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
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Réponses
J'ai été voir dans O.E.I.S. ce grand nombre , cela donne : A003015, A090162, A098565, A114184.
Bien cordialement.
kolotoko
Celle après $(103,39)$ sera donc $(713,272)$.
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.
Chaurien, toi qui apprécies les nombres de Fibonacci et Lucas, cela devrait t'intéresser si tu ne connaissais pas déjà ce document. (tu)
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.