1,36,1225,41 616,1 413 721, ...

bs1 · August 2006

bonjour

ref: New Mathematical Diversions from Scientific American ( M. Gardner)

la suite proposée en titre correspond à la suite infinie des nombres qui sont à la fois triangulaire et carré.

Alors que seuls deux nombres sont à la fois pyramidaux et carrés (1 et 4900), cf: fil 4.900 enrichi par Pilz, Borde et RAJ , il existe une infinité de nombres vérifiant l'équation diophantienne:
$\frac{n(n+1)}{2}=m^2$

$36=8.9/2=6^2$
$1225=49.50/2=35^2$
$41 616=288.289/2=204^2$

le chapître, plutôt genre vulgarisation,indique que le n_ième nombre carré triangulaire est donné par:
$\frac{(17 + 12.rac(2))^n + ( 17 - 12.rac(2))^n -2}{32}$

Heureusement, l'auteur précise que l'on pourra trouver la preuve de cette relation dans l'American Mathematical Monthly , de Février 1962,page 169.
Peut-être l'un d'entre vous ?
merci beaucoup.

Comment obtenir le signe radical pour racine en Latex ? merci encore
AD: depuis que tu m'as dit de faire update sur mon navigateur, Latex commence à être dompté. merci

Menagex · August 2006

Pour afficher une racine, tape :

$\sqrt 7$ pour la racine de 7, etc...

Menagex.

bs1 · August 2006

merci Menagex

Sylvain · August 2006

Je propose la récurrence suivante:

$u_0=0$
$u_1=1$
$u_{n+2}=6u_{n+1}-u_n$

puis $v_n=u_n^{2}$ donne le $n$ième nombre triangulaire carré.

Sylvain

Aleg · August 2006

bonjour bs,

- je t'ai envoyé un fichier par mail.

- pour le symbole de la racine carrée, j'ajoute que tu dois mettre des accolades si ton radicande contient plus d'un symbole (ça marche comme une puissance) : par exemple, si tu veux écrire la racine de l'expression (x²+1), il faudra écrire $\sqrt {x^2+1}$ et non $\sqrt x^2+1$.

- merci de ton intervention en ma faveur sur un récent fil "Hors-maths" un peu débile... Le cas échéant, j'espère que tu me ferais une ristourne sur tes honoraires d'avocat...

loulmet · August 2006

Bonsoir,

L' équation en (n,m) proposée se ramène à une équation de Pell:

En posant x=2n+1 et y =2m, on obtient: xx-2yy=1.

La résolution (classique quand on la connait), de cette équation dit que les solutions en entiers positifs sont les couples (x(n), y(n)) donnés par:

x(0)=1 , y(0)=0, x(n+1) =3x(n)+4y(n)

y(n+1)= 2x(n)+3y(n) ( n entier)
On déduit alors: m = (a^n - b^n)/ ( a - b ) où a et b sont les zéros du polynome X^2 - 6X + 1, puis l' expression proposée pour m^2.

Cordialement.

bs1 · August 2006

merci à tous pour ces différentes pistes;
merci Aleg pour le document;
suis toujours preneur d'autres approches,
ce forum est un joyau.

Richard André-Jeannin · August 2006

J'ai retrouvé la solution de loulmet dans un article du Fibonacci Quarterly (On triangular rectangular numbers, Dubeau et Pautasso, juin juillet 95, volume 33, n°3). Dans cet article, les auteurs étudient de manière plus générale l'équation:
k(k+1)/2=m(m+t), avec t un entier.
Remarquons que Sylvain avait la solution, sans donner de détails.

Sylvain · August 2006

Encore eût-il fallu que je les connusse, Richard.

Richard André-Jeannin · August 2006

Au moins, ça nous change du SMS.

bs1 · August 2006

Sylvain, tu es démasqué !
Tes conjectures n'émaneraient donc pas de tes réflexions personnelles ?
rassure-nous.

Sylvain · August 2006

Mais si bs, pourquoi ?

bs1 · August 2006

merci Richard pour cette référence.
Sylvain: je sais que ces conjectures sont de toi, et j'aime les lire:en espérant qu'un jour tu tireras le gros lot.

Sylvain · August 2006

Merci bs pour ces encouragements qui me font bien plaisir !

bs1 · August 2006

bonjour

quelques réflexions sur les réponses reçues:

1)solution loulmet
élégant ce passage par Pell-Fermat qui permet de montrer d'une part, qu'il existe une infinité de solutions, d'autre part de les calculer par récurrence simple;on a, avec $TC_k$=k_iéme nombre triangulaire carré.
$x_1=3 , y_1=2 , n_1=1, m_1=1 , TC_1={m_1}^2=1$
$x_2=17 , y_2=12, n_2=8, m_2=6 , TC_2={m_2}^2=36$

Rem: cette approche est reprise dans l'AMM.

2)solution AMM pour obtention formule ; résumé méthode:
on résoud: $n^2+n-2.m^2=0$
alors:$n=\frac{-1+\sqrt{1+8.m^2}}{2}$
on pose$1+8.m^2=x^2$
si $m=1$ alors: $x=3$

de là, on déduit la solution générale pour m:
$m=\frac{[(3+\sqrt8)^k- (3-\sqrt8)^k]}{2\sqrt8}$
enfin , le k_iéme nombre triangulaire carré est donné par:
$TC_k=m^2=$on retrouve la formule du premier message en remplaçant n par k ( je galère encore trop en Latex pour la réécrire)

juste une question: "de là on déduit la solution générale pour m:...": comment font-ils?, merci

encore merci Aleg

Richard André-Jeannin · August 2006

bs: une remarque:

1+8*m²=x² peut sécrire 1+2*m'²=x², avec m'=2m. C'est donc l'équation de Pell Fermat de la méthode "loulmet". Seule la manière d'arriver à l'équation diffère.

bs1 · August 2006

merci Richard, effectivement, je n'avais pas remarqué.

