété que vérifie 2018 vous semble encore floue, voyons voir ce qu’elle signifie. Les diviseurs (positifs) de 2018 sont 1, 2, 1009 et 2018 donc la somme de ces diviseurs est

1 + 2 + 1009 + 2018 = 3030

et cette somme est aussi un nombre sans facteur carré car, comme vous pouvez le constater ci-dessous, elle s’écrit comme le produit de plusieurs nombres premiers distincts:

3030 = 2 \times 3 \times 5 \times 101

C’est bien cela qui est remarquable ! La dernière fois qu’une année vérifiait cette propriété, c’était en 1994 (il y a 24 ans !). En effet, 1994 est bien un nombre composé sans facteur carré:

1994 =2 \times 997

Ses diviseurs sont 1, 2, 997 et 1994 donc la somme de ses diviseurs est

1+2+997+1994 = 2994

Cette somme des diviseurs est bien elle-même un nombre sans facteur carré car

2994 = 2 \times 3 \times 499

Si vous observez bien, vous pouvez trouver un point commun à 2018 et 1994: ces deux nombres sont de la forme 2 \times pp est un nombre premier. Cela n’est pas un hasard et nous allons voir que si une année est comme 2018 (c’est-à-dire que c’est un nombre composé sans facteur dont la somme est aussi un nombre sans facteur carré) alors nécessairement elle est de la forme 2 \times p (avec p premier).

Interlude: somme des diviseurs

Avant de poursuivre, intéressons-nous un peu plus à la notion de somme des diviseurs d’un nombre. Une première remarque: si un nombre p est premier, il ne possède que deux diviseurs positifs, à savoir 1 et lui-même. Dans ce cas, la somme des diviseurs de p (que l’on note traditionnellement \sigma(p)) est

\sigma(p) = 1+p

Par exemple, la somme des diviseurs de 5 est \sigma(5) = 1+5= 6 et la somme des diviseurs de 7 est \sigma(7)=1+7=8.

Une deuxième remarque : la somme des diviseurs est multiplicative. Cela signifie que si deux nombres n et m sont premiers entre eux, alors \sigma( n \times m) = \sigma(n) \times \sigma(n). Nous admettrons cette propriété (qui n’a rien d’évident, je vous rassure !) mais voyons un exemple d’application: pour trouver la somme des diviseurs du nombre 35, il suffit de remarquer que 35 est le produit des deux nombres premiers 5 et 7. Ainsi, puisque 5 et 7 sont premiers entre eux, alors

\sigma(35)=\sigma(5 \times 7) = \sigma(5) \times \sigma(7) = 6 \times 8 = 48.

Vous pouvez aussi le vérifier directement car les diviseurs de 35 sont 1, 5, 7 et 35 et leur somme est 1+5+7+35=48.

Une petite démonstration pour commencer 2018

Nous sommes à présent en mesure de prouver pourquoi 2018 était forcément de la forme 2 \times p. ATTENTION: si vous n’avez toujours pas décuvé de votre réveillon et que vos yeux ont du mal à rejoindre leurs orbites, n’hésitez pas à passer au paragraphe suivant !

Si un nombre N est un nombre composé sans facteur carré, alors il peut s’écrire

N= p_1 \times p_2 \times \cdots \times p_n

où les p_i sont des nombres premiers distincts. D’après ce qu’on a dit, comme les p_i sont premiers entre eux deux à deux, la somme des diviseurs de N est

\sigma(N) = \sigma(p_1) \times \sigma(p_2) \times \cdots \times \sigma(p_n)

c’est-à-dire

\sigma(N) = (1+p_1) \times (1+p_2) \times \cdots \times (1+p_n)

S’il y avait au moins deux nombres premiers impairs p_i et p_j alors 1+p_i serait divisible par 2 et, de même, 1+p_j serait divisible par 2 ce qui fait que \sigma(N) serait divisible par 2\times 2 = 2^2. Autrement dit, la somme des diviseurs de N ne pourrait pas être sans facteur carré !

Nous avons donc prouvé que si N est un nombre composé sans facteur carré dont la somme des diviseurs est aussi un nombre sans facteur carré, alors il possède strictement moins de deux diviseurs premiers impairs. Mais comme N est composé, il possède au moins deux diviseurs premiers. La seule possibilité est donc que N possède exactement deux diviseurs premiers: l’un pair et l’autre impair, c’est-à-dire que N est de la forme N=2 \times pp est un nombre premier impair.

Quand Jeanne Calment avait failli manqué cela…

Nous avons donc vu que si une année est un nombre composé sans facteur carré et que la somme de ses diviseurs est aussi un nombre sans facteur carré, alors forcément elle est de la forme 2\times p (où p est premier impair). C’est le cas de 2018 et de 1994 mais il faut faire attention cependant: ce n’est pas parce qu’une année est de la forme 2 \times p que la somme de ses diviseurs est sans facteur carré. Par exemple, l’année 1982 était bien de la forme 2 \times p (1983 = 2 \times 991) mais la somme de ses diviseurs, à savoir le nombre 2976, n’est pas sans facteur carré car 2976 =2^5 \times 3 \times 31.

Le fait que N soit de la forme 2 \times p est donc une condition nécessaire, mais non suffisante. On peut affiner cette condition nécessaire en démontrant que si un nombre composé N est sans facteur carré et que la somme de ses diviseurs est elle aussi sans facteur carré, alors non seulement N=2\times p avec p premier impair, mais en plus on doit avoir p \equiv 1 \mod[12], c’est-à-dire que p doit être de la forme p=12k + 1 (voir en fin d’article pour une démonstration). Cela implique alors que N= 2 \times p = 2 \times (12k  +1) et donc une année qui vérifie cette propriété est nécessairement de la forme 24k + 2.

Cette condition ne sera sera toujours pas suffisante (un contre-exemple serait l’année 1154=2 \times 577 avec 577 qui est bien congru à 1 modulo 12 mais \sigma(1154) = 1734 = 2 \times 3 \times 17^2 n’est pas sans facteur carré), mais elle a le mérite de nous informer que des années comme 2018 ne se produisent au minimum que tous les 24 ans… Cet intervalle de 24 ans est un seuil minimal mais il se peut qu’il se passe beaucoup plus de temps. Par exemple, aucune année n’a vérifié cette propriété entre 1874 et 1994. Pour dire, Jeanne Calment (1875-1997) a dû attendre de fêter ses 119 ans pour pouvoir vivre une année qui vérifie cette propriété !

Tout le monde n’est donc pas 2018 et pour retrouver une année qui possède cette propriété étonnante, il faudra attendre 2042. Alors, en attendant, profitons bien de cette année 2018…

Bonne année à tous !

Notes:

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Fonctions égales à leur dérivée

Il y a quelques temps de cela, j’avais posté sur Twitter l’animation suivante:Cette animation était accompagnée du (bref) commentaire suivant :

« Les fonctions exponentielles f(x) = k \times \text{e}^{x} sont les seules fonctions égales à leur dérivée »

C’est une affirmation bien téméraire que j’avais fait là ! Comme le disait Euclide, « ce qui est affirmé sans preuve peut être réfuté sans preuve », donc nous n’allons surtout pas contrarier Euclide et nous allons prouver cette affirmation.

Explication de l’animation

Avant même de démontrer cette propriété, il est peut-être utile d’expliquer en quoi cette animation illustre le fait que les fonctions x \mapsto k \times \text{e}^{x} sont égales à leur dérivée.

Si on se donne la courbe d’une fonction, il est facile de lire l’image d’un point x: il suffit de « monter » jusque la courbe et de lire l’ordonnée:Pour lire graphiquement la dérivée, il faut se souvenir que le nombre dérivé en un point n’est rien d’autre que le coefficient directeur de la tangente en ce point. Vous vous souvenez aussi sans doute de comment lire graphiquement le coefficient directeur d’une droite: on part de n’importe quel point de cette droite, on se décale d’une unité vers la droite et le coefficient directeur est le nombre d’unités qu’il faut parcourir verticalement pour retourner sur la droite.Dans l’animation, nous voyons que les deux segments représentant les distances f(x) et f'(x) sont de même longueur, quelque soit l’abscisse x à laquelle on se trouve: cela veut bien dire que la fonction x \mapsto k \times \text{e}^{x} qui est tracée est égale à sa dérivée.Cette animation illustre donc bien le fait que les fonctions de la forme x \mapsto k \times \text{e}^{x} sont égales à leur dérivée, mais elle n’explique ni pourquoi c’est le cas, ni pourquoi il ne peut y avoir d’autres fonctions qui vérifient cela.

Heuristique

Avant de faire une vraie démonstration mathématique de l’affirmation donnée au début de l’article, à savoir que les seules fonctions égales à leur dérivée sont les fonctions de la forme x \mapsto k \times \text{e}^{x}, essayons de comprendre pourquoi si une fonction est égale à sa dérivée, alors c’est forcément une fonction exponentielle. Pour cela, nous allons commettre l’irréparable: nous allons faire un raisonnement « à la physicienne » (je sens que je ne vais pas me faire que des amis…)

On considère une fonction f. Si cette fonction est égale à sa dérivée alors f'(x) = f(x) donc, en divisant par f(x),

\dfrac{f'(x)}{f(x)} = 1 \quad (\star)

D’une part, nous savons qu’une primitive de \dfrac{f'(x)}{f(x)} est \ln(f(x)). D’autre part, nous savons qu’une primitive de x\mapsto 1 est x \mapsto x + CC est une constante. Ainsi, en « primitivant » l’égalité (\star), on obtient

\ln(f(x)) = x + C

En prenant l’exponentielle des deux côtés, on a alors

f(x) = \text{e}^{x + C} \iff  f(x) = \text{e}^C \times \text{e}^x

En posant k=\text{e}^C, on voit donc que f est de la forme f(x) = k \times\text{e}^x.

