Maths en Jeans, Fractions égyptiennes 1 Décomposition optimale d

2005-2006
Anne Blein, Marie-Hélène Berthaud, Maryse Combrade, Maryse Chemol,
Cédrid Jossier, Loı̈c Jussiaume, Cécile Herault, FLorence Gabarra, Camille Laurent-Gengoux, Gilles
Maréchal, Dominique Merlet.
Maths en Jeans, Fractions égyptiennes
1
Décomposition optimale d’un entier en matching pair
(sujet pour Rochefort ?)
Le matching pair, pour décomposer un entier naturel n, procède ainsi. On commence par se
choisir un entier m > 1 que l’on va appeler pas de base (“pas” étant ici à prendre au sens de
précision).
On écrit alors
1
1
+ ··· +
avec nm termes
n=
m
m
puis on applique l’algorithme (en se souvenant que si “1” apparait, on le remplace par 1/2 +
1/3 + 1/6).
On voudrait étudier le nombre Ln (m) de termes de la décomposition égyptienne obtenue par
matching pair avec pour pas m (en fonction de m bien entendu !)
1.1
Motivation
Pour n fixé, on a donc un choix : celui de m. A priori, on pourrait penser que plus m est grand,
plus on obtiendra, à la fin, de termes, donc plus Ln (m) sera grand. C’est un peu plus compliqué
que cela.
Commençons par étudier la cas n = 1.
1. Quand le pas est 3, on trouve 1/3 + 1/3 + 1/3 → 1/2 + 1/3 + 1/6
2. Quand le cas est 2, on trouve 1/2 + 1/2 → 1 → 1/2 + 1/3 + 1/6.
3. Plus généralement, quand le cas est de la forme 2k pur un entier k 6 1, l’algorithme
donnera 1 puis 1/2 + 1/3 + 1/6 à la fin. On peut donc trouver des entiers arbitrairement
grands tels que Ln (m) soit équal à 3.
4. Petite variation du cas précédent : si le pas est de la forme m = 3 × 2k , on va tomber
sur 1/3 + 1/3 + 1/3 au bout d’un certain nombre détapes, et on retombe encore sur
1/2 + 1/3 + 1/6.
1
5. si le pas est de la forme m = 5 × 2k , on tombe au bout d’un certain nombre d’étapes sur
1/5 + 1/5 + 1/5 + 1/5 + 1/5, qui elle-même donnera une décomposition en moins de 5
termes (car, je vous rappelle, le matching diminue le nombre de termes).
6. En fait, on peut vérifier que L(2k m) = L(m) pour tout k > 0. On peut donc supposer
que le pas est impair.
1.2
Plan de travail
Étape 1 Pour n = 1 et m = {3, · · · , 51} avec m impair, calculer L1 (m). Essayer de voir à
quelles règles obeit L1 (m). Trouver les “maximums” locaux. Sont-ils atteints sur des pas m qui
sont des nombres premiers (ce dont je doute) ? A quoi ressemblent les nombres pour lesquels
L1 (m) est très petit ?
Que se passe t-il pour m = 2k − 1 ? (en effet pour cette valeur, le matching pair va faire ressortir
un 2k , il est donc probable que L1 (m) soit petit pour ces valeurs) Ce ne sont alors pas sur tous
les nombres premiers que l’algo va donner un L1 (m) grand car il y a beaucoup de nombres
premiers de la forme (dite de Fermat) m = 2k − 1.
Peut on comparer L1 (3m) et L1 (m) ?
Étape 2 Pour n = 1 · · · , 10 et m = {2, · · · , 10}, calculer Ln (m). Essayer de voir à quelles
règles obeit Ln (m). Trouver les “maximums” locaux. Sont-ils atteints sur des pas m tels que n
et m soient premiers entre eux ?
Étape 3 Faire de jolis graphiques avec tout cela et essayer de prolonger les courbes pour
suggérer une conjecture.
2
2.1
Nombres parfaits à un millième près.
Motivation
On dit qu’un nombre est parfait s’il est egal à la somme de ces diviseurs stricts. Par exemple,
6 = 3+2+1 et 28 = 14+7+4+2+1. Les nombres parfaits pairs sont connus : ils sont tous de la
forme 2k−1 (2k −1) où 2k −1 est un nombre premier (on dit d’un tel premier que c’est un nombre
de Fermat). On ignore, et c’est peut-être la plus ancienne conjecture des mathématiques, s’il
existe des nombres parfaits impairs. Le but de ce sujet est de montrer l’existence de nombres
parfaits impairs à un millième près, ce qui permet de frimer en disant que l’on n’est pas si loin
d’avoir résolu le problème...
