Un exercice de probabilité niveau lycée

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Réponses

  • PetitLutinMalicieux
    Modifié (29 Mar)
    Bonjour
    Je n'ai pas cherché sur internet. Un nombre triangulaire est de la forme $\frac{n(n+1)}{2}$. La question revient donc à se demander si toute fraction peut s'écrire $\frac{n(n+1)}{m(m+1)}$. En prenant une fraction au hasard, $\frac{5}{13}$, on trouve $\frac{5}{13}=\frac{5\times 120}{13\times 120}=\frac{600}{1560}=\frac{24\times 25}{39\times 40}$. Victoire.
    Pour trouver un contre-exemple, il faudrait qu'il n'y ait aucune correspondance entre la liste des doubles des nombres triangulaires divisés par l'un et la liste des doubles des nombres triangulaires divisés par l'autre. C'est une question à poser dans le sous-forum arithmétique. Je doute que ce contre-exemple existe.
    Ce site est fatigant. Les gens modifient sans cesse leurs messages passés, et on ne comprend plus rien à la discussion. Je suis nostalgique du temps où, si on postait une bêtise, on devait l'assumer. Et si on cite le passage pour l'ancrer, l'administrateur supprime en disant qu'on n'a pas besoin de recopier le message passé.
  • gebrane
    Modifié (29 Mar)
    Lourrran, peut-être pldx1 qui a la tête dans les nuages. Son intervention a dévié le fil de discussion en revenant sur une question déjà résolue, mais j'en doute qu'il soit capable de traiter cette question. Je lui lance ce défi, lui qui se croit supérieur aux autres, et c'est à cause de lui que j'ai quitté le forum de géométrie.
    Le 😄 Farceur


  • pldx1
    Modifié (30 Mar)
    Bonjour, 
    Ainsi donc le farceur @gebrane considère que l'exercice <quote> On se demande si toute fraction peut s'écrire $\dfrac{n(n+1)}{m(m+1)}$  </quote> est un exercice difficile.
    Sachant que le farceur gebrane n'a pas son pareil pour transformer une patate coupée en quatre en un jacassin de trois pages, il n'est pas certain que cet exercice soit infaisable. Voici une solution partielle. On prend pour exemple une fraction pas trop loin de $1$, soit $13/17$. On développe $x=\sqrt{13/17}$ en fraction continue. Les convergents sont  \[ 0,1,{\dfrac{6}{7}},{\dfrac{7}{8}},{\dfrac{202}{231}},{\dfrac{209}{239}},{\dfrac{1456}{1665}},{\dfrac{3121}{3569}},{\dfrac{20182}{23079}},{\dfrac{23303}{26648}},{\dfrac{672666}{769223}},{\dfrac{695969}{795871}},{\dfrac{4848480}{5544449}},{\dfrac{10392929}{11884769}},{\dfrac{67206054}{76853063}},{\dfrac{77598983}{88737832}},{\dfrac{2239977578}{2561512359}},{\dfrac{2317576561}{2650250191}},{\dfrac{16145436944}{18463013505}},{\dfrac{34608450449}{39576277201}}\cdots \] On ne garde que les convergents qui sont de type "impair sur impair" . On soustrait $1$ à chaque étage, et on divise par deux. Cela donne  \[ [m,n]=[104,119],[1560,1784],[347984,397935],[5196464,5942384],[1158788280,1325125095],[17304225224,19788138600] \]
     
    Supposons que $m,n$ soit une solution de $\dfrac{m(m+1)}{n(n+1)}=x^2$. On pose $M=1+2m, N=1+2n$ et on fait un développement limité de $M/N-x$. On trouve \[\frac{-x^{2}+1}{2 x \,N^{2}}+O\! \left(\frac{1}{N^{4}}\right) \]. Lorsque le module de $(x-1/x)/2$  est "assez petit", alors $M/N$ est un convergent de $x$ (qui est un nombre quadratique).  D'où l'idée de faire le chemin à l'envers et de partir directement des convergents. 