J’entends déjà certains hurler que ce raisonnement n’est pas du tout rigoureux (« Je pensais qu’on faisait des maths sur Blogdemaths ! C’est inadmissible ! ») et ils auraient raison. Voyez-vous pourquoi ? Il y a deux raisons à cela:

  1. Tout d’abord, une primitive de \dfrac{f'(x)}{f(x)} est \ln(|f(x)|) et non \ln(f(x)).
  2. Ensuite, on a divisé par f(x) dès le départ, mais rien ne nous dit que f ne s’annule pas !

Nous avons donc commis deux pêchés capitaux en mathématiques: prendre le logarithme d’un nombre qui peut être négatif et diviser par zéro ! Pour nous repentir, nous allons donner une vraie démonstration mais vous allons voir qu’il faut peu de choses pour rendre notre explication précédente rigoureuse. A commencer par utiliser des produits plutôt que des quotients.

Une démonstration plus rigoureuse

Soit f une fonction définie sur \mathbb{R}.

a) Si f est de la forme x \mapsto k \times \text{e}^{x} alors il est aisé de calculer sa fonction dérivée: f'(x) = k \times \text{e}^{x} donc f est bien égale à sa dérivée. Facile.

b) Réciproquement, si f est égale à sa dérivée, il s’agit de montrer qu’elle est de la forme f(x) = k \times \text{e}^x. Comme pour tout x, f(x) = f'(x) alors

f'(x) - f(x) = 0 \quad \quad (\star \star)

Jusque-là, rien de bien folichon. L’idée va être d’interpréter cette égalité comme étant de la forme u' \times v + u \times v' de façon à pouvoir en prendre une primitive à l’aide de la formule de dérivation (u \times v)' = u' \times v + u \times v'. Pour cela, on multiplie la relation (\star \star) par \text{e}^{-x} ce qui va justement faire marcher les choses. Plus précisément, cela donne:

f'(x)  \times \text{e}^{-x} - f(x) \times \text{e}^{-x} =0

On réécrit cette égalité sous la forme suivante:

f'(x) \times \text{e}^{-x} + f(x) \times \left(- \text{e}^{-x} \right) = 0 \quad \quad (\star \star \star )

On reconnaît alors à gauche une expression de la forme u'  \times v + u \times v' avec

u= f(x) et v = \text{e}^{-x}

Comme u'  \times v + u \times v' est la dérivée de (u \times v) ', en primitivant des deux côtés la relation (\star \star \star), on a

f(x) \times \text{e}^{-x} = kk est une constante

En faisant passer l’exponentielle de l’autre côté, on obtient finalement que

\boxed{ f(x) = k \times \text{e}^{x} }

Fonctions proportionnelles à leur dérivée

L’idée précédente de faire apparaître la forme u'  \times v + u \times v' en multipliant par la bonne fonction peut se généraliser au cas où on cherche les fonctions qui sont, non pas égales à leur dérivée, mais proportionnelles à leur dérivée.

Par exemple, si on souhaite déterminer toutes les fonctions égales à deux fois leur dérivée, cela revient à chercher les fonctions f telles que f(x) = 2 f'(x). Ainsi,

2 f'(x) - f(x) =  0 \iff f'(x) + f(x) \times \left(-\dfrac{1}{2} \right) = 0

En multipliant des deux côtés par \text{e}^{\frac{-1}{2} x} (dont la dérivée est \frac{-1}{2} \text{e}^{\frac{-1}{2} x}), on a :

f'(x) \times \text{e}^{\frac{-1}{2} x} +  f(x) \times \left(\dfrac{-1}{2} \right)\text{e}^{\frac{-1}{2}} = 0

c’est-à-dire u' \times v + u \times v' = 0 avec u = f(x) et v' = \text{e}^{-\frac{1}{2} x}. En primitivant cette relation, on obtient alors que le produit u \times v est constant, c’est-à-dire:

\exists k \in \mathbb{R},  f(x) \times \text{e}^{-\frac{1}{2} x} = k

et en passant l’exponentielle de l’autre côté, on voit donc qu’une fonction qui est égale à deux fois sa dérivée est nécessairement de la forme \boxed{ f(x) = k \times \text{e}^{\frac{1}{2} x} }

Vers les équations différentielles linéaires du 1er ordre

Sur ce principe, on peut résoudre n’importe quelle équation différentielle linéaire du premier ordre c’est-à-dire une équation de la forme:

f'(x) + a(x) \times f(x) = 0

où la fonction f est l’inconnue et où la fonction a est une fonction continue donnée (par exemple, pour les fonctions égales à leur dérivée, on avait a(x) = -1 qui était donc une fonction constante). En suivant ce que nous avons dit précédemment, on va multiplier l’égalité précédente par une fonction du type \text{e}^{G(x)} (où G est une fonction à déterminer) afin de faire apparaître la forme u' v + u v':

f'(x) \times \text{e}^{G(x)} + f(x) \times \left(a(x) \times \text{e}^{G(x)}\right) = 0 \quad \quad (\clubsuit)

Toujours comme précédemment, on pose u= f(x) et v = \text{e}^{G(x)}. Comme la dérivée de \text{e}^{G(x)} est G'(x) \times \text{e}^{G(x)}, il suffit donc que  la fonction G soit une primitive de la fonction a (dont on sait qu’elle existe car toute fonction continue sur un intervalle possède une primitive sur cet intervalle) pour qu’on ait bien v' = a(x) \times \text{e}^{G(x)}. En supposant cela, si on primitive la relation (\clubsuit), on obtient

\exists k \in \mathbb{R},  f(x) \times \text{e}^{G(x)} = k \iff f(x) = k \times \text{e}^{-G(x)}.

Voici donc ce que nous avons prouvé:

Soit a une fonction continue sur un intervalle I. Les fonctions définies sur I solutions de l’équation différentielle f'(x) + a(x) \times f(x) =0 sont les fonctions f de la forme

f(x) = k \times \text{e}^{-G(x)}

G est une primitive de la fonction a sur I.

Je pense qu’avec tout ça, Euclide devrait être satisfait !

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Un trop plein de vaches

Dans le célèbre jeu vidéo Minecraft, il existe tout un monde d’être vivants dont des animaux. Il est possible d’interagir avec ces bêtes car on peut les nourrir (ou les tuer, selon votre degré de psychopathie) mais aussi les faire se reproduire.

« T’as de beaux meuh tu sais »

Par exemple, pour faire se reproduire deux vaches dans ce jeu, il suffit de donner du blé à chacune d’entre elles… et paf, ça fait un bébé vache !

Il n’est pas trop à croquer ce bébé vache ? (dans un bon hamburger).

Précisons tout de même que les êtres vivants n’ont pas de genre dans Minecraft et il n’y a ainsi pas de mâle ou de femelle. On peut donc faire se reproduire deux vaches quelconques, à condition qu’elles soient toutes deux adultes (mais pas forcément consentantes…). Une fois que deux vaches ont donné naissance à un bébé, il faut ensuite attendre 20 minutes pour qu’elles puissent à nouveau se reproduire. Vingt minutes, c’est aussi le temps qu’il faut à un bébé vache pour devenir adulte et pouvoir procréer.

Si jamais vous avez l’âme d’un éleveur de bêtes, vous pouvez donc vous constituer un beau petit troupeau… mais de quelle taille ? Par exemple, en jouant 24 heures en continu, combien pourrait-on avoir de vaches au maximum ?

L’amour est dans le pré

Imaginons qu’on parte d’un troupeau de deux vaches et voyons comment agrandir ce troupeau. A l’étape n°0, nous sommes donc en possession de deux bêtes:A la première étape, on fait se reproduire ces deux vaches, ce qui donne trois vaches dont un bébé:Vingt minutes plus tard, lorsque les deux adultes peuvent à nouveau se reproduire, le bébé est devenu adulte. A la fin de l’étape n°1, nous sommes donc en possession de 3 vaches adultes:A la deuxième étape, on choisit deux vaches parmi les 3 et on les fait se reproduire. La 3ème vache ne servira à rien (si ce n’est à tenir la chandelle et à dormir sur la béquille):A la fin de la deuxième étape, quand le bébé a grandi et que les vaches adultes peuvent à nouveau se reproduire, nous avons donc 4 vaches au total:Vous pouvez facilement vérifier qu’à la fin de la troisième étape, nous serons en présence de 6 vaches et vous commencez sans doute à comprendre le principe. Nous allons donc tenter de généraliser tout cela.

Modélisation du nombre de vaches

Notons C(n) le nombre de vaches à la n-ème étape. Par exemple, nous avons vu que C(0)=2, C(1)=3, C(2)=4 et C(3)=6. Essayons de voir comment passer d’une étape à la suivante.

