Les nombres initiateurs

Olympiades mathématiques, énigmes et défis
Waax22951
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par Waax22951 » 13 Juil 2015, 01:41

Bonsoir,
Pour ta première question:

On raisonne par l'absurde, on suppose qu'un entier I (où I>0) est initiateur de n! et (n+1)!. Il existe donc deux entiers h et h' tels que h<h' et tel que:
I+(I+1)+...+(I+h)=n!
I+(I+1)+...+(I+h')=(n+1)!

Soit encore:
I+(I+1)+...+(I+h')=(n+1)(I+(I+1)+...+(I+h))

D'où, en développant et en ramenant dans le même membre:
(n+1-1)I+(n+1-1)(I+1)+...+(n+1-1)(I+h)+(I+h+1)+...+(I+h')=0

Il s'agit d'une somme nulle d'entiers naturels, donc tous les entiers sommés sont nuls, on en déduit alors que:
nI=0

Puisque I est strictement positif, on a:
n=0

On remarque que 0!=1!=1 et que ces deux factorielles n'ont pas d'initiateurs, ce qui est absurde.

Voilà voilà, en espérant ne pas avoir fait de bêtises..!

Bonne soirée !



nodjim
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par nodjim » 13 Juil 2015, 13:29

L'espression générale des ni n initiateurs de n! peut s'écrire:
ni=n!/(2k+1)-k ou n!/(2^(p+1)*(2k+1))-(2^(p+1)*(2k+1)-1)/2. Avec 2^p qui est la parité de n!. Les termes 2k+1 ou 2^(p+1)*(2k+1) doivent être =0.
On peut les calculer directement à partir des diviseurs de n!, ou encore, pour un bon nombre d'entre eux, les retrouver à partir des (n-1)i.

NB:
Je ne crois pas que 1 soit initiateur une infinité de fois.
Dans l'expression 2n!=k(k+1), k et k+1 sont premiers entre eux. Ceci signifie qu'on doit classer toutes les puissances d'un nombre premier soit dans k, soit dans k+1. Cela réduit beaucoup les possibilités de trouver une décomposition en k (k+1). Il semblerait qu'il n'y ait pas d'autres factorielles que 3! et 5!

Mario2015
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par Mario2015 » 13 Juil 2015, 18:20

1,5,7,22,30,39,41,49,76,89,90,127,138,142,230,233,239,329,332,357,556,609,694,717,780,874,995..... seraient les 27 premiers initiateurs.
Le probleme est qu`a tout niveau de n! un nombre < 995 peut s`averer etre un initiateur. On ne peut pas prouver que cette liste est definitive.

nodjim
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par nodjim » 13 Juil 2015, 20:11

ça me fait un peu penser aux suites de Syracuse de la forme 3n+a, a impair. Si on cherche des boucles, on en trouve, mais dans les petits nombres. Ensuite plus rien. C'est un peu la même chose ici.

Waax22951
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par Waax22951 » 16 Juil 2015, 13:22

Bonjour !
J'ai une propriété qui pourrait servir: Tout entier naturel supérieur ou égal à 2 est initiateur d'au plus une factorielle.

La démonstration est analogue à celle que j'ai faite avant:
On considère deux entiers et tels que . On suppose que et ont un initiateur commun, c'est-à-dire un entier I ainsi que deux entiers et tels que:
[CENTER][/CENTER]
et:
[CENTER][/CENTER]

D'où:
[CENTER][/CENTER]

Soit:
[CENTER][/CENTER]

Il s'agit d'une somme d'entiers naturels nulle, donc tous les entiers sommés sont nuls. D'où:
[CENTER][/CENTER]

Or I est supposé non nul, on en déduit que:
[CENTER][/CENTER]

Donc .

Puisque , on en déduit que soit , soit , soit et .
Ainsi, , donc .

Par contraposé, si , alors il est initiateur d'au plus une factorielle.
(Ce qui signifie que si on prend deux factorielles supérieures à 2, alors leurs initiateurs sont tous distincts)

Bonne journée ! :we:

Mario2015
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par Mario2015 » 16 Juil 2015, 19:56

Si on se resumait on dirait que les nombres initiateurs sont les nombres solutions a une equation diophantienne de cette forme :

2*(n!)=(I+F)(F-I+1) ou I est le nombre initiateur et F le dernier terme d`une suite arithmetique de raison 1.