     Cordialement, Pierre.
  • LOU16
    Modifié (1 Apr)
    Bonjour,
    Concernant le problème d'arithmétique qui fait l'objet des derniers messages, voilà ce que je pense avoir clairement établi:
    Pour tous entiers naturels non nuls $a,b$,distincts, premiers entre eux , je note: $\mathcal S(a,b) :=\left\{(x,y)\in \N^2\mid \dfrac{x(x+1)}{y(y+1)}=\dfrac ab\right\}.\quad$ Alors:
    $$\boxed{\begin{array}{l}\text{Si }  \sqrt{ab}\in \N,\:\text{ alors }\mathcal S(a,b) \text{ est un ensemble fini, éventuellement vide.}\\ \text {Sinon,  }\mathcal S(a,b) \text{ est un ensemble infini. }\end{array}}$$

    Pour tous  $a,b,p \in\R,\:\:U_{a,b}^p$ désigne la suite $u\in \R^{\N}$ définie par: $\:u_0 =a,\quad u_1=b,\quad\forall n\in\N,\:\:u_{n+2} =2pu_{n+1}-u_n+p-1.$
    On trouve par exemple que:
    $\bullet\:\:\mathcal S(4,9)=\emptyset,\quad \mathcal S(100,1) =\left\{(24,2)\right\}.$
    $\bullet\:\:\mathcal S(3,2)= \Big\{\left((U_{0,5}^5)_n\:,\: (U_{0,4}^5)_n\right) \mid n\in \N^*\Big\}.\qquad\bullet\:\:\mathcal S(5,3)= \Big\{\left((U_{0,4}^4)_n\:,\: (U_{0,3}^4)_n\right) \mid n\in \N^*\Big\}.$
    $\bullet\:\:\mathcal S(5,2)= \Big\{\left((U_{0,24}^{19})_n\:,\: (U_{0,15}^{19})_n\right) \mid n\in \N^*\Big\}\cup  \Big\{\left((U_{-1,5}^{19})_n\:,\: (U_{0,3}^{19})_n\right) \mid n\in \N^*\Big\}.$
    $\bullet\:\:\mathcal S(13,5)= \Big\{\left((U_{0,168}^{129})_n\:,\: (U_{0,104}^{129})_n\right) \mid n\in \N^*\Big\}\cup  \Big\{\left((U_{-1,39}^{129})_n\:,\: (U_{0,24}^{129})_n\right) \mid n\in \N^*\Big\}.$


  • gebrane
    Modifié (31 Mar)
    Pldx1, en dehors de la géométrie (et encore!), tu ne racontes que des salades :mrgreen:
    Bonjour Lou16 pour ta conclusion Si $\sqrt {ab}$∈N, alors S(a,b) est un ensemble fini,
    Je le vois seulement si a et b sont deux carrés. Partant de l'équation $bx(x+1)=ay(y+1)$ et posons $n=2x+1$ ,  $m=2y+1$ et $N=b-a $ ( remarquons que $4x(x+1)=n^2-1$ et de même $4y(y+1)=m^2-1$), alors l'équation devient $b·n² - a·m² = N$, autrement dit $(\sqrt b n- \sqrt a m)(\sqrt b n + \sqrt a m)=N$ qui a un nombre fini de solutions en n, m en considérant les diviseurs de N
    La question est donc : comment t'y ramènes-tu à l'équation de Pell-Fermat $X^2 - abY^2 = 1$ ?
    ```
    Le 😄 Farceur


  • Bonsoir@Gebrane
    Puisque j'ai pris $a$ et $b$  premiers entre eux, on a l'équivalence $\sqrt{ab}\in \N \iff \sqrt a,\sqrt b \in\N\qquad$ De toutes manières, sans cette hypothèse:
    $bn^2-am^2 =N\iff (\sqrt{ab}n)^2-(am)^2 =aN$ n'a qu'un nombre fini de solutions.
    Je ne comprends pas trop ta dernière question: je ne me ramène pas à une équation $X^2-ab Y^2=1,\: $ mais à $X^2-abY^2 =c.$
  • Merci je vois.
    Mon 1 est une coquille , c est un entier 
    Le 😄 Farceur


  • pldx1
    Modifié (1 Apr)
    Bonjour, $\def\HHM#1{\mathbf{H}\left[\, #1\, \right]} \def\where{\qquad\mathrm{where}\;} \def\ptv{~;~}$

    Tandis que le farceur @gebrane se borne à "noeud raconter keu des salades", examinons les exemples proposés par @LOU16 .