Un nombre parfait donne une décomposition un fraction egyptienne de 1. Il suffit pour cela
décrire
X
n=
m
m|n
(où m|n signifie m divise n et m 6= n pour simplifier) et de diviser par n :
Xm
1=
n
m|n
La fraction m/n est unitaire car m divise n strictement et les fractions ainsi obtenues sont deux
à deux distinctes.
2
P
1
On dira d’une fraction égyptienne S = N
i=1 ki qu’elle est parfaite si et seulement si il existe
un entier M dont l’ensemble des diviseurs, privé de 1, est exactement l’ensemble {k1 , · · · , kN }.
Exemple : 1/2 + 1/7 + 1/14 est une fraction égyptienne parfaite. Prendre M = 14. Autre
exemple : 1/3 + 1/9 + 1/7 + 1/21 + 1/63 est une fraction égyptienne parfaite. Prendre M = 63
etc...
Remarquons que cet entier M est nécessairement le plus grand des ki : on l’appelle donc
le majorateur de S. Une fraction parfaite est donnée entièrement quand on se donne son
majorateur.
Décomposer 1 en fraciton égyptienne parfaite de majorateur M est possible sio et seulement
si M est un nombre parfait.
Remarque cruciale : L’astuce est alors de remarquer le résultat suivant.
Proposition : Si S est une fraction parfaite de majorateur M et p un nombre premier différents
de tous les entiers k1 , · · · , kN de S, alors
S+
1 1
+ S
p p
est une fraction égyptienne parfaite de majorateur M p
Si p apparait déja dand esl diviseurs de M , la règle est un peu plus compliquée, mais on y
parvient.
Idée : Approximer un rationnel par une fraction parfaite.
Question sans doute trop dure : est-ce que tout rationnel est égal à une fraction égyptienne
parfaite ? Aucune idée...
Pour approximer un rationnel par une fraction parfaite, on peut imaginer l’algorithme suivant :
On stocke en mémoire une liste de nombres premiers dans laquelle on se servira quand le besoin
s’en fera sentir.
1. On part d’un rationnel p/q
2. On cherche un nombre premier p1 tel que S1 = 1/p1 6 p/q
3. Puis un autre nombre premier p2 tel que S2 1/p1 + 1/p2 + 1/p1 p2 6 p/q
4. et, à la n-ième étape, on part de notre fraction égyptienne parfaite Sn et on cherche
un nouveau nombre premier pn tel que Sn+1 = Sn + p1n Sn + p1n 6 p/q (un tel pn existe
toujours)
5. Sn+1 est parfaite etc...
Peut-être faudra-il être plus subtil et accepter que le même nombre premier intervienne plusieurs
fois ? Le problème est que alors Sn + p1n Sn + p1n n’est plus parfait, il faut compliquer un peu la
formule...
A chaque étape Sn est une somme parfaite et la suite n → Sn est croissante.
Question un peu dure aussi : est-ce que au moins elle tend bien vers p/q ? Ce n’est pas clair du
tout. A vos calculatices...
Le défaut de ce projet et qu’il n’y a plus guère de Fibonacci ni de matching pair. Les deux
questions précédentes sont pour matheux, evidemment. Mais en voici une plus simple, qui est
véritablement celle que je suggère de regarder en fait :
3
Trouver des rationnels aussi proches de 1 que possibles et qui soient égaux à une fraction
égyptienne parfaite.
L’intérêt est le suivant. Si on sait trouver une fraction égyptienne parfaite S de majorateur M
telle que |1 − S| 6 1/1000, alors on obtient que
|M − somme des diviseurs stricts de M | 6
M
1000
ou encore, en prenant une sorte de “différence relative”
|M − somme des diviseurs stricts de M |
1
6
M
1000
ce qui se comprend en disant que M est parfait à 1/1000 près.
Si on s’est de plus arrangé pour que 2 ne figure pas parmi les nombres premiers utilisés pour
construire S, en clair si M est impair, alors on a démontré la conjecture suivante.
Conjecture faisable : Il existe des nombres impairs qui sont parfaits à
1
1000
près .
Jolie conjecture, qui donne l’illusion d’avoir presque démontré une des plus belles conjectures
des maths (à un millième près). J’ai demandé à un algébriste, il m’a dit que cela devait être
connu sous d’autres formes... Peu importe ?
