Exercice mais...

Je pense qu'il va être difficile de caractériser les solutions. En effet, pour $n \geq 4$, si $a_1, \ldots, a_{n-1}$ sont des entiers strictement positifs deux à deux distincts, il est toujours possible de trouver un entier $a_n >0$ tel que $a_1,\ldots, a_{n-1},a_n$ soient deux à deux distincts et tels que, pour tout $i$, le nombre $a_i$ divise $a_1 + \cdots + a_n$.

C'est par exemple traité dans l'exo I du Concours Général 2013.

Pierre.

Oui, il était un peu tard et ma mémoire m'a quelque peu fait défaut, désolé. Mais, ça ne change pas grand chose dans le fond :
Un ensemble fini d'entiers strictement positifs peut toujours être complété pour afin d'obtenir un (sur)-ensemble fini d'entiers strictement positifs ayant la propriété souhaitée. Mais, en général, il faut effectivement en ajouter plus d'un...
Cela dit, à $n$ fixé, cela rend sans doute la caractérisation des "bons" ensembles de $n$ entiers assez peu probable, d'autant que la "complétion" n'est pas unique.

Pierre.

Une solution pour quoi exactement ? Ton $n$ est fixé ou pas ? Si on autorise les répétitions et tous les $n$ alors c'est évident d'énumérer les $x_j$ tels que $\sum_{j=1}^n 1/x_j = 1$.

De plus une fois $n$ fixé si les $x_j$ sont trop grands, $\ge M_n$ alors il n'y a pas de solution.

Mais énumérer directement ceux sans répétition, sans essayer tous les $x \in \{1, \ldots, M_n\}^n$, c'est plus compliqué...

On peut poser $a_1=1,a_2=2,a_3=3$ et, pour $k$ compris entre $3$ et $n$ inclus, $a_k=\sum_{i=1}^{k-1} a_i$.

Mais il y a d'autres solutions, comme celles commençant par $a_1=1,a_2=2,a_3=6,a_4=9$, puis, pour $k$ compris entre $4$ et $n$ inclus, $a_k=\sum_{i=1}^{k-1} a_i$.

Non je ne fais pas erreur, j'ai dit qu'avec $x_i = s/a_i,\ s = \sum_i a_i$ le problème était de trouver les $n$-uples d'entiers distincts ou strictement croissants tels que $\sum_i 1/x_i = 1$.

L'intérêt c'est que ce problème est connu depuis 3000 ans : la décomposition de $1$ en fractions égyptiennes,
et qu'étant donné $x_1,\ldots,x_j$ ssi $\sum_{i=1}^j 1/x_i = u/v\le 1$ alors $x_1,\ldots,x_j,\underbrace{v, \ldots,v}_u$ est solution du problème où on autorise les répétitions.
Si tu penses avoir une solution au problème sans répétitions alors montre là nous ou donne des indications...

Bonjour,
en regardant pour n=3 (avec Scratch) il semblerait qu'il n'y ait que à permutations près il y a les triplets (1;1;1) , (1;1;2) et (1;2;3) et les $\mathbb{N^*}$-droite qu'ils engendrent... est-ce que quelqu'un aurait d'autres triplets possibles pour n=3 ?
merci.

avec Scratch... mais après tout pourquoi pas... (il faudrait y ajouter l'option: créer des variables... dans le programme pour que ce soit encore plus from the scratch, ... au début j'étais contre et finalement, c'est très agréable de coder comme ça, c'est rapide en tout cas) les solutions dans le cube 50^3 , puis 4-cube de côté 50 sont en pièces jointes
[small](et non ce sont pas des manipulations au hasard pour coller au résultats...quoiqu'on puisse en penser)[/small]

- Pour le problème avec répétition et $n=3$

On veut des entiers $2 \le x_1 \le x_2 \le x_3$ tels que $1/x_1+1/x_2+1/x_3 = 1$

On a $(x_1+x_2)/x_1x_2 = (x_3-1)/x_3$ où $gcd(x_3-1,x_3)=1$ donc $x_3 | x_1x_2$ ce qui implique $x_3 \le 3^2$ car sinon $x_2 \ge 3$ et donc $1/x_1 \ge 1-1/3^2-1/3 > 1/2$ ce qui est impossible.