    le cas 3/2

    1. Le développement en fraction continue de $\sqrt{3/2}$ est périodique (propriété générale des nombres quadratiques). Les quotients sont $1,\left(4,2\right)$ et les convergents sont obtenus par le processus \[ \left[\begin{array}{cc} 1 & 1\\ 1 & 0 \end{array}\right]\cdot\HHM 4\cdot\HHM 2\cdot\HHM 4\cdot\HHM 2\cdot\HHM 4\cdot\HHM 2\cdots\where\HHM k\doteq\left[\begin{array}{cc} k & 1\\ 1 & 0 \end{array}\right] \] qui donne successivement \[ \left[\begin{array}{cc} 1 & 1\\ 1 & 0 \end{array}\right],\left[\begin{array}{cc} 5 & 1\\ 4 & 1 \end{array}\right],\left[\begin{array}{cc} 11 & 5\\ 9 & 4 \end{array}\right],\left[\begin{array}{cc} 49 & 11\\ 40 & 9 \end{array}\right],\left[\begin{array}{cc} 109 & 49\\ 89 & 40 \end{array}\right],\left[\begin{array}{cc} 485 & 109\\ 396 & 89 \end{array}\right],\left[\begin{array}{cc} 1079 & 485\\ 881 & 396 \end{array}\right] \]
    2. Comme on ne s'intéresse qu'aux convergents "impair sur impair" , on peut sauter les indices 2,4,6, etc et donc se limiter aux sauts décrits par la matrice $\HHM 4\cdot\HHM 2=\left[\begin{array}{cc} 9 & 4\\ 2 & 1 \end{array}\right]$ . Cela induit une nouvelle récurrence \[ M_{4}=M_{3}\cdot\HHM a,\;M_{3}=M_{2}\cdot\HHM b,\;M_{2}=M_{1}\cdot\HHM c \] Lorsque $c=a$, on obtient la matrice d'évolution cherchée: \[ \left[\begin{array}{cc} \mathit{u_{4}} & u_{2}\\ v_{4} & v_{2} \end{array}\right]=\left[\begin{array}{cc} u_{2} & u_{0}\\ v_{2} & v_{0} \end{array}\right]\cdot\left[\begin{array}{cc} ab+2 & 1\\ -1 & 0 \end{array}\right] \]
    3. Et, bien entendu, on retrouve la séquence déjà donnée par Lou16.  \[ \dfrac{1}{2}\left[\begin{array}{cc} 11 & 1\\ 9 & 1 \end{array}\right]\cdot\left[\begin{array}{cc} 10 & 1\\ -1 & 0 \end{array}\right]^{k}-\dfrac{1}{2}\left[\begin{array}{cc} 1 & 1\\ 1 & 1 \end{array}\right] \] \begin{align*} \left[\begin{array}{cc} 5 & 0\\ 4 & 0 \end{array}\right],\left[\begin{array}{cc} 54 & 5\\ 44 & 4 \end{array}\right],\left[\begin{array}{cc} 539 & 54\\ 440 & 44 \end{array}\right],\left[\begin{array}{cc} 5340 & 539\\ 4360 & 440 \end{array}\right],\left[\begin{array}{cc} 52865 & 5340\\ 43164 & 4360 \end{array}\right]\cdots \end{align*} 
    4. A nouveau, tout cela fonctionne parce que $\left|x-1/x\right|/2$ est proche de $1$, comme indiqué précédemment.

    Le cas 5/3

    1. La suite des quotients de $\sqrt{5/3}$ est $1,\left(3,2\right)$. Et donc, ici aussi, on a une période à deux multiplicateurs. \[ \left[\begin{array}{cc} 1 & 1\\ 1 & 0 \end{array}\right],\left[\begin{array}{cc} 4 & 1\\ 3 & 1 \end{array}\right],\left[\begin{array}{cc} 9 & 4\\ 7 & 3 \end{array}\right],\left[\begin{array}{cc} 31 & 9\\ 24 & 7 \end{array}\right],\left[\begin{array}{cc} 71 & 31\\ 55 & 24 \end{array}\right],\left[\begin{array}{cc} 244 & 71\\ 189 & 55 \end{array}\right],\left[\begin{array}{cc} 559 & 244\\ 433 & 189 \end{array}\right] \]
    2. Ici aussi, les conditions de parité conduisent à rejeter une réduite sur deux. Conduisant, ici aussi, à \[ \left[\begin{array}{cc} \mathit{u_{4}} & u_{2}\\ v_{4} & v_{2} \end{array}\right]=\left[\begin{array}{cc} u_{2} & u_{0}\\ v_{2} & v_{0} \end{array}\right]\cdot\left[\begin{array}{cc} ab+2 & 1\\ -1 & 0 \end{array}\right] \]
    3. Et, bien entendu, on retrouve la récurrence déjà donnée par Lou16 \[ \dfrac{1}{2}\left[\begin{array}{cc} 9 & 1\\ 7 & 1 \end{array}\right]\cdot\left[\begin{array}{cc} 8 & 1\\ -1 & 0 \end{array}\right]^{k}-\dfrac{1}{2}\left[\begin{array}{cc} 1 & 1\\ 1 & 1 \end{array}\right] \] \[ \left[\begin{array}{cc} 4 & 0\\ 3 & 0 \end{array}\right],\left[\begin{array}{cc} 35 & 4\\ 27 & 3 \end{array}\right],\left[\begin{array}{cc} 279 & 35\\ 216 & 27 \end{array}\right],\left[\begin{array}{cc} 2200 & 279\\ 1704 & 216 \end{array}\right],\left[\begin{array}{cc} 17324 & 2200\\ 13419 & 1704 \end{array}\right]\cdots \]