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zygomatique
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par zygomatique » 16 Juil 2015, 20:50

Waax22951 :: dans la formule qui suit ton "soit" .... ne serait-ce pas un moins ?

S(i, p) = i + i + 1 + ... + i + p

soit n (p + 1)(2i + p) = 2n!
S(i, p + q) = m! (p + q + 1)(2i + p + q) = 2m!

m!(p + 1)(2i + p) = n!(p + q + 1)(2i + p + q) [m!/n! - 1](p + 1)(2i + p) = q(2i + 2p + 1)

ou encore (m! - n!)(p + 1)(2i + p) = n!q(2i + 2p + 1)


je ne vois pas pourquoi cette équation n'aurait pas de solution ....


de même :: n! = S(i, p) = S(j, q) (p + 1)(2i + p) = (q + 1)(2j + q)

je ne vois pas pourquoi cette équation n'aurait pas de solution ....
Ce qui est affirmé sans preuve peut être nié sans preuve. EUCLIDE

Mario2015
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par Mario2015 » 17 Juil 2015, 00:33

Mario2015 a écrit:Si on se resumait on dirait que les nombres initiateurs sont les nombres solutions a une equation diophantienne de cette forme :

2*(n!)=(I+F)(F-I+1) ou I est le nombre initiateur et F le dernier terme d`une suite arithmetique de raison 1.


J`ai oublie la contrainte F>I

Avec un I fixe l`equation peut admettre plusieurs F possibles et donc plusieurs n!
Donc un initiateur peut conduire a plusieurs factorielles.

nodjim
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par nodjim » 17 Juil 2015, 08:34

Waax s'est planté effectivement après le "soit".

paquito
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par paquito » 17 Juil 2015, 11:23

La relation 2*p!=(I+F)(F-I+1) est équivalente à une autre, mais montre peut être encore plus la difficulté du problème car elle montre que la décomposition en facteurs premiers de doit être celle de factorielle p; je ne dis pas que c'est impossible puisque:

, mais les puissances de 2 augmentent très vite, ce qui rend une telle coïncidence relativement improbable.

Waax22951
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par Waax22951 » 17 Juil 2015, 13:11

Bonjour !
En effet, je me suis planté en transformant un "+" en "-", mais du coup le plus simple pour montrer que mon résultat est faux est de dire que 1 est initiateur de deux factorielles supérieures à 2, que j'avais complètement oublié lorsque j'ai écrit mon post :lol3:

Du coup je supprime mon message ! ^^'

Bonne journée !

Mario2015
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par Mario2015 » 17 Juil 2015, 15:23

Fascinant ce probleme de nombres initiateurs!
Excepte le nombre 1 qui donne 2 factorielles, les autres ne produisent qu`une seule factorielle. Il y a forcement moyen d`en fournir une preuve irrefutable, je pense.
Quant a savoir si un nombre choisi arbitrairement est initiateur ou non, il est improbable qu`un algorithme puisse trouver en un temos raisonnable une reponse certaine.
En quoi l`etude de ce nombre initiateur peut-elle aider a une avancee majeure en theorie des nombres?
Ces nombres ont surement des proprietes interessantes a decouvrir.
J`ai beau chercher une sorte de "pattern" commun a ces nombres, rien pour l`instant!
Insaisissables!
Je laisse decanter un mois ou 2.

Mario2015
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par Mario2015 » 18 Juil 2015, 18:22

Du nouveau.
Notons i(n) le plus petit nombre initiateur de n!
On conjecture que pour n>=6
i(n+1)>i(n)

Exemple :
i(7)=49
i(6)=41
i(7)>i(6)
i(10)=780
i(9)=357
i(10)>i(9)

Si on arrive a prouver cette relation, on peut affirmer avec certitude que i(n) sera > i(n-1).
Par consequent, certains nombres ne seraient jamais des initiateurs.

paquito
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par paquito » 19 Juil 2015, 10:46

Mario2015 a écrit:Du nouveau.
Notons i(n) le plus petit nombre initiateur de n!
On conjecture que pour n>=6
i(n+1)>i(n)

Exemple :
i(7)=49
i(6)=41
i(7)>i(6)
i(10)=780
i(9)=357
i(10)>i(9)

Si on arrive a prouver cette relation, on peut affirmer avec certitude que i(n) sera > i(n-1).
Par consequent, certains nombres ne seraient jamais des initiateurs.


on a i(8)=30<i(7); vraiment pas évident!