Supposons donc qu’on se situe à la fin de la n-ème étape (à ce moment-là, les C(n) vaches en notre possession sont adultes). Pour connaître le nombre de vaches à la fin de l’étape n+1, on forme autant de couples de vaches que possible, chaque couple donnant naissance à un bébé.  Comme il y aura autant de bébés que de couples possibles, il faut diviser le nombre de vaches C(n) par 2 pour obtenir le nombre de progénitures engendrées. Cependant, s’il y a un nombre impair de vaches au départ, il y en a une qui restera seule ce qui fait que le nombre de couples de vaches, donc de bébés, sera \left\lfloor \dfrac{C(n)}{2} \right\rfloor\left\lfloor x \right\rfloor désigne la partie entière de x (par exemple, si à l’étape n on a 13 vaches, comme la partie entière de 13/2 = 6,5  est 6, on aura donc 6 couples et une vache qui ne s’accouple pas, ce qui donnera 6 bébés).

A ces \left\lfloor \dfrac{C(n)}{2} \right\rfloor bébés, il faut ajouter les C(n) vaches qu’on avait déjà en notre possession, ce qui donne finalement la formule de récurrence suivante:

\boxed{ \vphantom{\dfrac{X}{X}} C(n+1) = C(n) + \left\lfloor \dfrac{C(n)}{2} \right\rfloor }

Grâce à cette formule, on peut calculer le nombre de vaches qu’on aura au bout de 24 heures. Comme il y a 1 440 minutes dans une journée et que 1440/20 = 72, nous pourrons donc effectuer 73 étapes de reproduction (les étapes 0 et 1 se déroulant au même instant):La formule de récurrence précédente et un petit programme informatique (ou même une calculatrice) nous permettent alors de voir que

C(73) = 11 \, 608 \, 742 \, 626 \, 668

Autrement dit, en 24 heures, vous pourrez obtenir un élevage de plus de dix mille milliards de vaches… de quoi bien remplir votre champ !

Une formule explicite ?

Comme souvent avec les suites, il est toujours plus commode d’avoir une formule explicite plutôt que d’avoir simplement une formule par récurrence. Malheureusement, il est difficile (mais possible, voir en fin d’article) de trouver une formule explicite pour le nombre de vaches C(n). Qu’à cela ne tienne, nous allons encadrer cette suite par deux autres suites, afin d’estimer à quelle vitesse le nombre de vaches croît (et il croît très vite comme on l’a vu !). Pour cela, nous allons utiliser le résultat suivant:

Si k est un nombre entier, alors

\dfrac{k-1}{2} \leqslant \left\lfloor \dfrac{k}{2} \right\rfloor \leqslant \dfrac{k}{2}.

Pour prouver ce résultat, il suffit de distinguer deux cas:

• Si k est pair, alors k = 2mm est un entier. Ainsi,

\left\lfloor \dfrac{k}{2} \right\rfloor = \left\lfloor \dfrac{2m}{2} \right\rfloor = \left\lfloor m \right\rfloor = m c’est-à-dire \left\lfloor \dfrac{k}{2} \right\rfloor = \dfrac{k}{2}.

• Si k est impair, alors k = 2m+1m est un entier. Par suite,

\left\lfloor \dfrac{k}{2} \right\rfloor = \left\lfloor \dfrac{2m+1}{2} \right\rfloor = \left\lfloor m + \dfrac{1}{2} \right\rfloor = m = \dfrac{(2m+1)-1}{2} c’est-à-dire \left\lfloor \dfrac{k}{2} \right\rfloor = \dfrac{k -1}{2}

Voyons  alors comment cela nous permet d’étudier la suite C(n).

Prise en sandwich (au boeuf)

En appliquant le résultat précédent à k= C(n)/2, on a les inégalités:

\dfrac{C(n)-1}{2} \leqslant \left\lfloor \dfrac{C(n)}{2} \right\rfloor \leqslant \dfrac{C(n)}{2}

En ajoutant C(n) dans chaque membre, on obtient

C(n) + \dfrac{C(n)-1}{2} \leqslant C(n) + \left \lfloor \dfrac{C(n)}{2} \right\rfloor \leqslant C(n) + \dfrac{C(n)}{2}

Autrement dit,   \dfrac{3}{2}C(n) - \dfrac{1}{2} \leqslant C(n+1) \leqslant \dfrac{3}{2}C(n).

Ce raisonnement nous incite donc à considérer les deux suites (u_n) et (v_n) définies de la manière suivante:

\begin{cases} u_0 = 2 \\ u_{n+1} = \dfrac{3}{2} u_n - \dfrac{1}{2} \end{cases}     et      \begin{cases} v_0 = 2 \\ v_{n+1} = \dfrac{3}{2} v_n \end{cases}

et nous allons montrer par récurrence que pour tout entier naturel n, u_n \leqslant C(n) \leqslant v_n.

• Si n=0 alors il est clair que u_0 \leqslant C(0) \leqslant v_0.

• Supposons que u_n \leqslant C(n) \leqslant v_n. Nous avions vu que \dfrac{C(n)-1}{2} \leqslant \left\lfloor \dfrac{C(n)}{2} \right\rfloor \leqslant \dfrac{C(n)}{2} donc en ajoutant membre à membre ces deux relations, on obtient

u_n + \dfrac{C(n)-1}{2} \leqslant C(n) + \left\lfloor \dfrac{C(n)}{2} \right\rfloor \leqslant v_n + \dfrac{C(n)}{2}

Or, par hypothèse de récurrence, u_n \leqslant C(n) donc \dfrac{u_n - 1}{2} \leqslant \dfrac{C(n) - 1}{2}. De même, C(n) \leqslant v(n) entraîne que \dfrac{C(n)}{2} \leqslant \dfrac{v(n)}{2}. Ainsi,

u_n + \dfrac{u_n - 1}{2} \leqslant u_n + \dfrac{C(n)-1}{2} \leqslant C(n) + \left\lfloor \dfrac{C(n)}{2} \right\rfloor \leqslant v_n + \dfrac{C(n)}{2} \leqslant v_n + \dfrac{v_n}{2}

En ne gardant que les inégalités les plus extrêmes, on a

u_n + \dfrac{u_n - 1}{2} \leqslant C(n) + \left\lfloor \dfrac{C(n)}{2} \right\rfloor  \leqslant v_n + \dfrac{v_n}{2}

c’est-à-dire \dfrac{3}{2} u_n - \dfrac{1}{2}  \leqslant C(n) + \left\lfloor \dfrac{C(n)}{2} \right\rfloor   \leqslant \dfrac{3}{2}v_n et donc u_{n+1} \leqslant C(n+1) \leqslant v_{n+1}. CQFD.

Encadrement du nombre de vaches

Autant il n’est pas simple de trouver une forme explicite à la suite C(n), autant les suites (u_n) et (v_n) sont faciles à étudier. En effet, la suite (u_n) étant une suite arithmético-géométrique (u_{n+1} = \dfrac{3}{2}u_n - \dfrac{1}{2}), nous savons alors que :

u_n = \left( \dfrac{3}{2}\right)^n \times \left( u_0 - \dfrac{-\frac{1}{2}}{1- \frac{3}{2}} \right) + \dfrac{-\frac{1}{2}}{1- \frac{3}{2}}

c’est-à-dire u_n = \left( \dfrac{3}{2}\right)^n \times \left( 2 - \dfrac{-\frac{1}{2}}{- \frac{1}{2}} \right) + \dfrac{-\frac{1}{2}}{- \frac{1}{2}} donc u_n = \left( \dfrac{3}{2}\right)^n + 1

D’autre part, la suite (v_n) étant géométrique (v_{n+1} = \dfrac{3}{2}v_n), on a donc

v_n = v_0 \times \left( \dfrac{3}{2}\right)^n = 2 \times \left( \dfrac{3}{2}\right)^n

Nous en déduisons l’encadrement suivant du nombre de vaches qu’il est possible de générer au bout de la n-ème étape:

\boxed{ \vphantom{\dfrac{\frac{X}{X}}{\frac{X}{X}}}  \left( \dfrac{3}{2}\right)^n + 1 \leqslant C(n) \leqslant 2 \times \left( \dfrac{3}{2}\right)^n  }

Autrement dit, la croissance du nombre de vaches est de l’ordre de \left(\dfrac{3}{2}\right)^n c’est-à-dire que c’est une croissance exponentielle !

Par exemple, si vous voulez générer 10^{80} vaches, c’est-à-dire autant que le nombre d’atomes dans l’univers observable, il suffit que n vérifie

10^{80} \leqslant  \left( \dfrac{3}{2} \right)^n \leqslant C(n) \iff \dfrac{\ln(10^{80})}{\ln(3/2)} \leqslant n

Ainsi, il suffit de n = 455 étapes pour obtenir 10^{80} vaches, ce qui représente 454 \times 20 \text{mn} = 9080\text{mn}, soit 6 jours, 7 heures et 20 minutes de jeu, donc moins d’une semaine… la vache !

Notes:

  • La suite du nombre de vaches que nous avons étudiée dans cet article est référencée sur la très sérieuse Encyclopédie en ligne des suites de nombres entiers: https://oeis.org/A061418 . On y apprend d’ailleurs qu’il existe une formule explicite pour cette suite: C(n) = \left\lceil K \times \left( 3/2 \right)^n \right\rceil\left\lceil x \right\rceil désigne la partie entière par excès de x et où K\approx 1,08151366859... est une constante.
  • Pour ceux qui connaissent la notation grand thêta, nous avons en fait démontré dans cet article que C(n) = \Theta( \left( 3/2 \right)^n ).
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GaBuZoMeu…GaBuZoMeu

Dans la numération Shadok, il n’y a que quatre chiffres: Ga (zéro), Bu (un), Zo (deux) et Meu (trois). Tous les nombres sont alors fabriqués à partir de ces quatre chiffres selon un système de numération par position: autrement dit, les Shadoks comptent en base 4. Par exemple, le nombre ZoBuMeu vaut 2 \times 4^2 + 1 \times 4^1 + 3 \times 4^0 = 39.

