Dans le dédale des moyennes arithmétiques Pb1 : Des boules numérotées de 1 à n avec 100 &lt

A471. Dans le dédale des moyennes arithmétiques

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.

Solution proposée par Bernard Grosjean Notations :

ni,P : situation i, nombre de boules dans le sac P

M_i,P : situation i, moyenne de la somme des numéros des boules du sac P Si,P : situation i, sommes des numéros des boules du sac P

a: nombre des boules du sac A, situation 1 (initiale) S : total des numéros de toutes les boules

n : nombre total de boules

On a S = S_1,A + S_1,B = S_2,A + S_2,B = n(n+1)/2 Selon les données, on a :

Situation 1

Situation 2

Avec M_2,A = M_1,A + 1/3 et M_2,B = M_1,B + 1/2 , (avec M_2,A et M_2,B prenant des valeurs entières)

En reportant les valeurs de Mi,P du tableau, on obtient :

3S1,A = 4a² - a = a(4a - 1), qui entraîne M2,A = 4a/3, soit a multiple de 3.

2S1,B = 4na- 3a² + a– n² – n = (n - a) (3a– n – 1)

Donc 6S = 6S1,A + 6S1,B = - a² + a+ 12na-3n² – 3n = 3n(n + 1)

sac A sac B

n_1,A = a n_1,B = n - a M1,A = S1,A / a M1,B = S1,B / (n- a)

sac A sac B

n2,A = a - 1 n2,B = n - a + 1

M_2,A = (S_1,A - a) / (a– 1) M_2,B = (S_1,B + a)/ (n- a+1)

Soit f(a,n) = a² – (1 + 12n) a+ 6n(n+1) = 0

En résolvant en fonction de n, le discriminant 1 120n+ ² = 1 30(2 )+ n ² doit être entier avec 100 < n < 1 000 000 (et évidemment n > a)

Nous avons une équation de Pell – Fermat de la forme 1 + 30X² = Y²

Nous n’expliciterons pas les calculs assez fastidieux de résolution de cette équation (méthode par le développement en fraction continue).

Toutefois, à partir de 2 couples de valeurs pour X et Y, (X1 , Y1) et (X2 , Y2), vérifiant l’équation 1 + 30X² = Y² ,on peut en définir une infinité par les relations (récurencielles) :

X3 = X1Y2 + X2Y1

Y₃ = 30X₁X₂ + Y₁Y₂

Ainsi, en partant des 2 solutions (accessibles par les calculs) : (2 ; 11) et (44 ; 241), on trouve successivement :

(966 ; 5 291), (21 208 ; 116 161), (465 610 ; 2 550 251), (10 222 210 ; 55 989 361)...

Puisque 100 < n < 1 000 000, et que n = X/2, ne sont à examiner que les couples : (966 ; 5 291) ; (21 208 ; 116 161) et (465 610 ; 2 550 251),

(les valeurs suivantes entraînant n > 1 000 000)

En exprimant « a » en fonction de X et Y dans la résolution de f(a,n), on obtient : a = (1 + 6X - Y)/2, avec a = k3

n = X/2 avec n > a 1°) X = 966 ; Y = 5 291

On obtient a = 253 et n = 483 ; a ne convient pas, n’étant pas multiple de 3.

Solution non acceptable.

2°) X = 21 208 ; Y = 116 161

On obtient a = 5 544 et n = 10 604 ; a = 3 x 1 848 convient.

Solution à examiner.

3°) X = 465 610 ; Y = 2 550 251

On obtient a = 121 705 et n = 232 805 ; a ne convient pas, n’étant pas multiple de 3.

Solution non acceptable.

Vérification avec a = 5 544 et n = 10 604 Situation initiale

sac A sac B Total

n1,A = a = 5 544 n1,B = 5 060 n = 10 604 S_1,A = a(4a - 1)/3 = 40 979 400 S_1,B = 15 248 310 S = 56 227 710 M1,A = 7 391 + 2/3 M1,B = 3 013 + 1/2

Situation finale

sac A sac B Total

n2,A = 5 544 – 1 = 5 543 n2,B = 5 061 n = 10 604 S2,A = 40 973 856 S2,B = 15 253 854 S = 56 227 710 M2,A = 7 392 M2,B = 3 014

Cette solution satisfaisant à l’énoncé est (heureusement) compatible avec le nombre de boules, puisque avec 5 544 boules prises parmi 10 604 (numérotées de 1 à 10 604), on peut faire, en soustrayant les 5 060 boules inférieures, un total de :

S = (10 604 x 10 605)/2 - (5 061 x 5 062)/2 = 56 227 710 – 12 809 391 = 42 418 319, total S > S1,A = 40 979 400.

