Une diophantienne oubliée
...Enfin, oubliée par moi pendant des années et retrouvée à l'occasion d'une collaboration avec un copain professeur.Trouver les $(x,y) \in \mathbb N^2 $ tels que $x \ge y$ et $\binom{x+1}{y}=\binom{x}{y+1}$.Visuellement, dans le tableau à double entrée des $\binom{n}{p}$ qui est le triangle de Pascal, on cherche une case qui contient le même coefficient que la case juste en haut à droite de la précédente, dans la partie triangulaire inférieure, où sont les non-zéros.
$
\begin{tabular}{|c|c|c|c|c|c|c|c|}
\hline
\textbf{\textit{n}~\TEXTsymbol{\backslash}~\textit{k}} & \textbf{0} &
\textbf{1} & \textbf{2} & \textbf{3} & \textbf{4} & \textbf{5} & \textbf{6}
\\ \hline
\textbf{0} & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ \hline
\textbf{1} & 1 & \frame{$~$1$~$} & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ \hline
\textbf{2} & \frame{$~$1$~$} & 2 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ \hline
\textbf{3} & 1 & 3 & 3 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ \hline
\textbf{4} & 1 & 4 & 6 & 4 & 1 & 0 & 0 \\ \hline
\textbf{5} & 1 & 5 & 10 & 10 & 5 & 1 & 0 \\ \hline
\textbf{6} & 1 & 6 & 15 & 20 & 15 & 6 & 1 \\ \hline
\end{tabular}%
$
La première solution est triviale et se voit bien sur le tableau, c'est $\binom{2}{0}=\binom{1}{1}=1$.
La deuxième est un peu plus lointaine, c'est $\binom{15}{5}=\binom{14}{6}=3~003$.
La troisième est spectaculaire, c'est $\binom{104}{39}=\binom{103}{40}=61~218~182~743~304~701~891~431~482~520$ (sauf erreur ;-)).
La solution générale, si je ne me trompe, fait intervenir des nombre célèbres.
Bonne après-midi.
Fr. Ch.
08/02/2021
$
\begin{tabular}{|c|c|c|c|c|c|c|c|}
\hline
\textbf{\textit{n}~\TEXTsymbol{\backslash}~\textit{k}} & \textbf{0} &
\textbf{1} & \textbf{2} & \textbf{3} & \textbf{4} & \textbf{5} & \textbf{6}
\\ \hline
\textbf{0} & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ \hline
\textbf{1} & 1 & \frame{$~$1$~$} & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ \hline
\textbf{2} & \frame{$~$1$~$} & 2 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ \hline
\textbf{3} & 1 & 3 & 3 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ \hline
\textbf{4} & 1 & 4 & 6 & 4 & 1 & 0 & 0 \\ \hline
\textbf{5} & 1 & 5 & 10 & 10 & 5 & 1 & 0 \\ \hline
\textbf{6} & 1 & 6 & 15 & 20 & 15 & 6 & 1 \\ \hline
\end{tabular}%
$
La première solution est triviale et se voit bien sur le tableau, c'est $\binom{2}{0}=\binom{1}{1}=1$.
La deuxième est un peu plus lointaine, c'est $\binom{15}{5}=\binom{14}{6}=3~003$.
La troisième est spectaculaire, c'est $\binom{104}{39}=\binom{103}{40}=61~218~182~743~304~701~891~431~482~520$ (sauf erreur ;-)).
La solution générale, si je ne me trompe, fait intervenir des nombre célèbres.
Bonne après-midi.
Fr. Ch.
08/02/2021
Réponses
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Sauf erreur, on se ramène à $x^2+y^2-3xy-2y=1$ puis à $(5y+4)^2-5(2x-3y)^2=-4$ et on se retrouve avec une équation de Pell-Fermat.
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Un problème de novembre 1930.
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Je vois poindre les nombres de Fibonacci et ceux de Lucas.
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Bonjour,
J'ai été voir dans O.E.I.S. ce grand nombre , cela donne : A003015, A090162, A098565, A114184.
Bien cordialement.
kolotoko -
Les solutions de l'équation $X^2-5Y^2=-4$ sont les couples $(L_{2n+1}, F_{2n+1})$ pour $n\in \N$, où $F_n$ et $L_n$ sont les nombres de Lucas.
-
Finalement je trouve que les solutions au problème de Chaurien sont les couples $(x,y)$ avec $\displaystyle{x = \frac{3L_{4n+3} + 5F_{4n+3}-12}{10}}$ et $\displaystyle{y = \frac{L_{4n+3}-4}{5}}$.
Celle après $(103,39)$ sera donc $(713,272)$. -
Réactifs et incollables, les forumeurs. Je ne savais plus où j'avais pris cet énoncé, et je le sais désormais grâce à Cidrolin : venu de l'American Mathematical Monthly, il a été repris dans le recueil des quatre cents « meilleurs » problèmes, The Otto Dunkel Memorial Problem Book, août-septembre 1957.
Notons que Norman Herbert Anning (1883 - 1963) est célèbre pour être le co-auteur (avec Erdös, 1945) du beau théorème qui dit que pour tout entier positif $n$ on peut trouver dans le plan $n$ points non alignés dont les distances mutuelles sont entières mais que c'est impossible pour une infinité de points.
Et dans ce problème-ci, on voit apparaître, inattendus, les nombres de Fibonacci et de Lucas. Que de belles choses dans les mathématiques réelles !
Bonne après-midi.
Fr. Ch. -
Un papier que j'avais en stock concernant les solutions de l'équation $X^2-5Y^2 = -4$.
Chaurien, toi qui apprécies les nombres de Fibonacci et Lucas, cela devrait t'intéresser si tu ne connaissais pas déjà ce document. (tu) -
Merci Gilles. Bien qu'elle soit ancienne et élémentaire, l'équation de Fermat-[small]« Pell »[/small] fait toujours l'objet de publications, même de livres, malheureusement sous son appellation fallacieuse, par exemple celui-ci, de 2009 :
https://www.springer.com/gp/book/97803878492250
Ils nous expliquent que Pell n'a rien à voir dans cette affaire, et ils continuent à parler de « l'équation de Pell ». Faut faire avec.
Bonne soirée.
Fr. Ch.
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Bonjour!
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