Tout cela est beaucoup mieux expliqué (et surtout de manière beaucoup plus drôle) par les Shadoks eux-mêmes dans la (courte) vidéo ci-dessous:

Ce que nous allons voir dans cet article, c’est que les nombres:

  • GaBuZoMeu
  • GaBuZoMeuGaBuZoMeu
  • GaBuZoMeuGaBuZoMeuGaBuZoMeu
  • etc.
  • GaBuZoMeuGaBuZoMeuGaBuZoMeu…GaBuZoMeu (où GaBuZoMeu est répété n fois)

renferment quelques propriétés insoupçonnées !

Ga) Des exemples pour commencer

Le nombre GaBuZoMeu signifie dans notre système décimal

0 \times 4^3 + 1 \times 4^2 + 2 \times 4^1 + 3 \times 4^0 = 27

La décomposition de GaBuZoMeu en produit de facteurs premiers est donc GaBuZoMeu = 3^3. De même, GaBuZoMeuGaBuZoMeu vaut

0 \times 4^7 + 1 \times 4^6 + 3 \times 4^5 + 4 \times 4^4 + 0 \times 4^3 + 1 \times 4^2 + 3 \times 4^1 + 4 \times 4^0 = 6939

et sa décomposition en produit de facteurs premiers est 3^3 \times 257.

Vous avez sans doute deviné le principe: on va décomposer  les nombres GaBuZoMeuGaBuZoMeu…GaBuZoMeu (où GaBuZoMeu est répété n fois) en produit de facteurs premiers puis voir ce qui se passe…

Bu) Une conjecture

Voici donc les résultats obtenus pour les premières valeurs de n:

\begin{array}{|r|r|r|}  \hline  n & \text{ GaBuZoMeu...GaBuZoMeu en base 10} & \text{ D\'ecomposition en facteurs premiers} \\ \hline  1 & 27 & 3^3 \\  2 & 6 \, 939 & 3^3 \times 257 \\  3 & 1 \, 776 \, 411 & 3^4 \times 7 \times 13 \times 241\\  4 & 454 \, 761 \, 243 & 3^3 \times 257 \times 65537\\  5 & 116 \, 418 \, 878 \, 235 & 3^3 \times 5 \times 11 \times 31 \times 41 \times 61681 \\  6 & 29 \, 803 \, 232 \, 828 \, 187 & 3^4 \times 7 \times 13 \times 97 \times 241 \times 257 \times 673 \\  7 & 7 \, 629 \, 627 \, 604 \, 015 \, 899 & 3^3 \times 29 \times 43 \times 113 \times 127 \times 15 790321 \\ \hline  \end{array}

On remarque que la décomposition en facteurs premiers des nombres GaBuzoMeu…GaBuZoMeu est assez particulière: elle semble toujours commencer par une puissance de 3 et tous les autres facteurs premiers apparaissent à la puissance 1.

Par exemple, le nombre GaBuZoMeuGaBuZoMeuGaBuZoMeu  = 3^4 \times 7 \times 13 \times 241 ne possède aucun facteur premier à une puissance supérieure ou égale à 2 (hormis 3 bien entendu) car 7, 13 et 241 apparaissent à la puissance 1. Voici donc la conjecture que l’on peut émettre:

[Conjecture]
La décomposition en produit de facteurs premiers du nombre GaBuZoMeu…GaBuZoMeu est le produit d’une puissance de 3 avec un nombre sans facteurs carrés.

Autrement dit, cette conjecture dit que si le nombre GaBuZoMeu…GaBuZoMeu est divisible par un nombre p>3 alors il n’est pas divisible par p^2.

Avant de lire la suite, vous pouvez peut-être essayer de trouver un contre-exemple à cette conjecture (mais sachez qu’elle est vérifiée au moins jusqu’à n=10…).

Zo) Expression générale du nombre GaBuZoMeu…GaBuZoMeu 

Afin de prouver ou d’infirmer notre conjecture, nous allons essayer de donner une expression du nombre N = GaBuZoMeu…GaBuZoMeu (n fois). Pour cela, nous allons devoir manipuler quelques sommes. Si cela est beaucoup trop indigeste pour vous, vous pouvez directement passer à la section suivante.

Tout d’abord, par définition même du nombre N = GaBuZoMeu…GaBuZoMeu,

\displaystyle N = \sum_{k=0}^{n-1} 0 \times 4^{3 + 4k} + 1 \times 4^{2+ 4k} + 2 \times 4^{1+ 4k} + 3 \times 4^{0+4k}

Ainsi,

\begin{array}{lcl}  N & = & \displaystyle 0 \times \sum_{k=0}^{n-1} 4^3 \times 4^{4k} + 1 \times \sum_{k=0}^{n-1} 4^2 \times 4^{4k} + 2 \times \sum_{k=0}^{n-1} 4^1 \times 4^{4k} + 3 \times \sum_{k=0}^{n-1} 4^0 \times 4^{4k}\\[10pt]  & = & \displaystyle 0 \times 4^3 \times \sum_{k=0}^{n-1} 4^{4k} + 1 \times 4^2 \times \sum_{k=0}^{n-1} 4^{4k} + 2 \times 4^1 \times \sum_{k=0}^{n-1} 4^{4k} + 3 \times 4^0 \times \sum_{k=0}^{n-1} 4^{4k}\\[10pt]  & = & \displaystyle 0 \times \sum_{k=0}^{n-1} 4^{4k} + 16 \times \sum_{k=0}^{n-1} 4^{4k} + 8 \times \sum_{k=0}^{n-1} 4^{4k} + 3 \times \sum_{k=0}^{n-1} 4^{4k} \\[10pt]  & = & \displaystyle 27 \times \sum_{k=0}^{n-1} 4^{4k} \\[10pt]  & = & \displaystyle 27 \sum_{k=0}^{n-1} {\left(2^8\right)}^{k} \\[10pt]  \end{array}

Pour finir, on applique la fameuse formule sur la somme des termes d’une suite géométrique (un classique !) pour obtenir

N = 27 \times \dfrac{ \left(2^8\right)^n - 1}{2^8 - 1} = \dfrac{27 ( 2^{8n} - 1)}{255}= \dfrac{9 (2^{8n}-1)}{85}

Finalement le nombre N = GaBuZoMeu…GaBuZoMeu (n fois) est égal à:

\boxed{N= \dfrac{ 3^2 ( 2^{8n} - 1)}{5 \times 17} }

Nous sommes encore loin d’avoir prouvé ou infirmé notre conjecture, mais, tout de même, cette formule nous montre que les nombres GaBuZoMeu…GaBuZoMeu s’expriment beaucoup plus facilement qu’on aurait pu penser !

Meu) 42 est la réponse…

D’après la formule précédente, pour trouver les diviseurs de GaBuZoMeu…GaBuZoMeu, il suffit de trouver les diviseurs de 2^{8n} - 1. Il se trouve que ce dernier est un nombre de Mersenne c’est-à-dire un nombre de la forme 2^k - 1 mais ce n’est pas cela que nous allons utiliser pour le moment.

D’après le théorème d’Euler, on sait que pour tout nombre impair m, comme 2 est premier avec m^2 alors 2^{\varphi(m^2)} \equiv 1 \mod[m^2]\varphi est la fonction indicatrice d’Euler.  En prenant la puissance 8 des deux côtés de cette relation, on obtient

2^{8\varphi(m^2)} \equiv 1 \mod[m^2]

Cela veut donc dire que m^2 divise toujours 2^{8 \varphi(m^2)}-1. Pour trouver des contre-exemples, il suffit donc de choisir un nombre impair m et de poser n=\varphi(m^2); le nombre m^2 divisera alors 2^{8n}-1.

Par exemple, si on prend m=7, cela donne n=\varphi(7^2) = 42. D’après ce qu’on vient de voir, le nombre 2^{8 \times 42}-1 est divisible par 7^2 (vous ne me croyez pas ?) donc notre conjecture est fausse car le nombre GaBuZoMeu…GaBuZoMeu (42 fois) est divisible par 7^2. Sur le même principe, on peut même construire une infinité de contre-exemples en prenant n=\varphi(m^2)m est presque n’importe quel nombre impair !

Je dis « presque » car on ne pouvait pas prendre m=5 (ce qui donnerait n = \varphi(5^2)= 20 ) car, bien que 2^{8 \times 20}-1 est divisible par 25 = 5^2, il ne faut pas oublier qu’il y avait un facteur 5 au dénominateur du nombre \dfrac{3^2 (2^{8n}-1)}{5 \times 17}, nombre qui ne serait donc pas forcément divisible par 25. De même, pour m=17, le nombre n= \varphi(17^2) = 272 n’est pas forcément un contre-exemple car il n’est pas nécessairement divisible par 17^2. Enfin, pour m=3 (et donc n=\varphi(3^2) = 6), la seule chose qu’on pourrait dire du nombre GaBuZoMeu…GaBuZoMeu (6 fois), c’est qu’il est divisible par 3^2, ce qui était autorisé dans notre conjecture. Enfin, prendre m=1 n’a aucun intérêt car cela voudrait juste dire que le nombre est divisible par 1^2 (voilà enfin la fameuse remarque à la con que l’on retrouve dans chaque article de ce blog).