2.2
Plan de travail imaginable
Étape 1 Trouver une liste de tous les nombres premiers sur Internet.
Programmer l’algorithme ci-dessus ; avec un programme souple (=modifiable)
Étape 2 Le faire tourner et résoudre la conjecture sur l’existence d’entiers impairs parfaits à
1/1000 près.
Étape 3 Réfléchir aux autres questions.
3
Syracuse et Fibonacci.
Je n’ai pas encore les idées bien claires sur cette partie là. Et j’ai un vrai gros problème, J’ai
peur que les calculs ne soient infaisables pour l’ordinateur. Et tout cela est encore un peu flou,
je reprendrais...
La suite de Syracuse est définie ainsi :
1. On part d’un entier u0 positif, et à chaque étape,
2. si un est pair, on divise par 2 et on considère un+1 = un /2
3. s’il est impair, on considère un+1 = 3un + 1
C’est une conjecture (à un million de dollars) que quelque soit l’entier initial, un va être égale
à 1 pour un certain n. Une fois que 1 est atteint, la suite boucle 1, 4, 2, 1, 4, 2, 1etc...
L’idée est la suivante. On part de, admettons, 5 que l’on décompose en fractions égyptiennes.
Puis à chaque étape, on va supposer un décomposé en fractions égyptienne et décomposer un+1
ainsi.
Si un est pair, c’est facile, on prend chaque terme, et on divise par 2, on obtie,nt laP
décomposition
1
, alors on
de un+1 . Si un est impair et est ǵal à une certaine fraction égyptienne Sn =
kn
4
P
P
regarde un+1 = 3Sn + 1 = ni=1 k3n + 1 = ni=1 k3n + 1/2 + 1/3 + 1/6, et on se débarasse des k3n
par matching pair...
L’idée est de regarder combien de termes on obtient lorsque un vaut enfin 1. Et de regarder
comment ce nombre dépend des conditions initiales.
L’autre idée est de simplifier, non par matching pair, mais ainsi. Si un est impair, il a été
obtenu en divisant par 2 donc Sn est une somme d’inverses de nombres pairs... Soit 1/m une des
fractions unitaires qui apparait dans Sn . Si m = 3k est divisible par 3, on simplifie directement
3/m = 1/k. Si m = 3k + 2, alors on utilise l’identité remarquable
3
1
1
=
+
3k + 2
k + 1 (k + 1)(3k + 2)
Si m = 3k + 1, alors k est impair car 3k + 1 est pair et on utilise l’identité remarquable
3
2
2
=
+
3k + 1
k + 1 (k + 1)(3k + 1)
qui se simplifie à nouveau car k est pair...
Ensuite, on peut se poser la même question que précédemment.
J’ai quelques autres idées du même tonneau mais je ne sais pas trop ou cela mêne. Je pensais
fignoler cela aujourd’hui, mais je n’y arrive pas, alors à demain pour cette partie.
4
La décomposition égyptienne de π et celle d’un décimal
J’ai en fait deux questions, dont une semble être hors-sujet, mais je trouve la deuxième amusante.
4.1
Motivation.
Le nombre π est un irrationnel. Mais il existe de nombreuses manières de l’approximer par des
rationnels.
1. En prenant son dévelopement décimal quelque part sur Internet et en tronquant à l’ordre
n, cela me semble être le mieux ici
2. ou en prenant la méthode dite d’Archimède,
3. ou en prenant π/4 = 1 − 1/3 + 1/5 − 1/7 + etc... (très lent)
4. ou en prenant π 2 /6 = 1 + 1/22 + 1/32 + 1/42 + etc... (mieux mais pas terrible non plus)
5. et en voici deux autres :
Méthode 1 : Fibonacci pour π
Remarquons tout d’abord que l’on peut très bien appliquer Fibonacci à un irrationel. On part de
x irrationel dans [0, 1], on retire 1/p ou p est le plus petit entier tel que p1 6 x. On recommence
avec x − p1 . Si x est juste positif mais non inférieur à 1, on commence par retirer 1/2, 1/3 etc...
La seule différence avec le cas rationnel est que l’algorithme obtenu ne s’arrête jamais. Il faut
décider soi-même de l’arrêter après avoir répété un certain nombre de fois l’opération, disons n
fois. Appelons Sn la fraction égyptienne obtenue après n opérations et Mn le plus grand entier
qui apparaisse dans la fraction.
