Fraction égyptienne

Fraction égyptienne
Comment décomposer tout entier en fraction égyptienne ?
3
4
12
20
5
13
156
420
30
21
6
14
157
182
24492
176820
930
462
42
421
31
22
7
15
158
183
24493
210
24806
33306
599882556
599882556
865830
213906
1806
177662
992
506
56
176821
931
463
43
422
32
23
8
16
159
184
24494
211
24807
33307
599882557
240
25122
33672
599931542
44310
615362442
1109322942
Décomposition de 2 en fraction égyptienne à partir de 1/3
Elèves : Alexis DEBORDE, terminale S, Stanislas BERTRAND, Aurélien GANNE,
Thibaud GILBERT, Pierre SOULARD, première S.
Enseignants : Marie-Hélène BERTAUD, Céline HERAULT, Gilles MARECHAL
Chercheur : Camille LAURENT-GENGOUX, Université de Poitiers
Lycée Saint Joseph, 4 rue du Docteur Brillaud, 79 300 BRESSUIRE
05 49 65 21 33, lycé[email protected], www.saintjo.org
Année scolaire 2005/2006
Lycée
Saint Joseph
BRESSUIRE
Année Math.en.JEANS 2005/006 : Fraction égyptienne
L’année a commencé en septembre 2005 avec une présentation de ce que sera l’atelier Mathématiques pour
cette troisième année après une année récompensée sur le thème « Codage de source » qui nous avait emmené
jusqu'au colloque international « Science on stage » à Genève. L’objectif est de réfléchir sur une problématique
proposée par notre chercheur dans le but de découvrir les maths autrement que par des exercices ordinaires. On nous
apprend aussi que nous travaillerons en collaboration étroite avec 3 autres lycées de la région Poitou-Charentes. La
conférence de présentation en septembre a mobilisé une vingtaine de lycéens de la seconde à la terminale. Camille
Laurent-Gengoux de l’académie de Poitiers nous expose le problème « fraction égyptienne » ; le public est conquis
par cette conférence de présentation très attrayante ; beaucoup de personnes rejoignent le groupe.
Ensuite nous avons rapidement commencé à nous retrouver le lundi ou le mardi en fonction des emplois du
temps très variés de chacun. Plusieurs pistes de recherche ont été émises, de nombreuses questions se posent, des
résultats sont obtenus en ce qui concerne la méthode de Fibonacci, la recherche historique progresse.
Malgré une rencontre intéressante des 4 lycées jumelés à Poitiers en novembre, quelques désistements sont
à relever jusqu’en janvier où les recherches ont un peu bloqué ; de la lassitude commence à se faire ressentir, chacun
se demande où il doit aboutir. L’équipe, désormais composée de 6 lycéens de première et terminale scientifique,
traverse une courte période de creux.
Le moi d’avril approche à grand pas. La présentation au colloque à La Villette à Paris motive le groupe et
des résultats sont obtenus concernant la décomposition de 1 avec dénominateurs consécutifs. On démontre aussi que
la somme de fractions unitaires dépassera forcément 1 si le nombre de fractions est suffisamment grand.
Plusieurs présentations à Paris en animation ou en amphi ont convaincu. Le groupe a bien réussi sa
démarche scientifique. Durant ce week-end à Paris, nous avons profité d’une magnifique balade dans le centre ville
parisien, nous avons subi des repas quotidiens dans un fast-food aux abords de la Villette, et nous avons passé
quelques nuits mouvementées. Malheureusement nous avons été condamnés à retourner en province et à retrouver
notre dure vie de lycéen.
Remis de ces émotions, nous commençons à préparer « Exposciences 2006 » de Poitiers qui se déroule du
17 au 19 mai 2006. Les préparatifs s’accélèrent.
« Exposciences 2006 » se déroule à la Maison des Sciences Mendès France dans le centre ville où nous
présentons les résultats de nos recherches à de nombreux intéressés. Chaque visiteur est « stupéfait » de l’originalité
de notre étrange projet mathématique (noyé parmi des sciences physiques et biologiques). Le jury nous a attribué le
second prix de la qualité de la démarche scientifique, le LISA d’Angoulême (lycée jumelé) a aussi été primé dans la
même catégorie.
Mais comme un si bon projet ne s’arrête pas en si bonne route c’est encore à Poitiers que nous avons été
classés dans la catégorie « Avenir » dans le cadre du concours « Faites de la science » organisé par les Sciences
Fondamentales et Appliquées de l’Université de Poitiers
Les pages qui suivent donnent une idée de la démarche de recherche et du contenu de notre travail
Nous tenons à apporter nos remerciements à Camille Laurent-Gengoux qui nous a fait découvrir les
mathématiques et donné le goût de la recherche.
Pierre
Trois méthodes pour décomposer une fraction en fraction égyptienne.
Dans une première partie de l’année, jusqu’au mois de janvier, nous avons cherché tout comme les
trois autres lycées jumelés la meilleure façon de décomposer une fraction non unitaire en somme de
fractions unitaires, c’est à dire en fraction égyptienne.