Ainsi, n=42 = \varphi(7^2) était donc le plus petit contre-exemple possible avec cette méthode et voici la liste des premiers contre-exemples obtenus similairement (c’est-à-dire en prenant n = \varphi(m^2) pour m impair différent de 1, 3, 5 et 17):

n = 42, 54, 110, 156, 120, 342, 252, 506, 500, 486, 812, 930, 660, 840, 1332, \\ 936, 1640, 1806, 1080, 2162, 2058, 1632, 2756, 2200, 2052, 3422, 3660, 2268, 3120, \\ 4422, 3036, 4970, 5256, 3000, 4620, 6162, 4374, 6806, 5440, 4872, 7832, 6552, 5580,  \\ 6840, 9312, 5940,...

Vous remarquez que tous ces contre-exemples sont pairs. Sans rentrer dans les détails, cela vient du fait (pas difficile à prouver) que \varphi(a) est un nombre pair si a>1 est un nombre impair. Une question légitime que l’on pourrait alors se poser est: existe-t-il des contre-exemples avec n impair ? Pour le savoir, il va falloir étudier les choses d’un peu plus près…

BuGa) À la recherche d’autres contre-exemples

Nous allons affiner notre recherche de contre-exemples grâce à une propriété donnant une condition nécessaire pour qu’un nombre de Mersenne d’exposant un nombre premier possède un facteur carré. La voici (et vous pourrez en trouver une démonstration en fin d’article):

Si un nombre de Mersenne 2^q - 1 (avec q premier) est divisible par p^2p est un nombre premier, alors p est un nombre premier de Wieferich.

Là, c’est le moment où tout le monde se demande ce que peut bien être un nombre premier de Wieferich. Un nombre premier de Wieferich est un nombre premier p tel que p^2 divise le nombre de Mersenne 2^{p-1}-1. Par exemple, le nombre premier p=1093 est un nombre de Wieferich car son carré divise le nombre 2^{1093-1}-1 = 2^{1092}-1 (vous ne me croyez toujours pas ?).

Des nombres premiers de Wieferich, il n’y en a pas beaucoup. A vrai dire, on n’en connaît que deux à l’heure actuelle : 1093 et 3511. Cependant, vous allez voir que cela nous sera largement suffisant !

Revenons au nombre GaBuZoMeu…GaBuZoMeu (n fois) dont a vu qu’il était égal à \dfrac{3^2 \left(2^{8n}-1\right)}{5\times 17}. Pour montrer qu’il possède un facteur carré, il suffirait de faire apparaître 2^{1092}-1 dans cette expression, de sorte que 1093^2 diviserait ce nombre.

Pour faire cela, commençons par remarquer qu’on a la factorisation suivante (merci aux identités remarquables !):

X^{8n} - 1 = (X^{4n})^2 - 1^2 = (X^{4n} -1) (X^{4n}+1)

Or, X^{4n}-1 = (X^{2n})^2 - 1^2 = (X^{2n} -1) (X^{2n}+1) donc

X^{8n}-1 = (X^{2n} -1) (X^{2n}+1)(X^{4n}+1)

Comme (X^{2n} -1) = (X^n - 1) (X^n +1), on a donc

X^{8n}-1 = (X^n - 1) (X^n +1)(X^{2n}+1)(X^{4n}+1)

Nous pouvons donc à présent transformer l’expression de N = GaBuZoMeu…GaBuZoMeu en

N = \dfrac{3^2 \left(2^{8n}-1\right)}{5\times 17} = \dfrac{3^2 (2^n - 1) (2^n +1)(2^{2n}+1)(2^{4n}+1)}{5\times 17}

Nous voyons donc qu’en prenant n = 1092, le nombre GaBuZoMeu…GaBuZoMeu (où GaBuZoMeu est répété 1092 fois) s’écrira

N = \dfrac{3^2 (2^{1092} - 1) (2^{1092} +1)(2^{2184}+1)(2^{4368}+1)}{5\times 17}

et il sera bien divisible par 1093^2 car 1093 est un nombre premier de Wieferich c’est-à-dire que 1093^2 divise 2^{1092}-1. Nous voilà donc avec un autre contre-exemple à notre conjecture qui n’était pas dans notre liste !

Cependant, 1092 n’est pas un contre-exemple impair donc nous n’allons pas nous arrêter là dans notre recherche. On sait que 1093^2 divise 2^{1092}-1, mais en fait il divise des nombres de Mersenne plus petits encore. Un petit algorithme permet de voir que 1093^2 divise aussi 2^{728}-1 et même 2^{364} -1.  Ainsi, de la même façon que précédemment on voit qu’en prenant n=728 ou n=364 on obtient deux nouveaux contre-exemples à notre conjecture qui n’étaient pas dans notre liste.

Mais on peut encore faire mieux ! Il se trouve que le nombre 728 est un multiple de 8 car 728 = 8 \times 91. En reprenant la première formule que nous avions vue, à savoir N= \dfrac{3^2 \left(2^{8n}-1\right)}{5\times 17}, pour n=91, on obtient:

N= \dfrac{3^2 \left(2^{8\times 91}-1\right)}{5\times 17} = \dfrac{3^2 \left(2^{728}-1\right)}{5\times 17}

ce qui prouve que le nombre GaBuZoMeu…GaBuZoMeu où GaBuZoMeu est répété 91 fois est divisible par 1093^2 et n’est donc pas sans facteur carré ! On peut même le vérifier « directement » car ce nombre à 219 chiffres (!) est égal à

149506621343376220426717526940245004530365795333318\ \\  81013029774928096614396029874411266391346445335278\ \\  08122399381444468776653510105465030501684645752728\ \\  38323281630381313790853442080521484907833820669507\ \\  266526533960538907

et sa décomposition en produit de facteurs premiers est

3^3 \times 29 \times 43 \times 53 \times 113 \times 127 \times 157 \times 911 \times 1\,0 93^2 \times 1 \, 613 \times 2 \, 731 \times 4 \, 733 \times 8 \, 191 \times 224 \, 771 \times 858 \, 001 \times 1 \, 210 \, 483 \times 15 \, 790 \, 321 \times 112 \, 901 \, 153 \times 308 \, 761 \, 441 \times 23 \, 140 \, 471 \, 537 \times 25 \, 829 \, 691 \, 707 \times 593 \, 914 \, 915 \, 675 \, 537 \times 8 \, 861 \, 085 \, 190 \, 774 \, 909 \times 556 \, 338 \, 525 \, 912 \, 325 \, 157 \times \\ 88 \, 969 \, 9 72 \, 427 \, 0 95 \, 486 \, 8 38 \, 263 \, 4 04 \, 334 \, 1 55 \backslash \\ \, 574 \, 0 24 \, 974 \, 1 98 \, 424 \, 7 57 \, 8510 \, 445 \, 178 \, 451 \, 442 \, 481 \, 793

Vous voyez donc bien qu’il y a un facteur carré ! Cela dit, il restera une question en terminant cet article: n=91 est-il le plus petit contre-exemple impair à cette conjecture ?

Notes:

  • Les calculs de décomposition en produit de facteurs premiers ont été effectués grâce à ce site (qui utilise la méthode de factorisation par les courbes elliptiques… fallait bien ça pour factoriser des nombres de 219 chiffres !)
  • Voici une démonstration de la propriété disant que si un nombre de Mersenne d’exposant premier est divisible par un facteur carré alors il est divisible par un nombre premier de Wieferich.
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Pythagore sous toutes ses formes (géométriques)

« Dans un triangle rectangle, le carré de l’hypoténuse est égal à la somme des carrés des deux autres côtés ». Vous connaissez probablement cette phrase par cœur puisque ce n’est autre que l’énoncé du théorème de Pythagore. Pour illustrer ce fameux théorème, on a souvent recours à la figure suivante:Cette figure décrit parfaitement le théorème de Pythagore: le carré reposant sur l’hypoténuse a la même aire que la somme des aires des carrés reposant sur les deux autres côtés, c’est-à-dire a^2 = b^2 + c^2. Il y a d’ailleurs des démonstrations du théorème de Pythagore qui reposent sur cette figure et j’en ai mis une en fin d’article si cela vous intéresse… mais si vous préférez le visuel à l’écrit, voici une animation démontrant le théorème de Pythagore.

À bas les carrés !

