Maths en Jeans, Fractions égyptiennes 1 Décomposition optimale d

2005-2006
Anne Blein, Marie-H´el`ene Berthaud, Maryse Combrade, Maryse Chemol,
C´edrid Jossier, Lo¨ıc Jussiaume, C´ecile Herault, FLorence Gabarra, Camille Laurent-Gengoux, Gilles
Mar´echal, Dominique Merlet.
Maths en Jeans, Fractions ´egyptiennes
1 D´ecomposition optimale d’un entier en matching pair
(sujet pour Rochefort ?)
Le matching pair, pour d´ecomposer un entier naturel n, proc`ede ainsi. On commence par se
choisir un entier m > 1 que l’on va appeler pas de base (“pas” ´etant ici `a prendre au sens de
pr´ecision).
On ´ecrit alors
n=1
m+· · · +1 mavec nm termes
puis on applique l’algorithme (en se souvenant que si “1” apparait, on le remplace par 1/2 +
1/3+1/6).
On voudrait ´etudier le nombre Ln(m)de termes de la d´ecomposition ´egyptienne obtenue par
matching pair avec pour pas m(en fonction de mbien entendu !)
1.1 Motivation
Pour nfix´e, on a donc un choix : celui de m. A priori, on pourrait penser que plus mest grand,
plus on obtiendra, `a la fin, de termes, donc plus Ln(m) sera grand. C’est un peu plus compliqu´e
que cela.
Commen¸cons par ´etudier 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 g´en´eralement, quand le cas est de la forme 2kpur un entier k61, l’algorithme
donnera 1 puis 1/2 + 1/3 + 1/6 `a la fin. On peut donc trouver des entiers arbitrairement
grands tels que Ln(m) soit ´equal `a 3.
4. Petite variation du cas pr´ec´edent : 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 d´etapes, 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’´etapes sur
1/5+1/5+1/5+1/5+1/5, qui elle-mˆeme donnera une d´ecomposition en moins de 5
termes (car, je vous rappelle, le matching diminue le nombre de termes).
6. En fait, on peut v´erifier que L(2km) = L(m) pour tout k>0. On peut donc supposer
que le pas est impair.
1.2 Plan de travail
´
Etape 1 Pour n= 1 et m={3,· · · ,51}avec mimpair, calculer L1(m). Essayer de voir `a
quelles r`egles obeit L1(m). Trouver les “maximums” locaux. Sont-ils atteints sur des pas mqui
sont des nombres premiers (ce dont je doute) ? A quoi ressemblent les nombres pour lesquels
L1(m) est tr`es 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) ?
´
Etape 2 Pour n= 1 · · · ,10 et m={2,· · · ,10}, calculer Ln(m). Essayer de voir `a quelles
r`egles obeit Ln(m). Trouver les “maximums” locaux. Sont-ils atteints sur des pas mtels que n
et msoient premiers entre eux ?
´
Etape 3 Faire de jolis graphiques avec tout cela et essayer de prolonger les courbes pour
sugg´erer une conjecture.
2 Nombres parfaits `a un milli`eme pr`es.
2.1 Motivation
On dit qu’un nombre est parfait s’il est egal `a 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) o`u 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-ˆetre la plus ancienne conjecture des math´ematiques, s’il
existe des nombres parfaits impairs. Le but de ce sujet est de montrer l’existence de nombres
parfaits impairs `a un milli`eme pr`es, ce qui permet de frimer en disant que l’on n’est pas si loin
d’avoir r´esolu le probl`eme...
Un nombre parfait donne une d´ecomposition un fraction egyptienne de 1. Il suffit pour cela
d´ecrire
n=X
m|n
m
(o`u m|nsignifie mdivise net m6=npour simplifier) et de diviser par n:
1 = X
m|n
m
n
La fraction m/n est unitaire car mdivise nstrictement et les fractions ainsi obtenues sont deux
`a deux distinctes.
2

On dira d’une fraction ´egyptienne S=PN
i=1
1
kiqu’elle est parfaite si et seulement si il existe
un entier Mdont l’ensemble des diviseurs, priv´e de 1, est exactement l’ensemble {k1,· · · , kN}.