La méthode de Fibonacci :
Nous avons rapidement retrouvé cette méthode, en parcourant différentes encyclopédies, imaginée par
Fibonacci au 13ème siècle. L’idée de cette méthode est d’enlever à la fraction non unitaire, la plus grande fraction
unitaire qu’elle contient et de découper petit à petit cette fraction jusqu'à aboutir à une fraction unitaire. Le mieux
est de présenter un exemple pour la fraction 13/20 par exemple.
1ère étape : on divise le numérateur par le dénominateur, puis on prend la partie entière plus 1 :
20/13 ˜ 1,5… on conserve 1 et on ajoute 1 (car 1/2 < 13/20 < 1/1)
2ème étape : on soustrait l’inverse du nombre obtenu à la fraction non unitaire :
13/20 – 1/2 = 3/20
3ème étape : 13/20 = 1/2 + 3/20, on refait les deux étapes avec la fraction 3/20.
20/3 ˜ 6.6… on conserve 6 et on ajoute 1
4ème étape : 3/20 – 1/7 = 21/140 – 20/140 = 1/140
13/20 = 1/2 + 1/7 + 1/140
Cette méthode est très pratique ; un autre groupe jumelé a démontré qu’elle avait une fin. Elle est facile à
mettre en œuvre : nous avons réalisé différents programmes de décompositions pour calculatrice et ordinateur.
Cependant elle n’est pas très performante puisqu’on obtient dans certains cas rapidement de très grands nombres en
tant que dénominateurs ce qui bloque les programmes et ne facilite pas la lecture, par exemple La méthode de
Fibonacci donne :
5 1 1
1
1
1
et pourtant :
5 1 1
1
= + +
.
31 7 62 434
31
=
7
+
55
+
3 979
+
+
23 744 683 1127 619 917 796 295
La méthode égyptienne :
Nous avons retrouvé cette méthode lors de recherche d’ordre historique (dans un livre de Taton au CDI)
puisque c’est la méthode qu’utilisaient les égyptiens 2000 ans avant JC. Le principe est d’utiliser les puissances de
deux.
Pour mieux comprendre le fonctionnement de cette méthode nous prenons un exemple : 7/8.
1ère étape : On décompose le numérateur en somme de puissances de deux :
7=4+2+1
2ème étape : On divise par 8 (cette puissance de deux doit être supérieure au numérateur) :
7/8 = 4/8 + 2/8 + 1/8
7/8 = 1/2 + 1/4 + 1/8
Cette méthode est très limitée, puisque le dénominateur doit être une puissance de 2 et le dénominateur doit
être inférieur au numérateur.
« Matching Pair » :
C’est le chercheur, Mr Camille Laurent-Gengoux qui nous a orientés sur la piste de cette méthode toute
récente découverte au cours du 20 ème siècle. Le principe est basé sur l’association de paires de fractions unitaires
puis sur l’utilisation de la formule suivante (lorsque m est impair) :
2/m = 2/ (m+1) + 2/ (m (m+1))
5
1 1 1 1 1
2 2 1
= + + + + = + + ,
11
11 11 11 11 11 11 11 11
1 1
1 1
1 1 1 1
1
1 2 2
1 1 1
1
= ( + )+( + )+ = + +
+
+ = +
+ = +
+ .
6 66
6 66 11 6 6 66 66 11 6 66 11 3 33 11
Sur un exemple :
5
11
Cette méthode présente une difficulté lorsqu’ on obtient plusieurs fois ½.
Conclusion :
Nos recherches nous ont ouvert les portes de différentes méthodes qui utilisent trois techniques mais qui
aboutissent souvent à des décompositions différentes, plus ou moins performantes mais toutes sous la forme d’une
fraction égyptienne.
Pierre
A propos de la décomposition de 1 en « fraction égyptienne ».
Par la suite nous avons essayé de décomposer 1 en « fraction égyptienne » et de compter le nombre de
termes de la décomposition. Par exemple, en partant de ½ on obtient L( 2) = 3 car 1 =
1 1 1
+ + .
2 3 6
Nous avons cherché comment décomposer 1 en utilisant le moins de fractions possibles, en partant par
exemple de 1/n comme plus grande fraction de départ.
Malgré la méthode « Matching pair », l'étude de cette somme c'est vite avérée fastidieuse à la main.
Par la suite nous avons pensé à étudier les caractéristiques d'une autre somme
1
1
1
1
+
+
+ ... +
.
n n +1 n + 2
n+k
Nous nous sommes posé plusieurs questions, en particulier:
1 - Peut-on « tomber sur 1 », c'est-à-dire pour n donné, peut-on trouver k tel que
1
1
1
1
+
+
+ ... +
=1
n n +1 n + 2
n+ k
?
2 - Est-ce que cette somme peut dépasser 1 en partant de n'importe quel n ?
En effet en partant de n = 2 , on voit que la somme dépasse 1 dès k = 2 car
Mais qu’en est-il si l'on part de n = 1 000 000 ?
Dans ce cas, y a-t-il un rapport entre le n de départ et le k pour dépasser 1?
1 1 1 13
+ + =
>1
2 3 4 12
3 - Peut-on obtenir 1 en imposant la plus grande fraction, sans avoir des dénominateurs consécutifs ?