Mario2015
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par Mario2015 » 19 Juil 2015, 12:44

Tu as raison Paquito, je viens de verifier.
J`ai utilise une table poduite par quelqu`un d`autre en lui faisant confiance.
Grosse erreur de ma part.

Merci.

romtiff
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par romtiff » 31 Juil 2015, 15:13

En fait C'est Izi like Boss, j'déconne :ptdr:

En fait faut voir plus du coté de la formule de Gauss (x(x+1)/2

Et le coté pair et impair du truc.

Exemple: 9!=362880

362880/7=51840 51840 devient le centre de la somme

du coup 51737+51738+51739+51840+51841+51842+51843=362880 ( 51840 le centre et 7 addition)

362880/5=72576 72576 devient le centre de la somme

du coup 72574+72575+72576+72577+72578=362880 (72576 le centre avec 5 addition)

362880/3=120960

du coup 120959+120960+120961=362880 (120960 le centre et 3 addition)


Comme tu peu le voir des initiateurs y'en a a l'infini...

Pour l'Algorithme du coté impair il faut donc calculer la factoriel du nombre, le diviser par son nombre precedent soit n-2k avec k entier et 2k<n, et soustraire par (n-2k)/2 arrondi inferieur (voir fonction ceil et floor) :++:

pour le coté pair je te laisse tester ça même si c'est pas la meme formule.

romtiff
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par romtiff » 31 Juil 2015, 15:42

romtiff a écrit:En fait C'est Izi like Boss, j'déconne :ptdr:

En fait faut voir plus du coté de la formule de Gauss (x(x+1)/2

Et le coté pair et impair du truc.

Exemple: 9!=362880

362880/7=51840 51840 devient le centre de la somme

du coup 51737+51738+51739+51840+51841+51842+51843=362880 ( 51840 le centre et 7 addition)

362880/5=72576 72576 devient le centre de la somme

du coup 72574+72575+72576+72577+72578=362880 (72576 le centre avec 5 addition)

362880/3=120960

du coup 120959+120960+120961=362880 (120960 le centre et 3 addition)


Comme tu peu le voir des initiateurs y'en a a l'infini...

Pour l'Algorithme du coté impair il faut donc calculer la factoriel du nombre, le diviser par son nombre precedent soit n-2k avec k entier et 2k<n, et soustraire n par (n-2k)/2 arrondi inferieur (voir fonction ceil et floor) :++:

pour le coté pair je te laisse tester ça même si c'est pas la meme formule.


Petite subtilité, tout les nombre factoriel peuvent s'écrire en somme de 2^k.

Mario2015
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par Mario2015 » 31 Juil 2015, 17:41

romtiff a écrit:En fait C'est Izi like Boss, j'déconne :ptdr:

En fait faut voir plus du coté de la formule de Gauss (x(x+1)/2

Et le coté pair et impair du truc.

Exemple: 9!=362880

362880/7=51840 51840 devient le centre de la somme

du coup 51737+51738+51739+51840+51841+51842+51843=362880 ( 51840 le centre et 7 addition)

362880/5=72576 72576 devient le centre de la somme

du coup 72574+72575+72576+72577+72578=362880 (72576 le centre avec 5 addition)

362880/3=120960

du coup 120959+120960+120961=362880 (120960 le centre et 3 addition)


Comme tu peu le voir des initiateurs y'en a a l'infini...

Pour l'Algorithme du coté impair il faut donc calculer la factoriel du nombre, le diviser par son nombre precedent soit n-2k avec k entier et 2k<n, et soustraire par (n-2k)/2 arrondi inferieur (voir fonction ceil et floor) :++:

pour le coté pair je te laisse tester ça même si c'est pas la meme formule.


Tu n`as surement pas lu la discussion depuis le debut.
Merci quand meme.

paquito
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par paquito » 03 Aoû 2015, 15:06

Mario2015 a écrit:Tu n`as surement pas lu la discussion depuis le debut.
Merci quand meme.

Bien vu: :++: :++:

 

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