Exemple : 1/2 + 1/7 + 1/14 est une fraction ´egyptienne parfaite. Prendre M= 14. Autre
exemple : 1/3 + 1/9 + 1/7 + 1/21 + 1/63 est une fraction ´egyptienne parfaite. Prendre M= 63
etc...
Remarquons que cet entier Mest n´ecessairement le plus grand des ki: on l’appelle donc
le majorateur de S. Une fraction parfaite est donn´ee enti`erement quand on se donne son
majorateur.
D´ecomposer 1 en fraciton ´egyptienne parfaite de majorateur Mest possible sio et seulement
si Mest un nombre parfait.
Remarque cruciale : L’astuce est alors de remarquer le r´esultat suivant.
Proposition : Si Sest une fraction parfaite de majorateur Met pun nombre premier diff´erents
de tous les entiers k1,· · · , kNde S, alors
S+1
p+1 pS
est une fraction ´egyptienne parfaite de majorateur Mp
Si papparait d´eja dand esl diviseurs de M, la r`egle est un peu plus compliqu´ee, mais on y
parvient.
Id´ee : Approximer un rationnel par une fraction parfaite.
Question sans doute trop dure : est-ce que tout rationnel est ´egal `a une fraction ´egyptienne
parfaite ? Aucune id´ee...
Pour approximer un rationnel par une fraction parfaite, on peut imaginer l’algorithme suivant :
On stocke en m´emoire 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 p1tel que S1= 1/p16p/q
3. Puis un autre nombre premier p2tel que S21/p1+ 1/p2+ 1/p1p26p/q
4. et, `a la n-i`eme ´etape, on part de notre fraction ´egyptienne parfaite Snet on cherche
un nouveau nombre premier pntel que Sn+1 =Sn+1
pnSn+1 pn6p/q (un tel pnexiste
toujours)
5. Sn+1 est parfaite etc...
Peut-ˆetre faudra-il ˆetre plus subtil et accepter que le mˆeme nombre premier intervienne plusieurs
fois ? Le probl`eme est que alors Sn+1
pnSn+1 pnn’est plus parfait, il faut compliquer un peu la
formule...
A chaque ´etape Snest une somme parfaite et la suite n→Snest 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 d´efaut de ce projet et qu’il n’y a plus gu`ere de Fibonacci ni de matching pair. Les deux
questions pr´ec´edentes sont pour matheux, evidemment. Mais en voici une plus simple, qui est
v´eritablement celle que je sugg`ere de regarder en fait :
3

Trouver des rationnels aussi proches de 1que possibles et qui soient ´egaux `a une fraction
´egyptienne parfaite.
L’int´erˆet est le suivant. Si on sait trouver une fraction ´egyptienne parfaite Sde majorateur M
telle que |1−S|61/1000, alors on obtient que
|M−somme des diviseurs stricts de M|6M
1000
ou encore, en prenant une sorte de “diff´erence relative”
|M−somme des diviseurs stricts de M|
M61 1000
ce qui se comprend en disant que Mest parfait `a 1/1000 pr`es.
Si on s’est de plus arrang´e pour que 2 ne figure pas parmi les nombres premiers utilis´es pour
construire S, en clair si Mest impair, alors on a d´emontr´e la conjecture suivante.
Conjecture faisable : Il existe des nombres impairs qui sont parfaits `a 1
1000 pr`es .
Jolie conjecture, qui donne l’illusion d’avoir presque d´emontr´e une des plus belles conjectures
des maths (`a un milli`eme pr`es). J’ai demand´e `a un alg´ebriste, il m’a dit que cela devait ˆetre
connu sous d’autres formes... Peu importe ?
2.2 Plan de travail imaginable
´
Etape 1 Trouver une liste de tous les nombres premiers sur Internet.
Programmer l’algorithme ci-dessus ; avec un programme souple (=modifiable)
´
Etape 2 Le faire tourner et r´esoudre la conjecture sur l’existence d’entiers impairs parfaits `a
1/1000 pr`es.
´
Etape 3 R´efl´echir aux autres questions.
