A471 Dans le dédale des moyennes arithmétiques Solution proposée par Patrick Gordon
Pb1 : Des boules numérotées de 1 à n avec 100 < n < 1 000 000 sont réparties dans deux sacs A et B. Le sac A contient une boule dont le numéro désigne le nombre de boules dans A. Après transfert de cette boule dans B, les moyennes arithmétiques respectives des numéros des deux sacs A et B s’accroissent respectivement de 1/3 et de 1/2 en prenant des valeurs entières. Déterminer n.
Pour n donné, il n'y a que deux inconnues : le nombre x de boules dans A et la somme S de leurs numéros (au départ). Dans B, il y a au départ n – x boules pour un total de numéros = n (n+1) / 2 – S. Notons mA, mB, m'A, m'B les moyennes initiales (m) et finales (m') dans A et B.
Les écarts des moyennes sont :
(1) m'A – mA = (S – x) / (x – 1) – S / x
(2) m'B – mB = [n (n + 1) /2 – S + x] / (n – x + 1) – [n (n + 1) /2 – S] / (n – x) En écrivant que m'A – mA = 1/3, il vient :
(3) 3S = 4x² – x
En écrivant que m'B – mB = 1/2 et en tenant compte de (3), on peut éliminer S et l'on arrive à l'équation du second degré en x pour n donné :
(4) x² – (12n + 1) x + 6 n (n+1) = 0
On cherche pour quelles valeurs de n (comprises entre 100 et 1 000 000) l'équation (4) a des racines entières.
Le discriminant est 120 n² + 1.
Pour n = 1, ce nombre est un carré parfait, mais il donne en x les racines 1 et 12. La première est absurde; la seconde impossible car x > n.
Pour n = 22, le discriminant est le carré de 241. Les racines en x sont 253 et 12. La première est impossible car x > n.
Voyons x = 12.
On a alors, au départ, 12 boules dans A et 10 dans B. Par (3), on a : S = (4 12² – 12) / 3 = 188.
La moyenne dans A passe de S / x = 188 / 12 = 15,666 à (S – x) / (x – 1) = 176 / 11 = 16, qui est bien un entier, et elle augmente bien de 1/3.
La somme des numéros des boules est n (n+1) / 2 avec n = 22, soit 253.
La moyenne dans B passe de (253 – 188) / 10 = 65 / 10 = 6,5 à (65 + 12) / 11 = 77 / 11 = 7, qui est bien un entier, et elle augmente bien de 1/2.
Une réponse est donc n = 22. Mais elle ne satisfait pas la condition n > 100.
Elle va nous servir toutefois de solution d'amorçage, car on remarque que 120 n² + 1 = p² (où p² est le discriminant) est une équation de Pell-Fermat et l'on peut se référer au site
http://www.alpertron.com.ar/QUAD.HTM qui donne (en commençant à n = 22) la formule générale :
n2 = 22 p2 = 241
nk+1 = 11 nk + pk
pk+1 = 120 nk +11 pk
Les solutions à examiner pour 100 < n < 1 000 000 sont données par le tableau suivant, calculé de proche en proche :
n p
483 5 291
10 604 116 161 232 805 2 550 251
Encore faut-il que les moyennes augmentent bien de 1/3 et 1/2 dans l'opération de transfert et que leurs valeurs finales soient entières.
Il nous faut donc, pour chacune des valeurs de n ci-dessus, déterminer la ou les valeurs de x possibles, puis calculer, pour chaque x, les moyennes mA, mB, m'A, m'B et vérifier que sont bien satisfaites les conditions ci-dessus.
Pour n = 483, le discriminant est le carré de 5 291. Les racines en x sont 5 544 et 253.
La première est impossible car x > n.
Voyons x = 253.
On a alors, au départ, 253 boules dans A et 230 dans B. Par (3), on a : S = (4 253² – 253) / 3
= 85 261.
La moyenne dans A passe de S / x = 85 261 / 253 = 337 à (S – x) / (x – 1) = 337,333; elle augmente bien de 1/3, mais c'est la moyenne initiale et non finale qui est entière.