Et si, à la place de carrés, on construisait d’autres formes géométriques sur les côtés d’un triangle rectangle ? Par exemple, si on construit un triangle équilatéral sur chaque côté du fameux triangle rectangle 3-4-5 ™, voici ce qu’on obtient:Sachant que l’aire d’un triangle équilatéral de côté a vaut a^2 \times \dfrac{\sqrt{3}}{4}, l’aire du triangle reposant sur l’hypoténuse vaut \mathcal{A}_1 = 5^2 \times \dfrac{\sqrt{3}}{4} = \dfrac{25 \sqrt{3}}{4}. La somme des aires des deux autres triangles vaut

\mathcal{A}_2 + \mathcal{A}_3 =3^2 \times \dfrac{\sqrt{3}}{4} + 4^2 \times \dfrac{\sqrt{3}}{4} = 9 \times \dfrac{\sqrt{3}}{4} + 16 \times \dfrac{\sqrt{3}}{4} = \dfrac{25 \sqrt{3}}{4} = \mathcal{A}_1

Tiens, tiens, l’aire du triangle reposant sur l’hypoténuse est égale à la somme des aires des deux autres triangles ! Ça ressemble quand même furieusement à l’énoncé du théorème de Pythagore. Voyons voir ce qui se passe si on construit une autre forme géométrique, par exemple un hexagone, sur chaque côté d’un autre triangle rectangle, par exemple, le triangle 5-12-13:Sachant que l’aire d’un hexagone de côté a est a^2 \times \dfrac{3 \sqrt{3}}{2}, on a donc

\mathcal{A}_1 =  13^2 \times \dfrac{3 \sqrt{3}  }{2} = 169 \times \dfrac{3 \sqrt{3}}{2} = \dfrac{507 \sqrt{3}  }{2}

et

\mathcal{A}_2 +  \mathcal{A}_3 = 12^2 \times \dfrac{3 \sqrt{3}  }{2} + 5^2 \times \dfrac{3 \sqrt{3} }{2} = \dfrac{432 \sqrt{3} }{2}  + \dfrac{75 \sqrt{3} }{2} = \dfrac{507 \sqrt{3}  }{2}

On voit donc que l’aire de l’hexagone reposant sur l’hypoténuse est égale à la somme des aires des hexagones des deux autres côtés. Là encore, cela ressemble beaucoup au théorème de Pythagore. Est-ce une coïncidence ? Pour en avoir le cœur net,  je vous propose de considérer un dernier exemple. Peut-être que vous préférez les formes géométriques plus arrondies ? Et si on essayait avec des demi-disques ? Bien entendu, on choisit encore un autre triangle rectangle, sinon ce ne serait pas drôle.Je ne vous fais pas l’affront de vous rappeler que la formule donnant l’aire d’un demi-disque en fonction du rayon R est \dfrac{1}{2} \pi R^2 (trop tard, l’affront est fait). Ainsi,

\mathcal{A}_1 = \dfrac{1}{2} \pi \times (6/2)^2 = \dfrac{9}{2}\pi

et

\mathcal{A}_2 + \mathcal{A}_3 = \dfrac{1}{2}\pi \times (\sqrt{21}/2)^2 + \dfrac{1}{2}\pi \times (\sqrt{15}/2)^2 = \dfrac{21}{8} \pi + \dfrac{15}{8}\pi = \dfrac{36}{8}\pi = \dfrac{9}{2}\pi

La conclusion est sans appel: l’aire du demi-disque reposant sur l’hypoténuse est égale à l’aire des deux autres demi-disques. C’est en trop ! Cela marche beaucoup trop bien pour qu’il n’y ait pas anguille sous roche !

Une généralisation de Pythagore

Il se trouve que la propriété de Pythagore est non seulement vraie pour des carrés, des triangles équilatéraux, des hexagones ou des demi-disques, mais elle est aussi vraie pour n’importe quelle forme géométrique.

L’aire du Pythagore reposant sur l’hypoténuse est égale à la somme des aires des deux Pythagore reposant sur les deux autres côtés.

Et quand je vous dis que cela marche avec n’importe quelle forme géométrique, c’est vraiment le cas, même les plus biscornues comme des fractales ! Je vous laisse vérifier que cela est vérifié avec la courbe de Koch par exemple…En fait, tous ces exemples ne sont que des cas particuliers du théorème suivant, généralisant la propriété de Pythagore:

[Théorème de Pythagore généralisé]
Si sur chaque côté d’un triangle rectangle on construit des formes géométriques qui sont des agrandissements ou des réductions les unes des autres, alors l’aire de la figure reposant sur l’hypoténuse est égale à la somme des aires des deux autres figures.

Pourquoi cela marche pour n’importe quelle figure ?

La démonstration de la généralisation du théorème de Pythagore n’est pas difficile si on se souvient d’une petite propriété vue au collège:

Si on fait un agrandissement ou une réduction d’une figure de rapport k>0 alors l’aire obtenue est multipliée par k^2.

(Pour ceux qui auraient oublié, le rapport k d’un agrandissement ou d’une réduction est le nombre par lequel on multiplie toutes les longueurs d’une figure pour obtenir l’autre. Quand k>1 on parle d’un agrandissement et quand k<1 on parle d’une réduction).

Considérons un triangle rectangle, et supposons que sur chaque côté de ce triangle, on a trois figures qui sont des agrandissements ou des réductions les unes des autres. Avec les notations du schéma ci-dessus, puisque la figure 2 est un agrandissement (ou plutôt une réduction ici) de la figure 1, alors le côté de longueur a se transforme en le côté de longueur b. Si k est le rapport de cet agrandissement/réduction, on a donc la relation k \times a = b. Autrement dit, la figure 2 est une réduction de la figure 1 de rapport k= \dfrac{b}{a}. De même, la figure 3 est une réduction de la figure 1 de rapport \dfrac{c}{a}. D’après la petite propriété rappelée au-dessus, on en déduit que

\mathcal{A}_2 + \mathcal{A}_3 = \left(\dfrac{b}{a}\right)^2 \times \mathcal{A}_1 + \left(\dfrac{c}{a}\right)^2 \times \mathcal{A}_1  = \dfrac{b^2 + c^2}{a^2} \times \mathcal{A}_1

Comme le triangle est rectangle, on sait d’après le théorème de Pythagore classique que a^2 = b^2 + c^2, donc

\mathcal{A}_2 + \mathcal{A}_3 = \dfrac{a^2}{a^2} \times \mathcal{A}_1 = \mathcal{A}_1

ce qui achève la démonstration. Vous remarquez au passage que pour prouver le théorème de Pythagore généralisé, il nous a fallu utiliser le théorème de Pythagore classique, avec des carrés. En d’autres termes, si c’est vrai pour des carrés, c’est vrai pour n’importe quelle figure !

Euclide > Pythagore

Tout ce que nous venons de voir dans cet article n’a en fait absolument rien de nouveau car cela était déjà connu d’Euclide il y a plus de 2300 ans ! En effet, dans les Éléments, on peut lire (proposition 31 du livre VI) :

«Dans les triangles rectangles, la figure construite sur le côté qui sous-tend l’angle droit est égale aux figures semblables qui sont décrites semblablement sur les côtés qui comprennent l’angle droit. »

C’était censé être un article sur Pythagore, et voilà que, finalement, Euclide lui vole la vedette !

Référence:

  • Pythagoras’ Theorem — More than Just a Square Rule, David Crawford, Mathematics in School, Vol. 30, No. 1 (Jan., 2001), pp. 14-17.

Note:

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Des triangles rectangles presque isocèles… à la pelle !

En parcourant le sujet de mathématiques du baccalauréat Scientifique tombé le 21 Juin dernier en métropole et à la Réunion, je suis tombé sur un exercice particulièrement intéressant (non pas que les autres ne le soient pas…) et qui a éveillé m’a curiosité. Il s’agissait du dernier exercice du sujet reservé aux candidats qui ont choisi la spécialité mathématiques, et il portait sur des notions d’arithmétique.

Cliquez sur l’image pour voir le sujet.

Dans cet exercice on définissait un type de triangle assez particulier: les triangles rectangles presque isocèles (TRPI).  Un TRPI est un triangle rectangle dont tous les côtés ont des longueurs qui sont des nombres entiers, et tel que les deux côtés qui ne sont pas l’hypoténuse ont des longueurs qui diffèrent juste d’une unité (et qui sont donc presque égales, d’où l’appellation « presque isocèles »). Cet exercice faisait prouver aux candidats quelques propriétés d’un TRPI (par exemple que y est toujours un nombre impair) et il se terminait en donnant une suite de TRPI. La dernière question faisait d’ailleurs démontrer que le plus petit TRPI dont les longueurs sont toutes supérieures à 2017 est le TRPI qui a pour côtés 4059, 4060 et 5741.

Voilà le triangle qui a fait suer des milliers de candidats cette année ! J’en connais qui n’ont pas eu le bac juste à cause de lui…

La question que je me suis posée en finissant cet exercice était: « Peut-on déterminer tous les TRPI ? ». Cette question, je vous la pose aussi ! Je vous laisse réfléchir autant que vous le voulez, puis lisez la suite.

Une équation diophantienne

Afin de trouver tous les TRPI possibles et inimaginables (oh qu’il y en a !), commençons par déterminer une équation qui traduit le problème. D’après le théorème de Pythagore,  un triangle de côtés x, x+1 et y est un TRPI si, et seulement si

y^2 = (x+1)^2 + x^2 \iff y^2 =2x^2 + 2x +1

Cette équation n’est pas particulièrement émoustillante (personnellement, je n’ai pas la gigite en la regardant), essayons de la transformer en utilisant la fameuse forme canonique:

\begin{array}{rcl}  y^2 =2x^2 + 2x +1 & \iff& 2x^2 + 2x - y^2 = -1 \\[6pt]  & \iff & 2 \left[ x^2 + x \right] - y^2 = - 1 \\[6pt]  & \iff & 2\left[ (x + \frac{1}{2})^2 - \frac{1}{4} \right] - y^2 = -1 \\[6pt]  & \iff & 2(x + \frac{1}{2})^2 - 2y^2 = - \frac{1}{2} \\[6pt]  & \iff & 4(x + \frac{1}{2})^2 - 2y^2 = - 1 \\[6pt]  & \iff & \left[2(x + \frac{1}{2}) \right]^2 - 2y^2 = - 1 \\  \end{array}

La dernière équation est encore équivalente à \left(2x+1 \right)^2 - 2y^2 = - 1 . En posant X = 2x+1 et Y = y, l’équation devient

\boxed{X^2 - 2Y^2 = - 1}

Si ce type d’équation vous dit quelque chose, c’est normal car il s’agit d’une équation de Pell-Fermat ! Et s’il ne vous dit rien… voyons voir comment on résout cela !