3 Syracuse et Fibonacci.
Je n’ai pas encore les id´ees bien claires sur cette partie l`a. Et j’ai un vrai gros probl`eme, 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 d´efinie ainsi :
1. On part d’un entier u0positif, et `a chaque ´etape,
2. si unest pair, on divise par 2 et on consid`ere un+1 =un/2
3. s’il est impair, on consid`ere un+1 = 3un+ 1
C’est une conjecture (`a un million de dollars) que quelque soit l’entier initial, unva ˆetre ´egale
`a 1 pour un certain n. Une fois que 1 est atteint, la suite boucle 1,4,2,1,4,2,1etc...
L’id´ee est la suivante. On part de, admettons, 5 que l’on d´ecompose en fractions ´egyptiennes.
Puis `a chaque ´etape, on va supposer und´ecompos´e en fractions ´egyptienne et d´ecomposer un+1
ainsi.
Si unest pair, c’est facile, on prend chaque terme, et on divise par 2, on obtie,nt la d´ecomposition
de un+1. Si unest impair et est ´gal `a une certaine fraction ´egyptienne Sn=P1
kn, alors on
4

regarde un+1 = 3Sn+ 1 = Pn
i=1
3
kn+ 1 = Pn
i=1
3
kn+ 1/2+1/3+1/6, et on se d´ebarasse des 3 kn
par matching pair...
L’id´ee est de regarder combien de termes on obtient lorsque unvaut enfin 1. Et de regarder
comment ce nombre d´epend des conditions initiales.
L’autre id´ee est de simplifier, non par matching pair, mais ainsi. Si unest impair, il a ´et´e
obtenu en divisant par 2 donc Snest une somme d’inverses de nombres pairs... Soit 1/m une des
fractions unitaires qui apparait dans Sn. Si m= 3kest divisible par 3, on simplifie directement
3/m = 1/k. Si m= 3k+ 2, alors on utilise l’identit´e remarquable
3
3k+ 2 =1 k+ 1 +1 (k+ 1)(3k+ 2)
Si m= 3k+ 1, alors kest impair car 3k+ 1 est pair et on utilise l’identit´e remarquable
3
3k+ 1 =2 k+ 1 +2 (k+ 1)(3k+ 1)
qui se simplifie `a nouveau car kest pair...
Ensuite, on peut se poser la mˆeme question que pr´ec´edemment.
J’ai quelques autres id´ees du mˆeme tonneau mais je ne sais pas trop ou cela mˆene. Je pensais
fignoler cela aujourd’hui, mais je n’y arrive pas, alors `a demain pour cette partie.
4 La d´ecomposition ´egyptienne de πet celle d’un d´ecimal
J’ai en fait deux questions, dont une semble ˆetre hors-sujet, mais je trouve la deuxi`eme amu-
sante.
4.1 Motivation.
Le nombre πest un irrationnel. Mais il existe de nombreuses mani`eres de l’approximer par des
rationnels.
1. En prenant son d´evelopement d´ecimal quelque part sur Internet et en tronquant `a l’ordre
n, cela me semble ˆetre le mieux ici
2. ou en prenant la m´ethode dite d’Archim`ede,
3. ou en prenant π/4 = 1 −1/3+1/5−1/7 + etc... (tr`es lent)
4. ou en prenant π2/6 = 1 + 1/22+ 1/32+ 1/42+etc... (mieux mais pas terrible non plus)
5. et en voici deux autres :
M´ethode 1 : Fibonacci pour π
Remarquons tout d’abord que l’on peut tr`es bien appliquer Fibonacci `a un irrationel. On part de
xirrationel dans [0,1], on retire 1/p ou pest le plus petit entier tel que 1
p6x. On recommence
avec x−1
p. Si xest juste positif mais non inf´erieur `a 1, on commence par retirer 1/2,1/3 etc...
La seule diff´erence avec le cas rationnel est que l’algorithme obtenu ne s’arrˆete jamais. Il faut
d´ecider soi-mˆeme de l’arrˆeter apr`es avoir r´ep´et´e un certain nombre de fois l’op´eration, disons n
fois. Appelons Snla fraction ´egyptienne obtenue apr`es nop´erations et Mnle plus grand entier
qui apparaisse dans la fraction.
Appliquons ceci `a π. Par construction πest sup´erieur `a Snmais inf´erieur `a ce que l’on aurait
obtenu si on avait remplac´e le terme 1/Mnpar 1/(Mn−1). En clair
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