Fibonacci
dans Arithmétique
Bonjour @ tous.
Quels sont les m, m entier > 1 , tel que m*Fa = Fb + Fc ?
Si ça marche pour le triplet min (a,b,c), ça doit être également vrai pour tout triplet (a+d, b+d, c+d) pour tout d entier > 0)
Le plus petit est 2 , car 2*Fk = F( k-2) + F(k+1)
Bon amusement
Quels sont les m, m entier > 1 , tel que m*Fa = Fb + Fc ?
Si ça marche pour le triplet min (a,b,c), ça doit être également vrai pour tout triplet (a+d, b+d, c+d) pour tout d entier > 0)
Le plus petit est 2 , car 2*Fk = F( k-2) + F(k+1)
Bon amusement
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Réponses
Idem : $4F_k = F_{k+3}-F_{k-3}$
Si m * Fa = Fb + Fc alors m * F(a+d) = F(b+d) + F(c+d) quel que soit d entier.
Nodgim, $2F_1=F_2+F_2$ et pour tout $d$ entier positif non nul $2F_{1+d} \neq F_{2+d}+F_{2+d}$ (:P)
Cordialement
Paul
@ Jandri: c'est sûrement vrai, mais pourquoi ? N'y aurait il pas d'autres cas ?
@ Dépasse : 2 * Fk = F(k-2) + F(k+1) est vrai pour tout k >= 2
On sait que quand k tend vers $+\infty$, $F_{k+1}/F_k$ tend vers $p$.
On cherche a,b,c,m tels que, pour tout k entier , $m.F_{k+a} = F_{k+b} + F_{k+c}$
On va le reformuler, en imposant a=0, ça ne change rien à l'exercice.
On cherche donc b,c,m tels que, pour tout k entier , $m.F_{k} = F_{k+b} + F_{k+c}$
b et c sont évidemment des entiers, m est un rationnel (probablement entier)
Si on a notre égalité $m.F_{k} = F_{k+b} + F_{k+c}$ pour tout k entier, on a, par passage à la limite :
$m = p^b +p^c$
Je n'ai pas recherché toutes les solutions de cette équation, mais ça me paraît une bonne piste pour un recensement de toutes les solutions.
Les entiers $b,c,m$ (avec $m>1$) tels que pour tout $k$ entier on ait $m F_k=F_{k+b}+F_{k+c}$ sont d'une part $b=2r$, $c=-2r$, $m=L_{2r}$ et d'autre part $b=1$, $c=-2$, $m=2$.
Edit: j'ai oublié le cas trivial: $b=c=0$ , $m=2$.
les entiers $m > 1$, tels qu'il existe $(a,b,c)$ entiers vérifiant $m*F_{a+d} = F_{b+d} + F_{c+d}$ pour tout entier $d> 0$, sont les $L_{2r}$ , $r\ge0$ (suite de Lucas).
Nodgim, je ne comprends pas ton insatisfaction par "ces réponses":
1)Jandri donne les $m\geq 2$ pour lesquels il existe $(a,b,c) \in \mathbb N^3$ tel que pour tout $d \in \mathbb N \ \ ,m * F_{a+d}= F_{b+d}+ F_{c+d}$
2)Il existe $m\geq 2$ pour lequel il existe $(a,b,c,d) \in \mathbb N^4$ tel que $m * F_{a}= F_{b}+ F_{c}$ et
$m * F_{a+d}\neq F_{b+d}+ F_{c+d}$: exemple :$m=2, (a,b,c)=(1,2,2), d>0$.
Jandri, te voyant insatisfait, imagine que tu voulais peut-être poser une question plus hard: Existe-t-il $m\geq 2$ tel qu'il n'existe pas $(a,b,c)\in \mathbb N^{*3}$ vérifiant $m * F_{a}= F_{b}+ F_{c}$?
Bon,avant de continuer de soliloquer, je voudrais savoir, Nodgim, si tu comprends que je n'ai pas compris ton insatisfaction. Finalement, comme Poirot l'a souligné juste après ton message originel, la quantification est nécessaire pour tuer l'ambiguïté. Après, il arrive, comme ici, qu'une question mal foutue logiquement et prêtant donc à diverses interprétations conduise à une question fine (?) comme ci-dessus.
Amicalement
Paul
J'ai demandé par ailleurs s'il n'y avait pas d'autres solutions que les nombres de Lucas, question qui est restée sans réponse.
Bon, maintenant, si la réponse donnée satisfait des lecteurs, pourquoi pas ? Sinon, la question reste ouverte pour les autres.
En s'y prenant bien, la solution est assez courte.
Pour ceux qui ne connaissent pas bien les suites de Fibonacci et de Lucas, on a en posant $\alpha=\dfrac{1+\sqrt 5}2$ et $\beta=\dfrac{1-\sqrt 5}2$ :
$F_n=\dfrac{\alpha^n-\beta^n}{\alpha-\beta}$, $L_n=\alpha^n+\beta^n$, $\alpha^n=F_n\alpha+F_{n-1}$ et $F_{n-1}+F_{n+1}=L_n$.
Les seules solutions sont les nombres de Lucas d'indice pair:
Pour que $(m,b,c) \in\mathbb {N_{\geq 2}} \times \mathbb {Z^2}$ soit tel que, pour tout $k \in \mathbb {Z}$, $mF_k=F_{b+k}+ F_{c+k}$, il faut déjà qu'il en soit ainsi lorsque $k=0$. Il faut donc que $F_b + F_c=0$, autrement dit que $b$ et $c$ soient pairs et opposés.
Ca sent le tour de passe-passe?
Cordialement
Paul
Le théorème de Zeckendorf dit que tout entier naturel non nul $e$ s'écrit comme une somme de termes de la suite de Fibonacci, 2 à 2 non consécutifs, et $F_0,F_1$ exclus , et cette écriture est unique, à l'ordre près.
Si on prend $e=kF_n$ , pour n assez grand (pour éviter $F_0,F_1$)
$2F_n=F_n+F_{n-1}+F_{n-2}=F_{n-2}+F_{n+1}$
$3F_n=F_{n-2}+F_{n+2}$ (formule de jandri $p=2,L_2=3$)
....
$14F_n=F_{n-6}+F_{n-3}+F_{n+2}+F_{n+5}$
Pour $18F_n$ on doit retrouver jandri puisque $18=L_6$
On cherche les $m>1$ entiers tels que $\exists a,b,c\in \Z,\;\forall k\geqslant 0,\; mF_{a+k}=F_{b+k}+F_{c+k}$.
Notons $E_k$ cette égalité. Comme $E_{k+1}=E_k+E_{k-1}$, l'égalité est vraie pour tout $k\in\Z$ si et seulement si elle est vraie pour deux valeurs consécutives de $k$, donc on se ramène à $a=0$, et d'autre part il suffit de considérer $k=0$ et $k=1$. On peut aussi supposer par symétrie que $b\geqslant c$.
Les équations deviennent : $F_b+F_c=0$ et $m=F_{b+1}+F_{c+1}$.
Comme $F_{-n}=(-1)^{n+1}F_n$, l'égalité $F_b+F_c=0$ a lieu dans trois cas :
1) $b=-c=2\ell$ avec $\ell\in\N$. On a alors $m=F_{2\ell+1}+F_{2\ell-1}=L_{2\ell}$.
2) $b=1$, $c=-2$, $m=F_2+F_{-1}=2=L_0$.
3) $b=-1$, $c=-2$, $m=F_0+F_1=1$ qui est exclu car on a supposé $m>1$.