Récréation mathématique Mondiale
dans Arithmétique
Bonjour à tous,
Je vous propose une récréation mathématique, une petite distraction, sans prétention aucune, issue du Monde d'aujourd'hui.
Les suites H-arithmétiques :
On considère $H$ l'ensemble des inverses des entiers strictement positifs. $$H=\{1\,;\,\frac12\,;\frac13\,;\,...\}$$
On cherche les suites H-arithmétiques, suites arithmétiques, formées d'éléments de $H$.
Par exemple la suite $(\frac{1}{42}\,;\,\frac{1}{12}\,;\,\frac{1}{7})$ est une suite H-arithmétique de raison $\frac{5}{84}$, de longueur $3$ ; longueur qui est par ailleurs maximale, puisqu'on ne peut la prolonger de façon arithmétique ni à gauche ni à droite tout en restant dans $H$.
Trouver une suite H-arithmétique maximale de longueur $10$.
Existe-t-il une suite H-arithmétique maximale de longueur $11$.
Bonne récréation.
Je vous propose une récréation mathématique, une petite distraction, sans prétention aucune, issue du Monde d'aujourd'hui.
Les suites H-arithmétiques :
On considère $H$ l'ensemble des inverses des entiers strictement positifs. $$H=\{1\,;\,\frac12\,;\frac13\,;\,...\}$$
On cherche les suites H-arithmétiques, suites arithmétiques, formées d'éléments de $H$.
Par exemple la suite $(\frac{1}{42}\,;\,\frac{1}{12}\,;\,\frac{1}{7})$ est une suite H-arithmétique de raison $\frac{5}{84}$, de longueur $3$ ; longueur qui est par ailleurs maximale, puisqu'on ne peut la prolonger de façon arithmétique ni à gauche ni à droite tout en restant dans $H$.
Trouver une suite H-arithmétique maximale de longueur $10$.
Existe-t-il une suite H-arithmétique maximale de longueur $11$.
Bonne récréation.
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Réponses
Par exemple, pour $a=2$ et $b=3$, ça donne $\dfrac{1}{6}$, $\dfrac{1}{4}$ et $\dfrac{1}{3}$. Et l'exemple donné dans l'énoncé correspond à $a=1$ et $b=7$.
Mais pour la longueur 11, $\dfrac{1}{11!}, \dfrac{2}{11!}, \dfrac{3}{11!}, \dfrac{4}{11!}, \dfrac{5}{11!}, \dfrac{6}{11!}, \dfrac{7}{11!}, \dfrac{8}{11!},\dfrac{9}{11!}, \dfrac{10}{11!}, \dfrac{11}{11!}$ n'est pas maximale, on peut la prolonger par $\dfrac{12}{11!}$ !!!
Je vous laisse terminer...
Pour la longueur 11 maximale, on peut prendre $\dfrac{1}{22!}, \dfrac{3}{22!}, \dfrac{5}{22!}, \dfrac{7}{22!}, \dfrac{9}{22!}, \dfrac{11}{22!}, \dfrac{13}{22!},\dfrac{15}{22!}, \dfrac{17}{22!}, \dfrac{19}{22!}, \dfrac{21}{22!}$
$$\dfrac{1}{29418840}, \dfrac{1}{27457584}, \dfrac{1}{25741485}, \dfrac{1}{24227280}, \dfrac{1}{22881320}, \dfrac{1}{21677040}, \dfrac{1}{20593188}, \dfrac{1}{19612560}, \dfrac{1}{18721080}, \dfrac{1}{17907120}, \dfrac{1}{17160990}$$
et
$$\dfrac{1}{59838553194539669550}, \dfrac{1}{59637076584457044400}, \dfrac{1}{59436952166388396600}, \dfrac{1}{59238166373189773200},$$
$$\dfrac{1}{59040705818612473956}, \dfrac{1}{58844557294298146800}, \dfrac{1}{58649707766833583400}, \dfrac{1}{58456144374863835600},$$
$$\dfrac{1}{58263854426262309825}, \dfrac{1}{58072825395356531760}, \dfrac{1}{57883044920208307800}$$
Pour cette dernière, mes vieilles tables de Laborde m'ont été bien utile !
Merci
La table de Laborde m'a été utile pour savoir que 295 admet le facteur premier 59, et que 307 est premier, ce qui induit la maximalité de la suite.
[Correction de LaTeX. AD]
(c'est sans doute la suite des $k/m$)
Je doute que la solution du Monde -à paraître mardi prochain- propose une telle suite, à base des tables de Laborde ; je pencherais plutôt du côté des factorielles.