Premières solutions

Avant de résoudre complètement notre équation de Pell-Fermat (j’annonce !), cherchons-en quelques solutions. On vérifie facilement que le couple X = 1 et Y = 1 est une solution car 1^2 - 2 \times 1 ^2 = -1. Comme nous avions fait les changements d’inconnues X= 2x +1 et Y = y, on a donc x = \frac{1}{2} (X - 1) et y=Y ce qui donne ici la solution x = \frac{1}{2} (1 -1) = 0 et y = 1.

Le triangle qui a pour côtés 0, 1 et 1 n’étant pas très intéressant, cherchons donc une autre solution moins débile. En tâtonnant (c’est-à-dire en testant les valeurs X= 1, 2, \cdots), on voit que X= 7 et Y=5 est un couple de solutions de l’équation X^2 - 2Y^2 = -1 car 7^2 - 2 \times 5^2 = 49 -50 =-1. En revenant à x et y, cela donne les valeurs

x= \frac{1}{2} (7 - 1) = 3 et y = 5

On peut alors vérifier que le triangle qui a pour côtés 3, 4 et 5 est bien un TRPI et c’est même le plus petit possible. Au passage, on retrouve ici la question 2 de la partie A du sujet de bac.

Le fameux triangle 3-4-5 est un TRPI. Désormais, vous ne le regarderez plus de la même façon. (Source de l’image)

Tout cela est bien joli mais trouver une autre solution à l’équation X^2 - 2Y^2 = -1 semble devenir difficile ensuite car, comme vous pouvez le vérifier, il n’y a aucune solution pour X allant de 8 à 40. Et pourtant, cette équation possède une infinité de solutions !

Une infinité de solutions

Avant de prouver qu’il existe une infinité de solutions (ce qui est une première étape avant de trouver toutes les solutions), voyons comment noter plus simplement les solutions. Nous avons vu précédemment que le couple X=7 et Y=5 est une solution de l’équation X^2 - 2Y^2 =-1. Nous dirons alors que 7 + 5\sqrt{2} est une solution de cette équation. De même, nous avons vu que 1+\sqrt{2} est une solution de notre équation, car ce nombre correspond au couple X=1 et Y=1.

Pourquoi utiliser une notation avec des racines carrées ? Tout simplement car cela va nous permettre de multiplier des solutions entre elles pour fabriquer d’autres solutions. Cela étant dit, cette notation est bien définie car à un couple (X,Y) ne correspond qu’un seul nombre X+Y\sqrt{2}. Autrement dit, X+Y\sqrt{2}=X'+Y'\sqrt{2} \iff X=X' \quad , \quad  Y=Y'  et, sans rentrer dans les détails, cela vient du fait que \sqrt{2} est irrationnel.

Sachant tout cela, nous allons voir comment à partir de solutions déjà connues on peut construire d’autre solutions. Un premier pas pour cela est la propriété suivante (dont une démonstration est donnée en annexe à la fin de l’article):

Si a + b \sqrt{2} est une solution de l’équation X^2 - 2Y^2 = n et si c + d\sqrt{2} est une solution de l’équation X^2 - 2Y^2 =m alors

(a + b \sqrt{2})(c + d \sqrt{2}) est une solution de l’équation X^2 - 2Y^2 = n \times m

Qu’on s’entende bien sur ce que cela signifie: en le développant, on peut voir que le nombre (a + b \sqrt{2})(c + d \sqrt{2}) s’écrit de manière unique sous la forme \alpha + \beta \sqrt{2} et donc dire que (a + b \sqrt{2})(c + d \sqrt{2}) est une solution de l’équation X^2 - 2Y^2 = n \times m signifie que \alpha^2 -2\beta ^2 = n \times m. Voilà donc où réside l’intérêt de noter les couples de solutions sous la forme X + Y \sqrt{2}.

Par exemple, on a vu que 1+ \sqrt{2} est 7 + 5 \sqrt{2} sont deux solutions de X^2 - 2Y^2 = - 1 donc cette propriété nous dit que (1+\sqrt{2})(7 + 5 \sqrt{2}) = 17 +12 \sqrt{2} est une solution de l’équation X^2 - 2Y^2 = (-1) \times (-1) = 1, ce dont on peut se convaincre assez aisément car

17^2 - 2 \times 12^2 = 289 - 2 \times 144 = 1

Cependant, ce qui nous intéresse ici n’est pas l’équation X^2 - 2Y^2 = 1 mais X^2 - 2Y^2 =-1. Qu’à cela ne tienne, en appliquant la propriété précédente deux fois de suite, on peut trouver par exemple que (1+\sqrt{2})(1+\sqrt{2})(7+5\sqrt{2} )= 41 + 29 \sqrt{2} est une solution de l’équation X^2 - 2 Y^2  = (-1) \times (-1) \times (-1) = -1. Là encore, je vous laisse vérifier que 41^2 - 2 \times 29^2 = -1. Ca paraît tellement magique de pouvoir construire autant que l’ont veut de solutions  à cette équation dont on n’arrivait même pas à trouver plus de deux solutions à la main !

Plus généralement, on peut démontrer par récurrence (voir en fin d’article) qu’il y a une infinité de solutions :

Pour tout entier naturel n, (1+\sqrt{2})^{2n+1} est une solution de l’équation X^2 - 2Y^2 = -1.

Par exemple, si on prend n=3 alors (1+\sqrt{2})^7 = 239 + 169 \sqrt{2} est bien une solution de notre équation. En fait, on pourrait même montrer que si n est un entier relatif (donc éventuellement négatif) alors (1+\sqrt{2})^{2n+1} est une solution de notre équation. Par exemple, si n=-1, on a (1+\sqrt{2})^{2n+1} = (1+ \sqrt{2})^{-1} mais

(1+ \sqrt{2})^{-1} = \dfrac{1}{1+ \sqrt{2}} = \dfrac{1- \sqrt{2}}{(1+\sqrt{2})(1-\sqrt{2})} = \dfrac{1-\sqrt{2}}{-1} = - 1 + \sqrt{2}

et cela nous donne la solution X= -1 et Y=1 ((-1)^2 - 2 \times 1^2 = -1). Youpi.

Réciproque

En début d’article, nous nous étions mis en tête de trouver toutes les solutions de cette équation. Je dois vous avouer qu’on pourrait en fait s’arrêter là car nous les avons déjà toutes trouvées… sauf que nous ne le savons pas encore. Du moins, nous ne l’avons pas encore démontré mais les solutions (1+\sqrt{2})^{2n+1} sont bien les seules possibles:

Toute solution de l’équation X^2 - 2Y^2 = - 1 est de la forme X+Y \sqrt{2} = (1+\sqrt{2})^{2n+1}.

Pour le démontrer, on considère une solution X+Y \sqrt{2} de l’équation X^2 - 2Y^2 = -1. Comme la suite (1+\sqrt{2})^{2n+1} est strictement croissante et tend vers +\infty, il existe un unique entier naturel n tel que

(1+\sqrt{2})^{2n+1} \leqslant X + Y \sqrt{2} < (1+\sqrt{2})^{2(n+1)+1}

ce qui est équivalent à  1 \leqslant (1+\sqrt{2})^{-(2n+1)} (X + Y \sqrt{2}) < (1+\sqrt{2})^{2}

c’est-à-dire: 1 \leqslant (1+\sqrt{2})^{-(2n+1)} (X + Y \sqrt{2}) < 3 +2 \sqrt{2}

Comme (1+\sqrt{2})^{-(2n+1)} =(1+\sqrt{2})^{2(-n-1)+1} est de la forme (1+\sqrt{2})^{2k+1} , alors, comme nous l’avons vu, c’est une solution de l’équation X^2 - 2Y^2 = -1 et on en déduit que (1+\sqrt{2})^{-(2n+1)} (X + Y \sqrt{2}) est une solution de l’équation X^2 - 2Y^2 = (-1) \times (-1) = 1.

D’autre part, 3 +2 \sqrt{2} est aussi une solution de X^2 - 2Y^2 = 1. C’est même la plus petite solution non triviale (c’est-à-dire avec X et Y tous deux non nuls) de cette équation comme on peut le vérifier facilement.

Nous sommes en train de voir que (1+\sqrt{2})^{-(2n+1)} (X + Y \sqrt{2}) est une solution de X^2 - 2Y^2 = 1 strictement plus petite que la plus petite solution non triviale 3 +2 \sqrt{2}. Cela implique donc que (1+\sqrt{2})^{-(2n+1)} (X + Y \sqrt{2}) ne peut être autre chose que la solution triviale 1+ 0\sqrt{2} de l’équation X^2 -2Y^2 = 1. Autrement dit,

(1+\sqrt{2})^{-(2n+1)} (X + Y \sqrt{2}) =1 \iff X + Y \sqrt{2} = (1+\sqrt{2})^{2n+1}

CQFD!