    Le cas 5/2

    1. La suite des quotients de $\sqrt{5/2}$ est $1,\left(1,1,2\right)$. Et les convergents sont: \[ \left[\begin{array}{cc} 1 & 1\\ 1 & 0 \end{array}\right]_{0},\left[\begin{array}{cc} 2 & 1\\ 1 & 1 \end{array}\right],\left[\begin{array}{cc} 3 & 2\\ 2 & 1 \end{array}\right],\left[\begin{array}{cc} 8 & 3\\ 5 & 2 \end{array}\right],\left[\begin{array}{cc} 11 & 8\\ 7 & 5 \end{array}\right]_{4},\left[\begin{array}{cc} 19 & 11\\ 12 & 7 \end{array}\right],\left[\begin{array}{cc} 49 & 19\\ 31 & 12 \end{array}\right]_{6},\left[\begin{array}{cc} 68 & 49\\ 43 & 31 \end{array}\right],\left[\begin{array}{cc} 117 & 68\\ 74 & 43 \end{array}\right] \] \[ \left[\begin{array}{cc} 302 & 117\\ 191 & 74 \end{array}\right],\left[\begin{array}{cc} 419 & 302\\ 265 & 191 \end{array}\right]_{10},\left[\begin{array}{cc} 721 & 419\\ 456 & 265 \end{array}\right],\left[\begin{array}{cc} 1861 & 721\\ 1177 & 456 \end{array}\right]_{12},\left[\begin{array}{cc} 2582 & 1861\\ 1633 & 1177 \end{array}\right],\left[\begin{array}{cc} 4443 & 2582\\ 2810 & 1633 \end{array}\right]\cdots \] Le motif impair sur impair apparait aux places 0,4,6,10,12, etc. Doublant la longueur de la période.
    2. Pour aller de 3 en 3, il faudrait utiliser $\left[\begin{array}{cc} 6 & 1\\ 1 & 0 \end{array}\right]$ comme matrice d'évolution. Mais nous devons aller de 6 en 6, à cause de la parité. On doit donc écrire une suite de 12 étapes et éliminer les 10 intermédiaires. On obtient une formule à 17 termes, et de degré 6. Substituant les quotients concernés, la matrice d'évolution obtenue est: $\left[\begin{array}{cc} 38 & 1\\ -1 & 0 \end{array}\right]$
    3. On obtient donc deux récurrences, partant l'une du convergent n°0, et l'autre du convergent n°4. Cela donne \[ \dfrac{1}{2}\left[\begin{array}{cc} 49 & 1\\ 31 & 1 \end{array}\right]\cdot\left[\begin{array}{cc} 38 & 1\\ -1 & 0 \end{array}\right]^{k}-\dfrac{1}{2}\left[\begin{array}{cc} 1 & 1\\ 1 & 1 \end{array}\right] \] \[ \dfrac{1}{2}\left[\begin{array}{cc} 11 & -1\\ 7 & +1 \end{array}\right]\cdot\left[\begin{array}{cc} 38 & 1\\ -1 & 0 \end{array}\right]^{k}-\dfrac{1}{2}\left[\begin{array}{cc} 1 & 1\\ 1 & 1 \end{array}\right] \] La colonne $-1:+1$ est obtenue par deux "{single step backward evolution}" .

