G2967. Pascal le glacier
Alice,Bernard et Caroline se rendent chez Pascal ce maître artisan glacier réputé qui offre une très grande variété de parfums de glaces soit en cornets soit dans des coupes en nougatine.
Alice est servie la première et choisit un cornet à deux boules de parfums différents.
Bernard limite son choix aux parfums de fruits rouges et se fait servir une coupe avec cinq boules de parfums différents. Ce faisant, il prend la dernière boule de fraise des bois.
Caroline enfin se limite aux parfums de fruits rouges disponibles et choisit une coupe avec six boules de parfums différents.
Q₁ Pascal ayant constaté en mathématicien amateur éclairé que les trois amis avaient exactement le même nombre de choix possibles, déterminer le nombre total de parfums offerts à Alice et le nombre de parfums de fruits rouges offerts à Bernard.[*]
Q₂ Démontrer qu’on sait trouver dans le triangle de Pascal un nombre entier > 1 qui apparaît huit fois [*]
Q₃ Démontrer qu’on sait trouver trois entiers < 2021 qui apparaissent six fois dans ce même triangle [**]
Q₄ Démontrer qu’il existe une infinité de nombres entiers qui apparaissent six fois dans ce triangle [****].
Pour les plus courageux : Existe-t-il une infinité de nombres entiers tels que chacun d’eux apparaît huit fois ou plus dans le triangle de Pascal? [*****]
Q1 : Soit𝑛le nombre de parfums de fruits rouges offerts à Caroline : il y en avait un de plus pour Bernard.
On a donc l’égalité suivante : 𝑛! . On sait également que est supérieur à 5
6!(𝑛−6)! = 5!(𝑛−4)!(𝑛+1)! 𝑛
(puisque Caroline disposait de 6 parfums), ce qui nous permet de simplifier cette égalité :
, ou encore , solutions : ou
(𝑛 − 4)(𝑛 − 5) = 6(𝑛 + 1) 𝑛2− 15𝑛 + 14 𝑛 = 1 𝑛 = 14
⇒ donc𝑛 = 14(puisqu’il est forcément supérieur à 6)
Caroline disposait donc de C(14,6)=3003 combinaisons, Bernard de C(15,5)=3003
combinaisons aussi, et Alice disposait de parfums, avec tel que𝑧 𝑧 𝑧(𝑧 − 1) = 6006, donc𝑧 vaut 78 (la solution -77 n’étant pas retenue).
Q2 : ce même nombre 3003 apparaît 8 fois dans le triangle de Pascal. En effet, nous en avons déjà 3 : C(78,2) , C(15,5) et C(14,6)
Sur ces mêmes lignes, on trouvera C(78,76), C(15,10) et C(14,8) soit 3 apparitions supplémentaires.
Enfin, C(3003, 1) et son dual C(3003, 3002) valent bien évidemment eux-aussi 3003.
Total : 8 apparitions.
Q3 : Il est assez simple d’énumérer tous les entiers du triangles < 2021
● déjà, on ne considère que la moitié de chaque ligne du triangle, pour aller plus vite
● la première colonne ne comporte que des 1
● la suivante contient le numéro de la ligne en question (donc inutile de dépasser 2021)
● la suivante dépassera 2021 dès la ligne 64
● la quatrième colonne dès la ligne 23
● et ainsi de suite. Et à partir de la 8ème colonne, il n’y a plus aucun nombre < 2021 On cherche ensuite quel nombre apparaît 3 fois. Ou plus efficacement, quel nombre
apparaît 2 fois hormis la seconde colonne (qui comporte tous les entiers par construction du triangle). On trouve rapidement 120, 210 et 1540
Q4 : Partant de ce qui a été trouvé en question Q2, on remarque qu’il suffit de trouver une paire C(n, k+1) = C(n+1, k) pour arriver à obtenir 6 apparitions dans le triangle - sous réserve que k soit différent de 0, 1, n, n-1, n/2-1 et (n+1)/2
En bref, ces deux valeurs nous en donnent deux autres sur les mêmes lignes + encore deux autres sur la ligne correspondant à cette valeur de combinatoire (en début et en fin de ligne) On a donc C(n+1,k) = C(n,k+1). On simplifie pour arriver à une nouvelle équation :
𝑛2 − 3𝑛𝑘 + 𝑘2 − 2𝑘 − 1 = 0
On peut calculer un premier déterminant :
puisqu’on cherche des solutions entières.
∆1= 5𝑘2 + 8𝑘 + 4 = α2
On a donc un polynôme en dont le déterminant est :𝑘
∆2= 20α2− 16
Puisqu’on cherche encore une fois des solutions entières, on peut réduire le problème à l’existence de solutions à l’équation20α2− 16 = β2
C’est une équation de Pell-Fermat :β2 − 20α2 =− 16. On la résout (solution particulière et solution générale génératrice), au final on trouve la relation suivante :
α0= 1, β
0=− 2 α1= 1, β
1= 2 α𝑛+1= 3 * α
𝑛− α
𝑛−1, β
𝑛+1= 3 * β
𝑛− β
𝑛−1
De là, on trouve une infinité de solutions. De plus, on montre par récurrence que pour tout indice pair strictement positif, est congru à 8 modulo 10 : on trouve à chaque fois uneβ solution entière pour . On peut même simplifier la récurrence pour sauter une étape sur𝑘 deux, et ne garder que les “bonnes” solutions :
α1= 2, β1= 8 α2= 13, β
2= 58 α𝑛+1= 7 * α
𝑛− α
𝑛−1, β
𝑛+1= 7 * β
𝑛− β
𝑛−1
On trouve ensuiteketnet donc un nombre qui apparaît 6 fois au moins dans le triangle.
Ex: avec un tableur on trouve facilement d’autres valeurs, comme
Beta Alpha k n
8 2 0 1
58 13 5 14
398 89 39 103
2728 610 272 713
18698 4181 1869 4894
128158 28657 12815 33551
878408 196418 87840 229969
6020698 1346269 602069 1576238
C(4895,1869) par exemple, qui comporte 1412 chiffres, apparaît 2 fois sur la ligne 4895, mais aussi 2 fois sur la ligne 4894, et encore 2 fois sur la ligne C(4895,1869) en première et en avant-dernière colonne.