Sylvain · August 2006

Hé hé, c'est qu'il a plus d'un tour dans son sac le petit père André-Jeannin !

Richard André-Jeannin · August 2006

Recherche de la solution générale de x²-8y²=1
La solution fondamentale est x0=3, y0=1. On définit les suites x(n) et y(n) par (j'ai posé a=racine(8)):

x(n)+ay(n)=(3+1*a)^n
x(n)-ay(n)=(3-1*a)^n

On en déduit facilement x(n) et y(n) par addition et soustraction.
Par multiplication, on a:
x(n)²-8y(n)²=(3²-1²*a²)^n=1^n=1
Ceci montre que les couples x(n), y(n) sont des solutions de l'équation. Il resterait à montrer que ce sont les seules.
En posant r=3+a et s= 3-a, il est clair que x(n) et y(n) sont solutions de la récurrence d'ordre 2 dont le polynôme caractéristique est
X²-S*X+P, avec S=r+s=6 et P=rs=1
On a donc x(n)=6x(n-1)-x(n-2), avec x(0)=1, x(1)=3
y(n) suit la même récurrence avec y(0)=0 et y(1)=1.

Guego0 · August 2006

Zut ! J'avais pas vu ce fil plus tôt, sinon j'aurais tout de suite indiqué qu'on trouve pas mal de choses là :
<BR><a href=" http://mathworld.wolfram.com/SquareTriangularNumber.html"> http://mathworld.wolfram.com/SquareTriangularNumber.html</a><BR>

Richard André-Jeannin · August 2006

Guego: Je trouve le début de votre référence assez laborieux:
Si n(n+1)/2=m², alors 8m²=4n²+4n et par suite:
8m²+1 =(2n+1)².
Le reste n'est pas mieux. Plutôt que de dire qu'Euler a montré qu'il existait une infinité de solutions, il est préférable de les décrire.

bs1 · August 2006

bien vu et merci RAJ
à l'aide de votre relation de récurrence $y_n=6y_{n-1}-y_{n-2}$ avec conditions initiales $y_0=0,y_1=1$ et à l'aide de l'équation caractéristique:
$r^2-6r+1=0$, on retrouve :
$y_n=\frac{[3+\sqrt8]^n-[3-\sqrt8]^n}{2\sqrt8}$;
cet $y_n$ est le m de l'équation :$n^2+n-2m^2=0$;
en élevant au carré, on retrouve le n_ième nombre triangulaire carré, expression avec $(17+12\sqrt2)^n)$ qui figure dans le post initial.
Je pars de ce pas annoter mon livre avec toutes ces démonstrations.

merci guego: ce doit être la quatrième fois que tu me donnes accès à des pages documentées sur la toile; dans celle-ci, figurent une relation étrange avec un produit de cosinus ainsi que la fonction génératrice des nombres triangulaires carrés ( apparemment, ces découvertes sont récentes).

bonne journée à tous

Richard André-Jeannin · August 2006

On peut imaginer d'autres problèmes autour des nombres triangulaires: par exemple les nombres de Fibonacci triangulaires. J'ai vainement attaqué ce problème il y a une quinzaine d'années. La solution (plutôt complexe à mon sens) a été obtenue par un Chinois, il y a une dizaine d'années (je retrouverai la référence dans le fibonacci quarterly).

Dans un genre moins difficile, on peut chercher les nombres premiers p tels que: p^n+1 est triangulaire. On obtient:

2^1+1=(2*3)/2
3²+1=(4*5)/2
3^3+1=(7*8)/2
5^1+1=(3*4)/2

Sylvain · August 2006

Et y a-t'il moyen de déterminer n en fonction de p ?

Richard André-Jeannin · August 2006

De manière précise, il faut déterminer les couples (p,n) tels que p^n+1 soit triangulaire. La question avait été posée aux lecteurs du Fib. Quart. (dans la rubrique des questions élémentaires) sous la forme: chercher les entiers n tels que 2^n+1 est triangulaire. J'avais remarqué que 2 pouvait être remplacé sans trop de mal par un premier p. L'idée est de transformer p^n+1=k(k+1)/2 en
2p^n=(k-1)(k+2). On étudie ensuite les cas k=2r et k=2r+1. C'est un petit exercice abordable en terminale.

Sylvain · August 2006

Et sait-on ce qu'il en est pour les coefficients binomiaux triangulaires ?

Richard André-Jeannin · August 2006

Je ne me souviens plus s'il existe des résultats à ce sujet. C'est fort possible.

Richard André-Jeannin · August 2006

Je ne me souviens plus s'il existe des résultats à ce sujet. C'est fort possible. (mis à part C(n,2), of course).

Richard André-Jeannin · August 2006

Une référence: "on triangular Fibonacci numbers" par Luo Ming (Fibonacci Quarterly, , volume 27, n°2, may 1989).
L'auteur montre que F(n) est triangulaire pour n=0;1;2;4;8;10.