Appliquons ceci à π. Par construction π est supérieur à Sn mais inférieur à ce que l’on aurait
obtenu si on avait remplacé le terme 1/Mn par 1/(Mn − 1). En clair
5
Sn < π < Sn −
1
1
1
+
6 Sn +
Mn Mn − 1
Mn (Mn − 1)
On a donc approximé π à Mn (M1 n −1) près ! Ceci est evidemment une excellente approximation si
Mn est grand.
Ma question est la suivante :
But : Estimer la vitesse avec la quelle Mn tend vers l’infini. En fait, essayer de vérifier
expérimentalement que n/Mn , n2 /Mn , n3 /Mn etc... tendent vers 0.
Méthode 2 : Utilisation de la d{ecomposition avec des entiers
On peut aussi écrire des décimaux ou des irrationnels en faisant interviennent les décompositions
des entiers de la manière suivante.
Dans ce qui suit on peut oublier π, et prśenter la chose comme, donner une décomposition
égyptienne d’un décimal, ou une approximation d’un nombre écrit sous forme d’un développement
décimal.
1. On cherche des décompositions égyptiennes de 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9.
2. On prend un nombre décimal, par exemple π tronqué, écrit sous forme : π8 = 3, 14159265.
3. On réecrit ce nombre π8 sous la forme 3 +
1
10
+
4
100
+
1
1000
+
5
10000
+
6
...etc..
10000
4. On utilise les décompostions précédentes pour remplacer 4, 5 etc... par une fraction
égyptienne et pour réecrire le tout comme une somme de fractions unitaires...
5. et on réapplique “matching pairs” pour supprimer d’eventuels doublets.
Problèmes : (i) l’un de vos groupes a t-il vraiment réussi à décomposer tous les entiers de 1 à 9
ou est-ce que cela bloque trop vite ? (ii) Cette méthode est peut-être absolument inefficace en
termes de calculs...
Intérets : (i) On peut découper en deux : envoyer un groupe sur la méthode 1 et un sur la
méthode 2. (ii) Les élèves verront (cf ci dessous) un algorithme qui utilise vraiment ce qu’ils
ont fait sur les entiers pour construire un algo qui donne des fractions egyptiennes de nombres
décimaux.
Et voici la question :
Peut-on s’arranger pour ne pas avoir à faire l’étape 5 dans l’algorithme ? En choisissant de
“bonnes ” décompositions des entiers par exemple.
Je m’explique : si on peut s’arranger pour trouver des décompositions de 2 et 3 qui emploient
des entiers n1 , · · · , nk et m1 · · · ml ayant l’amabilité d’être tels que l’on a jamais mi = 10p nj ni
ni = 10p mj ni ni = 10p ni mj = 10p , alors on est certain qu’en appliquant l’algorithme à un
décimal du type 0, 2310302132, on tombera directement sur une fraction egyptienne, sans avoir
à supprimer des doublons.
Par exemple, il me semble que 2 sécrit 1/2+1/3+/1/4+1/7+1/12+1/36. Cette décomposition
est bien car elle n’a pas de puissances de 10. Ce que sachant je peux écrire 0, 21202 sous la
forme
0, 21202 = 1/20 + 1/30 + /1/40 + 1/70 + 1/120 + 1/360
+1/100
+1/2000 + 1/3000 + /1/4000 + 1/7000 + 1/12000 + 1/36000
6
+0
+1/200000 + 1/300000 + /1/400000 + 1/700000 + 1/1200000 + 1/3600000
Cette décomposition est égyptienne. Quel est l’intérêt de ne pas avoir a faire l’étape (5) ? C’est
plus simple, mais surtout, cela permet de décomposer des irrationnels. C’ets à dire que l’on peut
supposer que le décimal a une l’infinité de termes et le décomposer directement. A mon avis,
cette méthode est suffisament farfelue et inefficace pour que personne n’y ait pensé avant, si
cela peut les rassurer, mais c’est mignon... Ils auront du mal à trouver des décompositions
convenables pour tous les entiers qui vérifient les hypothèses réclamées. Ce n’est pas grave.
S’ils en trouvent pour quelques uns disons 2 et 3, alors ils pourront au moins dire que l’algo
sans étape 5 marche pour tous les nombres qui n’ont que des 0 des 1 des 2 et des 3 dans leur
DL. Or cet ensemble, c’est un ensemble dit de Cantor, cela peut faire un joli nom et un joli
dessin à mettre dans leur conclusion...
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