Autrement dit les seules solutions sont $$(x_1,x_2,x_3) \in (2,3,6), (2,4,4),(3,3,3)$$

- Pour le problème sans répétition et $n=3$ la seule solution est $(x_1,x_2,x_3) = (2,3,6)$

- Et donc les solutions pour $ a_3 \ge a_2 \ge a_1 \ge 1$ tels que chaque $a_i | a_1+a_2+a_3$ sont les $(a_1,a_2,a_3) = (\frac{lm}{x_1},\frac{lm}{x_2},\frac{lm}{x_3})$ où $l = lcm(x_1,x_2,x_3)$ et $m$ est n'importe quel entier $\ge 1$.

- Les solutions pour $ a_3 > a_2 > a_1 \ge 1,a_i | a_1+a_2+a_3$ sont les $(a_1,a_2,a_3) = (\frac{6m}{2},\frac{6m}{3},\frac{6m}{6})$ où $m$ est n'importe quel entier $\ge 1$.

@ à Ait Joseph donc la solution serait un "$\mathbf{N^*}$-module" ?
en pensant aux négatifs qui sont exclus pour le moment je pense à une structure qui a peut-être déjà un nom mais écrire son nom ici avec mes mots à moi va faire fuir tout le monde...

@reuns

Commençons nous bien... vous normalisez par les $\frac{1}{x_i}$
Je choisis mes représentants avec un 1 dans l'uplet et très sincèrement je ne sais pas si le passage de l'un à l'autre est trivial ou pas et même si j'y pense ce n'est pas clair.
Cette histoire de solution primitive me stresse. Et même beaucoup sincèrement. Il se pourrait que nous disions la même chose sans nous en rendre compte.

PS. Je suis plus dans la réaction et je ne me contrôle pas là et je suis navré mais quand tout est à faire comment temporiser. Je dois faire ça à tête reposée... et simplement là je vais boire un coup, cuisiner et aller voir le dernier superman ...
Rdv à demain soir dans [quand ?] mon chaos aura décanté. Désolé.

[Dommage que ton "chaos" t'ait empêché de relire ton message et de le corriger ! :-D AD]

pour AD... (je ne peux que compatir et accepter la critique, vous faites un travail "monstrueux... " (au sens positif) comment gérer une telle foule de personnes qui ont eu le bac et qui sont si turbulents... et transmettre tant d'informations !!!! mais dans le cas présent: je voulais aller vite, je me suis accordé 10/15/20 minutes pour écrire avec une sensation d'urgence à dire et d'urgence à écrire, un mix très curieux, que je ne comprends qu'à moitié... ce qui est sans doute mieux que ne pas savoir, mais tout savoir a un prix )

@reuns
Je suis ok pour le principe, mais c'est un raccourci dangereux pour moi je ne le maîtrise pas, et pour moi ce n'est pas si trivial, je vous l'assure. Et je ne sais pas comment crier ma sincérité plus fort, il y a quelque chose qui a l'air facile, mais je me dis que l'on n'est jamais à l'abri d'une anomalie, peut-être dans 4/5 jours je réaliserai que j'ai été idiot ou que j'aurais dû savoir le faire comme vous, mais là maintenant, non je n'y arrive pas, laissez temporisez tout ça, et je ferai mieux demain, ou plus tard.

Je lâche l'affaire un petit moment, le problème n'en demeure pas moins passionnant, je voudrais que les mathématiques règnent, et pas les incompréhensions en être humains, (nous ne sommes pas encore des machines dieu, merci et que l'on ne se comprennent pas toujours me rassure un peu).