    Le cas 10

    1. La suite des quotients de $\sqrt{10}$ est $3,\left(6\right)$. Rappel: l'initialisation utilise $3
    2. L'examen des parités suggère d'aller de 2 en deux. Avec $a=b=6$, la formule déja donnée conduit à la suite évolutive: $\left[\begin{array}{cc} 3 & -3\\ 1 & 1 \end{array}\right]\cdot\left[\begin{array}{cc} 38 & 1\\ -1 & 0 \end{array}\right]^{k}$, conduisant aux "réduites de bonne parité": \[ \left[\begin{array}{cc} 3 & -3\\ 1 & 1 \end{array}\right],\left[\begin{array}{cc} 117 & 3\\ 37 & 1 \end{array}\right],\left[\begin{array}{cc} 4443 & 117\\ 1405 & 37 \end{array}\right],\left[\begin{array}{cc} 168717 & 4443\\ 53353 & 1405 \end{array}\right],\left[\begin{array}{cc} 6406803 & 168717\\ 2026009 & 53353 \end{array}\right] \]
    3. On pratique la réduction $u\mapsto(u-1)/2$, cela donne: \[ \left[\begin{array}{cc} 1 & -2\\ 0 & 0 \end{array}\right],\left[\begin{array}{cc} 58 & 1\\ 18 & 0 \end{array}\right],\left[\begin{array}{cc} 2221 & 58\\ 702 & 18 \end{array}\right],\left[\begin{array}{cc} 84358 & 2221\\ 26676 & 702 \end{array}\right],\left[\begin{array}{cc} 3203401 & 84358\\ 1013004 & 26676 \end{array}\right] \] Mais $m\left(m+1\right)-10\,n\left(n+1\right)=2$ et non pas $0$ comme souhaité. Ceci est en accord avec la théorie, qui utilise $\left(x-1/x\right)/2$ comme valeur critique.
    4. On repart dans l'autre sens. L'équation $m(m+1)-10n(n+1)=0$ a pour couples de solutions \[ \left[\dfrac{\sqrt{40n^{2}+40n+1}}{2}-\dfrac{1}{2},n\right] \]
    5. Une exploration numérique donne \[ \left[m,n\right]=[4,1],[20,6],[39,12],[175,55],[779,246],[1500,474],[6664,2107],[29600,9360],[56979,18018]\cdots \]
    6. On passe en $u,v$ avec $u=2m+1$, $v=2n+1$. Cela donne \begin{multline*} \left[\begin{array}{cc} 9 & 1\\ 3 & 1 \end{array}\right],\left[\begin{array}{cc} 41 & 9\\ 13 & 3 \end{array}\right],\left[\begin{array}{cc} 79 & 41\\ 25 & 13 \end{array}\right],\left[\begin{array}{cc} 351 & 79\\ 111 & 25 \end{array}\right],\left[\begin{array}{cc} 1559 & 351\\ 493 & 111 \end{array}\right],\left[\begin{array}{cc} 3001 & 1559\\ 949 & 493 \end{array}\right],\\ \left[\begin{array}{cc} 13329 & 3001\\ 4215 & 949 \end{array}\right],\left[\begin{array}{cc} 59201 & 13329\\ 18721 & 4215 \end{array}\right],\left[\begin{array}{cc} 113959 & 59201\\ 36037 & 18721 \end{array}\right] \end{multline*} On détermine les matrices d'évolution. On trouve que ces matrices admettent une période de longueur 3: \[ \left[\begin{array}{cc} \dfrac{14}{3} & 1\\ -1 & 0 \end{array}\right],\left[\begin{array}{cc} 2 & 1\\ -\dfrac{1}{3} & 0 \end{array}\right],\left[\begin{array}{cc} 6 & 1\\ -3 & 0 \end{array}\right]\ptv\prod=\left[\begin{array}{cc} 40 & 9\\ -9 & -2 \end{array}\right] \] On peut déterminer la "matrice sauteuse de 3 en 3" . Cela donne \[ \left[\begin{array}{cc} 38 & 1\\ -1 & 0 \end{array}\right] \] que l'on a déjà croisée comme " sauteuse de 2 en 2" dans le développement en fraction continue.

    Le cas 1000

    est laissé ouvert.


    Cordialement, Pierre.
  • Et le cas 2000 avec David Hasselhoff ?
    Algebraic symbols are used when you do not know what you are talking about.
            -- Schnoebelen, Philippe
  • gebrane
    Modifié (3 Apr)
    Belle démonstration de force @pldx1, Le farceur est farci
    Quand j'avais dit que tu ne racontes que des salades , c'est pour dire que tu nous racontes que bonnes choses car les salades sont bonnes pour la santé et le cœur :mrgreen:  
    Une question Pierre, pour p=1/100 avec mon programme de haut ou la méthode de gerard0 il y a une solution unique, comment le démontres-tu à ta façon ?
    Ajout pourquoi tu dis que LE CAS 1000 est laissé ouvert
    Tu ne trouves pas une solution ? 

    Cordialement gebrane 
    Le 😄 Farceur


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