La solution unique est donc n = 10 604

Pb2 : Trouver le plus petit entier n > 1 tel que la moyenne arithmétique des carrés des n 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

Solution proposée La moyenne M(n²) est :

M(n²) = n(n+1)(2n+1)/6n = (n+1)(2n+1)/6

Si M(n²) = A² , (n+1)(2n+1) = 6 A² , donc = 0 mod(6), soit (n+1) = 2k et (2n+1) = 3k’, vérifié si n = 6m + 1.

On doit donc avoir (6m+2)(12m+3) = 6 A² , soit (3m+1)(4m+1) = A²

(3m+1) et (4m+1) étant premiers entre eux (puisque 4(3m+1) – 3(4m+1) = 1, Bezout), (3m+1) et (4m+1) sont des carrés.

(3m+1) = B² et (4m+1) = C² soit m = C² - B² = (C-B)(C+B)

D’où 4m+1 = 4 (C² - B² ) + 1 = C² Donc 3 C² + 1 = 4 B²

3 C² = (2B+1)(2B-1)

(2B+1) ou (2B-1) = 0 mod(3).

Soit (2B+1) = 3t, on a 3 C² = 3t (3t-2) et C² = t(3t-2)

t et (3t-2) étant premiers entre eux (t est impair), on a : t = U² et 3t-2 = V² et 3 U² -2 = V²

si (2B-1) = 3t, on obtiendrait 3 U² + 2 = V² , impossible car V² # 2 mod(3) En définitive, connaissant U (et V), on a :

t = U² , m= (t(3t-2) - 1)/4 et n = 6m + 1

Le plus petit nombre qui convient est donné par : U0 = 3, V0 = 5, t0 = 9, m0 = 56 soit n0 = 337

Un tableur donne facilement les valeurs successives suivantes pour U et V et n

On obtient les 7 premières valeurs suivantes :

rang U V n

0 3 5 337

1 11 19 65 521

2 41 71 12 710 881

3 153 265 2 465 845 537

4 571 989 478 361 323 441

5 2 131 3 691 92 799 630 902 161

6 7 953 13 775 18 002 650 033 695 935

On observe dans le tableau que, pour p > 1 :

(1) Up = 4 Up-1 - Up-2 et (1bis) Vp = 4 Vp-1 - Vp-2 (2) 3 U_p U_p-1 - V_p V_{p -1} = 4

Vérification :

si (1) et (2) sont vraies jusqu’à l’ordre p, montrons que l’on a Up+1 = 4 Up - Up-1

On a Up+1 = 4(4 Up-1 - Up-2 ) - Up-1 = 15 Up-1 - 4Up-2

V_p+1 = 4(4 V_p-1 - V_p-2 ) - V_p-1 = 15 V_p-1 - 4V_p-2 U et V sont liés par la relation : 3 U²p+1 - 2 = V²p+1 On a 3(15 Up-1 - 4Up-2 )² - 2 = (15 Vp-1 - 4Vp-2 )²

soit (15)² (3 U²_p-1 - V²_p-1 ) + (4)²(3 U²_p-2 - V²_p-2 ) – 8x15(3 U_p-1 U_p-2 - V_p-1 V_{p -2} ) – 2 = 0 soit (15)² x2 + (4)²x2 – 8x15x4 -2 = 450 + 32 – 480 – 2 = 0

La relation (1) est donc vérifiée pour tout p

Il est ainsi possible de déterminer Up et np de proche en proche.

On peut déterminer directement U_p en fonction de U₀ et U₁ Soit Up+1 = 4 Up - Up-1

Posons r+s = 4 et rs = 1

r et s sont solutions de x2 – 4x + 1 = 0

donc r = 2 – rac(3) et s = 2 +rac(3)(ou inversement) La relation de récurrence s’écrit :

Up+1 - r Up = s (Up - r Up-1 ) Up+1 - sUp = r(Up - rsUp-1 )

Par caractérisation des suites géométriques (U_p+1 - r U_p ) et (U_p+1 - sU_p ), nous obtenons Up+1 - r Up = s^p(U1 - r U0 )

U_p+1 - s U_p = r^p(U₁ – s U₀ )

On obtient finalement , par différence : (s-r)U_p = s^p(U₁ - r U₀ ) - r^p(U₁ – s U₀ )

Soit, avec les valeurs de r, s, U0 et U1 (respectivement, (2- 3 ), (2+ 3 ), 3 et 11) 6U_p = (2 3 )^p (9+5 3 ) - (2+ 3 )^p (-9+5 3 )

On détermine n_p par les relations trouvées précédemment (encadrées en jaune).

La croissance de n est très rapide.