PS. J'adore vos interventions

Bonsoir,
pour m'amender:
il ne fallait pas travailler sur l'hypercube

l'ensemble des solutions est en bijection avec les $\mathbb{N}^*$ cônes engendré par les hyperplans qui coupent les les axes en des coordonnées entières strictement positives qui passent par le point $z$ dont la somme des coordonnées est n.
avec dans le cas $n=0[3]$, $z=(3,3,3.....,3)$ que des 3.
avec dans le cas $n=1[3]$, $z=(2,2,3.....,3)$ que des 3.
avec dans le cas $n=2[3]$, $z=(2,3,3.....,3)$ que des 3.
ceci vient de "oraux x-ens algèbre 1" l'exercice 1.10
à permutation des coordonnées près.

je crois..
est ce-que c'est une solution?
( je ne suis plus à une erreur près...)

AitJoseph : relis la discussion tu n'as fait que montrer que tu ne comprenais rien au problème. Après ce n'est pas un jugement définitif, peut-être que demain tu y arriveras.

Bonsoir,
en fait je n'avais pas vérifié
il y a quelque chose qui ne va pas
@reuns
vous donnez comme solution pour n=4 le quadruplet 3,4,4,6
or la somme est 17 qui est premier donc ne sera jamais divisé par 3,4 ou 6, je pense à tort peut être que le problème n'est pas en bijection avec le problème des fractions égyptiennes
pareil avec le quadruplet 2,5,5,10 qui donne la somme 22

je ne sais pas pas expliciter les solutions pour le moment, ni même si c'est faisable

Il est joli cet exercice Il me fait penser à un autre que je me suis posé : celui du produit qui divise la somme (avec le droit d'avoir $a_1=...=a_k=1$ pour $1 \leq k \leq n$, sinon c'est vite fait). C'est sympa !

En revenant à cet exo, il me fait penser à un autre exercice (encore un), mais cette fois-ci je vais essayer de me ramener à ce dernier. Si on pose $\sum\limits_{i=1}^n a_i = k_ja_j ~~ (1)$, alors en sommant toutes ces égalité (pour $j$ allant de $1$ à $n$), on obtient :
$$ n(a_1+...+a_n)=k_1a_1+...+k_na_n ~~~~ \Rightarrow ~~~~ a_1u_1+...+a_nu_n = 0 ~~~~ (2)$$
où j'ai posé $u_i=n-k_i$.

Si on fixe $n$, il y a toujours des solutions à cette équation. Seulement on ne peut pas remonter. Autrement dit, si on a (1), on a (2) mais des solutions de (2) amènent à de grosses contradictions si on les place dans (1). En même temps, transformer $n$ équations en une seule...^^

Cela dit on peut toujours jouer avec (2), sachant (1) :
$$ a_2[(k_1-1)u_2+u_1]+...+a_n[(k_1-1)u_n+u_1]=0$$
ce qui nous ramène à $n-1$ nombres... mouais.

Après on peut s'intéresser au calcul matriciel suivant :
$$ \begin{pmatrix}
0 & 1 & ... & 1 \\
. \\
& . \\
& & .\\
1 & 1 & ... & 0 \\
\end{pmatrix} \begin{pmatrix}
a_1 \\
. \\
.\\
.\\
a_n \\
\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
(k_1-1)a_1 \\
. \\
.\\
.\\
(k_n-1)a_n \\
\end{pmatrix} $$
Pour $n=2$ et $n=3$, la matrice est inversible mais après? Dans le cas général, le déterminant est toujours un multiple de $n-1$, mais bon $0$ est un de ses multiples alors...

En essayant pour le cas $n=3$, cela ne m'avance pas du tout. Et puis il est tard quand même, alors question productivité... Bonne chance !

P.S : Bien joué dépasse, ta suite est très jolie ! En me demandant si on pouvait construire la suite de chaque suite jusqu'à l'infini, le premier exemple sur lequel j'ai travaillé rajoute de l'eau au moulin : à partir de $2$ $3$ $3$ $4$, on peut mettre $2$ $3$ $3$ $4$ $12$ $12$ ... ou $2$ $3$ $3$ $4$ $12$ $24$ $48$ ...

P.S 2 : En ayant essayé sur d'autres exemples, j'ai l'impression que l'on peut compléter tous les débuts de suite qui marchent : c'est donc eux qu'il faut trouver.