Inutile donc d'aller plus loin : cette solution ne convient pas.
Pour n = 10 604, le discriminant est le carré de 116 161. Les racines en x sont 121 705 et 5 544. La première est impossible car x > n.
Voyons x = 5 544.
On a alors, au départ, 5 544 boules dans A et 5 060 dans B. Par (3), on a : S = (4 5 544² – 5 544) / 3 = 40 979 400. La somme initiale des numéros de B est donc : 10 604 (10 604 + 1) /2 – 40 979 400 = 15 248 310.
La moyenne dans A passe de S / x = 40 979 400 / 5 544 = 7 391,666 à (S – x) / (x – 1) = 7 392; elle augmente bien de 1/3 et c'est bien la moyenne finale qui est entière.
Quant à la moyenne dans B, elle passe de 15 248 310 / 5060 = 3 013,5 à 15 253 854 / 5 061 = 3 014; elle augmente bien de 1/2 et c'est bien la moyenne finale qui est entière.
Il apparaît donc que n = 10 604 est la seule solution trouvée à ce stade.
Reste, par acquit de conscience, à examiner la dernière valeur candidate, n = 232 805.
Le même calcul montre que l'on est dans le même cas que pour n = 483, à savoir que la moyenne dans A elle augmente bien de 1/3, mais c'est la moyenne initiale et non finale qui est entière.
On remarque que les valeurs de n données par la résolution de l'équation de Pell-Fermat conviennent par alternance et que seule la valeur n = 10 604 répond aux conditions de l'énoncé, en entrant dans le champ de celui-ci (100 ; 1 000 000) notamment
Pb2 : Trouver le plus petit entier k > 1 tel que la moyenne arithmétique des carrés des k premiers entiers naturels est un carré parfait. Pour les plus courageux calculer la formule qui donne la séquence des nombres entiers naturels k tels que la moyenne arithmétique des carrés des k premiers entiers naturels est un carré parfait.
La somme des carrés des k premiers entiers naturels est k (k+1) (2k+1) / 6. La moyenne est donc (k+1) (2k+1) / 6. Nous voulons que (k+1) (2k+1) / 6 soit un carré parfait. Soit encore : (k+1) (2k+1) = 6 a².
Or (k+1) et (2k+1) sont premiers entre eux car, si d divisait les deux, il diviserait aussi leur différence k donc à la fois k et k+1.
Donc (k+1) et (2k+1) ne peuvent pas comporter le même facteur de a et, à eux deux, ils doivent les comporter tous, chacun au carré. Donc :
(k+1) (2k+1) = 6p²q² (avec p et q premiers entre eux).
Ce n'est possible que si (ou / ou…) :
(1) (k+1) = 6p², (2k+1) = q² soit : 12p² – q² = 1 (2) (k+1) = 3p², (2k+1) = 2q² soit : 6p² – 2q² = 1 (3) (k+1) = 2p², (2k+1) = 3q² soit : 4p² – 3q² = 1
(4) (k+1) = p², (2k+1) = 6q² soit : 2p² – 6
q² = 1
Les solutions (2) et (4) sont impossibles en raison de la parité.
L'examen des deux autres au moyen d'un tableur donne une première solution pour l'équation (3) (outre la solution triviale k = 1, écartée par l'énoncé) :
p = 13 q = 15 k = 337
Si on les veut toutes, on peut utiliser le site http://www.alpertron.com.ar/QUAD.HTM qui, pour l'équation (3) donne la relation de récurrence :
pn+1 = 7 pn + 6 qn qn+1 = 8 pn + 7 qn
D'où l'on déduit : kn = 2pn² – 1.
Ce même site nous indique que l'équation (1) n'a pas de solution.
Les premières solutions sont donc :
p q k
13 15 337
181 209 65 521
2 521 2 911 12 710 881 35 113 40 545 2 465 845 537 On vérifie que, dans chaque ligne, p et q sont premiers entre eux.