Retour sur les TRPI

Pour finir de décrire toutes les solutions de l’équation X^2 - 2Y^2 = -1, cherchons à déterminer les suites X_n et Y_n telles que pour tout entier n,

X_n + Y_n \sqrt{2} = (1+\sqrt{2})^{2n+1}

Tout d’abord,  X_0 + Y_0 \sqrt{2} = (1+\sqrt{2})^{2\times 0 +1} = 1+ \sqrt{2} entraine que X_0=1 et Y_0 = 1. D’autre part,

\begin{array}{rcl}  X_{n+1} + Y_{n+1} \sqrt{2} = (1+\sqrt{2})^{2(n+1)+1} & \iff & X_{n+1} + Y_{n+1} \sqrt{2} = (1+\sqrt{2})^{2n +1} \times (1+\sqrt{2})^2 \\[6pt]  & \iff & X_{n+1} + Y_{n+1} \sqrt{2} = (X_n + Y_n \sqrt{2}) (3+2\sqrt{2}) \\[6pt]  & \iff & X_{n+1} + Y_{n+1} \sqrt{2} = 3X_n + 4Y_n + (2X_n + 3Y_n) \sqrt{2}  \end{array}

Par identification, on obtient les égalités suivantes:

\begin{cases} X_{n+1} = 3X_n + 4Y_n  \\Y_{n+1} = 2X_n + 3Y_n \end{cases}

Pour faire le lien avec les TRPI, n’oublions pas qu’on avait les relations

X_n = 2x_n +1 \iff x_n = \frac{1}{2} (X_n - 1) et y_n = Y_n

et de cela on peut en déduire les relations de récurrence ci-dessous :

\boxed{\begin{cases} x_{n+1} =  3x_n  + 2y_n + 1 \\y_{n+1} = 4x_n  + 3y_n  +2 \end{cases} }

(je vous ai épargné les calculs… si vous êtes arrivés à ce stade de l’article, je suis déjà content !).

Sachant que x_0 = \frac{1}{2} (X_0 -1) = 0 et y_0 = Y_0 = 1 (on retrouve ici la solution débile que nous avions trouvée tout au début), on peut alors calculer par récurrence la liste de tous les TRPI (et constater que ça croît très vite !):

En fait, ces suites (x_n) et (y_n) sont exactement les suites données dans le sujet de bac sous forme matricielle et nous avons vu qu’elles permettent de trouver tous les TRPI, sans exception. Les élèves ne le savaient donc pas quand ils composaient, mais ils avaient sous les yeux toutes les solutions possibles de TRPI !

Note:

Vous trouverez les démonstrations des propriétés énoncées dans l’article dans ce document.

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2017, année des cubes

Une nouvelle année commence, et avec elle son lot de surprises. Qu’est-ce qui nous attend pour 2017 ? C’est ce que nous allons essayer de voir, du moins du point de vue mathématique (car pour le reste, je n’ai toujours pas ouvert mon cabinet de voyance, mais j’y travaille).

Ça faisait longtemps  !

Tout d’abord, 2017 est un nombre premier, youpi ! Cela n’était pas arrivé depuis 2011, donc il était temps. La prochaine fois qu’une année sera un nombre premier, ce sera en 2027.

De plus, comme 2017 est un nombre premier de la forme 4k +1 (car 2017=  4 \times 504 +1), on sait, grâce à un théorème énoncé par Fermat, qu’il peut alors s’écrire comme une somme de deux carrés. Et en effet,

2017 = 9^2 + 44^2

Cela n’était pas arrivé depuis 2009 qu’une année puisse se décomposer en une somme de deux carrés et ce sera encore le cas en 2018 et 2020. L’année 2017 est la 622ème année depuis l’an I à pouvoir être décomposée en une somme de deux carrés. C’est pas mal, mais il y a mieux… beaucoup mieux !

Somme de trois cubes

Le nombre 2017 peut non seulement se décomposer en une somme de deux carrés, mais aussi en une somme de trois cubes (strictement positifs) ! Plus précisément,

2017 = 7^3 + 7^3 + 11^3

La dernière fois que cela était arrivé, c’était en 2001 (2001 = 1^3 + 10^3 + 10^3) et cela ne se reproduira plus avant 2027 (2027 = 3^3 + 10^3 +10^3… encore 2027 décidément ! Comptez sur moi pour vous ressortir le même article dans 10 ans…). Je vous sens tout de même encore un peu dubitatifs, donc essayons de comprendre pourquoi il est vraiment remarquable d’être une somme de trois cubes.

Le problème de Waring

Le problème qui consiste à savoir si un nombre peut s’écrire comme la somme de plusieurs cubes positifs date de 1770 et fait partie de ce qu’on appelle le problème de Waring. En 1909 et 1912, les dénommés Wieferich et Kempner ont démontré que tout entier naturel peut s’écrire comme la somme d’au plus neuf cubes. Dickson en 1939 ([1]) a réussi à améliorer ce résultat en démontrant que tous les nombres sauf 23 et 239 peuvent s’écrire comme la somme de huit cubes. En 1943, Linnik a même prouvé que tous les nombres assez grands (c’est-à-dire plus grands qu’un nombre donné) peuvent s’écrire comme la somme de sept cubes ([2]). On sait aussi depuis 1939 grâce à Davenport ([3]) que presque tous les nombres entiers naturels peuvent s’écrire comme une somme de quatre cubes (c’est-à-dire que la proportion de ceux qui ne peuvent pas l’être tend vers 0).

En ce qui concerne les nombres qui sont somme de trois cubes, la situation est vraiment différente. Voici ce que l’on peut affirmer tout de même:

  • il existe une infinité de nombres qui peuvent s’écrire comme la somme de trois cubes;
  • il existe une infinité de nombres qui ne peuvent pas s’écrire comme la somme de trois cubes.

Si vous n’êtes pas convaincu par ces deux affirmations (qui semblent contradictoires !), je vous propose de les démontrer.

1/ Il est facile de voir qu’il existe une infinité de nombres qui s’écrivent comme la somme de trois cubes car pour tout entier naturel non nul n, le nombre n^3 + 2 =  n^3 + 1^3  + 1^3 est une somme de trois cubes strictement positifs.

2/ Pour montrer qu’il existe une infinité de nombres qui ne peuvent pas s’écrire comme une somme de trois cubes, nous allons raisonner modulo 9. On commence par établir tous les restes possibles d’un nombre au cube quand on en fait la division par 9:

\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|} \hline \vphantom{\dfrac{X}{X}} n & 0 & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7 & 8 \\ \hline \vphantom{\dfrac{X}{X}} n^3 & 0 & 1 & 8 & 0 & 1 & 8 & 0 & 1 & 8 \\ \hline \end{array}

Il n’y a donc que  trois possibilités: 0, 1 et 8. Maintenant, si on fait la somme de trois cubes x^3 + y^3 + z^3 modulo 9, voici les 27 possibilités:2017_annee_cubique_table_des_sommes_des_cubes_modulo_9Vous voyez que seuls les nombres 0, 1, 2, 3, 6, 7 et 8 apparaissent dans les colonnes de droite. Autrement dit, une somme de trois cubes ne peut jamais être congrue à 4 ou 5 modulo 9. Ainsi, tous les nombres de la forme 9k+4 ou 9k+5 ne s’écriront jamais comme une somme de trois cubes. Cela en fait donc bien une infinité ! Nous pouvons même affirmer qu’au plus \dfrac{7}{9} des nombres sont une somme de trois cubes. En fait, la proportion des nombres qui peuvent s’écrire comme une somme de trois cubes est bien plus petite que cela…

Beaucoup de sommes de trois cubes ?

Pour se rendre compte du nombre de nombres qui peuvent s’écrire comme une somme de trois cubes strictement positifs, nous allons en calculer la proportion. Par exemple, il y a eu 245 années (2017 y compris) depuis l’an I qui s’écrivent comme une somme de trois cubes strictement positifs, donc la proportion en 2017 est de \dfrac{245}{2017}\simeq 0,12.

Si on va plus loin dans le temps, en l’an 10 000, il y aura eu 1154 années « somme de trois cubes » ce qui donnera une proportion de 11,54%.  Si on va encore plus loin, jusqu’en l’an 50 000 (on a le temps de voir venir !), alors il y aura eu 5482 années qui s’écrivent comme une somme de trois cubes, ce qui fera un ratio de 10,96%.

A l’heure actuelle, on conjecture (mais on n’a toujours pas prouvé) que cette proportion totale de nombres qui peuvent s’écrire comme une somme de trois cubes strictement positifs est d’environ 0,0999425 ([4]). Autrement dit, il y aurait seulement environ 10% des nombres qui peuvent s’écrire comme une somme de trois cubes et 2017 en fait partie !

N’oublions pas que 2017 est premier

Que 2017 soit un nombre premier est assez remarquable; qu’il puisse s’écrire comme une somme de trois cubes est encore plus fort; mais qu’il soit les deux en même temps, c’est assez étonnant ! En fait, des années qui furent à la fois des nombres premiers et une somme de trois cubes, il n’y en a eu que 45 depuis l’an I et 2017 ne sera que la 46ème ! La question que je vous entends déjà poser est: « Est-ce qu’il y en aura encore beaucoup des années comme 2017 à l’avenir ? » et vous poseriez ainsi une belle question mathématique bien difficile.

Hardy et Littlewood avaient conjecturé ([5]) en 1923 qu’il existe une infinité de nombres premiers qui s’écrivent comme une somme de trois cubes.

2017_annee_cubique_conjecture_n_hardy-littlewood

Hardy et Littlewood énoncent leur conjecture.

Si cela a été conjecturé par Hardy et Littlewood, autant vous dire qu’il s’agit d’un problème très compliqué… et pourtant, cette conjecture a été validée en 2001 (soit 78 ans après) par Roger Heath-Brown ([6])  qui a démontré qu’il existe une infinité de nombres premiers de la forme x^3 + y^3 + y^3 (où x et y sont des entiers naturels non nuls).

La bonne nouvelle, c’est que je pourrai ressortir une infinité de fois ce même article ! A commencer par 2027.

Bonne année 2017 !

Références

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