Cet exercice fait bougrement penser aux fractions égyptiennes:
\lien{
Chapeau Gb et Guego.
Qui écrit les énigmes du Monde maintenant ? Merci.
Amicalement.
[Lien corrigé. AD]
L'idée est qu'en rendant les termes de la suite au même dénominateur, les numérateurs doivent être en progression arithmétique.
On peut tout d'abord prendre comme dénominateur commun le produit des divers dénominateurs, d'où les exemples avec les factorielles, mais il est "plus sympathique" de pendre leur ppcm. Le truc après, c'est de s'assurer que la suite est maximale : la première suite est celle des $\dfrac{k}{m}$ avec $14 \leq k \leq 24$, pour laquelle le résultat est vite vu ; pour en avoir une autre, je me suis servi de la table...
Le plus simple est de partir de la raison : 1/(8*9*5*7*11) et de remarquer que le dénominateur est multiple de 1,2,..,12 et pas 13, pour avoir une telle suite maximale de 12 éléments.
Amicalement,
Georges
PS Pour ceux qui comme moi ont un MAC, Netscape 7.02 convient mais je ne vois pas comment modifier (en dessous il y a Aperçu et Envoyer seulement.
[Georges, pour pouvoir modifier ses messages, il faut être inscrit sur le forum. AD]
> Le plus simple est de partir de la raison :
> 1/(8*9*5*7*11) et de remarquer que le dénominateur
> est multiple de 1,2,..,12 et pas 13, pour avoir
> une telle suite maximale de 12 éléments.
Le problème est justement que l'on veut une suite maximale de 11 éléments seulement.
j'ai mal lu la question,
La maximalité est effectivement plus difficile à obtenir.
Peut-être reste-t-il à trouver la suite maximale ayant le plus grand minimum.
Est-ce celle ayant 16.9.5.7.11.17.19.23 au dénominateur?
Pour obtenir une suite H-arithmétique maximale de longueur p notée:H-p, lorsque p+1 est premier , la méthode gb des factorielles est infaillible; maintenant , parmi ces suites H-p ,ce n'est certainement pas celle qui possèdera le plus grand des minimums. ( cf: ppcm)
$$\dfrac{1}{p!}, \dfrac{2}{p!}, \dfrac{3}{p!},......, \dfrac{p-1}{p!}, \dfrac{p}{p!}$$
Pour p=4 et H-4:
méthode factorielles: $\dfrac{1}{4!}, \dfrac{2}{4!}, \dfrac{3}{4!}, \dfrac{4}{4!}$
méthode ppcm:$\dfrac{1}{12}, \dfrac{2}{12}, \dfrac{3}{12}, \dfrac{4}{12}$
les plus grands minimums sont respectivement: $\dfrac{1}{6}, \dfrac{1}{3}$
pour p=5 et H-5, les dénominateurs 5! ou ppcm(1,2,3,4,5) ne conviennent pas; je tourne en rond sans trouver... merci, merci.
Merci Longjing : je possède "Le jardin du Sphinx" de P. Berloquin et j'ignorais qu'un autre livre de compilation était paru.
Bonne journée.
En fait, pour en avoir une maximale de longueur $n$, il suffit de trouver $k$ tel que $nk+1$ soit premier (c'est toujours possible, merci Dirichlet), et de prendre la suite $\dfrac{1}{(nk)!}$, $\dfrac{1+k}{(nk)!}$, $\dfrac{1+2k}{(nk)!}$, ..., $\dfrac{1+nk}{(nk)!}$
la suite, pour k=1,3,5,7,9, k/(5*7*9) pour laquelle le minimum est 1/(5*7*9) qui semble être le minimum maximum possible.
Pour H3 la suite, pour k=1,2,3, k/(2*3) semble donner le minimum maximum 1/(2*3).
Pour H4 la méthode générale de Guego donne, puisque 4+1=5, la suite, pour k=1,2,3,4, k/(4*3) qui semble donner le minimum maximum 1/(4*3).
Pour H6, la méthode générale de Guego donne, puisque 6+1=7,
la suite, pour k=1,2,3,4,5,6, k/(4*3*5) qui semble donner le minimum maximum 1/(4*3*5).
Pour H11, la méthode générale de Guego donne, puisque 2*11+1=23,
la suite, pour k=1,3,5,7,9,11,13,15,17,19,21, k/(9*5*7*11*13*17*19). A-t-on ainsi le minimum maximum 1/(9*5*7*11*13*17*19)??