Alexis
Peut-on décomposer 1 avec des dénominateurs consécutifs ?
Le chercheur nous avait posé la question « peut-on décomposer tout entier en fraction égyptienne ? » Nous
avons donc d’abord cherché à décomposer 1 sous la forme de sommes de termes consécutifs du type 1/n.
Nous nous sommes demandés si cette décomposition était unique, et si il était possible de décomposer 1 en
fractions de ce type mais en imposant la première fraction (par exemple
entiers consécutifs au dénominateur (ex :
) et que toutes les fractions aient des
…)
Ce qui suit va montrer, par un exemple puis une généralisation, que c’est impossible.
1 er exemple : On suppose que 1 =
1 1 1
+ +
3 4 5
(on sait que c’est faux, mais ça va nous aider à comprendre et à généraliser)
On met tout au même dénominateur :
soit
On multiplie par le dénominateur
, et on ne s’occupe que des numérateurs :
On transpose :
On factorise par 5 :
On obtient alors un nombre multiple de 5 égal à un nombre non multiple de 5, c’est impossible !
1 1 1 1
+ + + ?
3 4 5 6
1 1 1 1
Supposons que l’on ait 1 = + + + .
3 4 5 6
2 ème exemple : Peut-on avoir 1 =
En procédant de même qu’au dessus, on arriverait en factorisant par 6 à 6 × A = 3 × 4 × 5
6 divise 3× 4 donc, ici, il n’y pas contradiction, on ne peut pas dire si la décomposition est vraie ou fausse.
En factorisant par 5 on arriverait à 5 × B = 3 × 4 × 6 : 5 ne divise pas le produit 3 × 4 × 6 , l’égalité est donc
impossible, la décomposition de 1 n’est donc pas possible.
On a remarqué que 5 était un nombre premier, on s’est donc demandé si on pouvait procéder de même avec un autre
nombre premier.
En factorisant par 3 on aurait 3 × C = 4 × 5 × 6 , mais 3 divise 6, on ne peut donc pas conclure à l’impossibilité.
Pour généraliser on s’est dit qu’il suffisait de factoriser par un nombre premier suffisamment grand.
1 ère généralisation : Peut-on avoir 1 =
1 1 1
1
+ + + ... + ?
3 4 5
n
On peut faire la même chose en allant jusqu’à
au dénominateur, toujours en partant de
et donc en allant
jusqu’à
:
En reprenant la même méthode, en transposant et en factorisant, on arrive à :
Si n est premier, il ne peut diviser 3, 4, 5… (n-1), ce qui montre que l’écriture est impossible,
Sinon, on recommence en factorisant par (n-1), puis si besoin par (n-2), ou (n-3)…
On peut descendre jusqu’à un nombre N égal à la partie entière de la moitié de n augmentée de 1 (quand n est
impair, la moitié de n n’est pas un entier, d’où cette écriture)
2 ème généralisation : Peut-on écrire 1 =
1
1
1
1
+
+
+ ... + ?
p p +1 p + 2
n
On souhaite écrire 1 sous la forme
On met tout au même dénominateur :
On fait abstraction du dénominateur, puisqu’il est commun cela ne change rien aux calculs.
On a donc :
Ce qui, en transposant, équivaut à :
Si n est premier, on factorise par n :
On a donc un multiple de n égal à un non multiple de n, les deux nombres sont donc différents, il y a donc
impossibilité,
Si n n’est pas premier, on essaye avec (n-1), (n-2), ou (n-3)…
On montre ainsi qu’il est impossible de décomposer 1 sous la forme
.
Justification :
Pour être certains que la condition fonctionne, nous devons factoriser par un nombre premier suffisamment grand
pour qu’il ne puisse pas diviser l’un des termes à droite de l’égalité. Il faut donc qu’il soit au minimum égal à la
moitié du plus grand terme à droite.
Mais est-on sûrs de trouver un nombre premier entre le plus grand des termes de droite, et sa moitié ?
Oui nous a dit le chercheur, cela a été conjecturé par Bertrand en 1845 et démontré en 1850 par Tchebychev. Le
postulat de Bertrand affirme que si n est un entier naturel et n > 3, il y a toujours au moins un nombre premier p tel
que n < p < 2n.
Thibaud
A partir d’un inverse donné, est-on certain en additionnant suffisamment d’inverses
de nombres consécutifs d’obtenir une somme supérieure à 1 ?
Pour n fixé, on note S ( p) la somme
1
1
1
1
+
+
+ ... + . Est-ce que cette somme peut dépasser 1
n n +1 n + 2
p
en partant de n'importe quel n ?
En effet en partant de n = 2 , on voit que la somme dépasse 1 dès k = 2 car
1 1 1 13
+ + =
> 1 , mais
2 3 4 12
qu’en est-il si l'on part de n = 1 000 000 ?
En cours nous avions vu les logarithmes, ce qui a donné une idée de résolution.
1
est l’aire d’un rectangle de base 1 (entre
n
n et n + 1)
Cette aire est plus grande que l’aire sous la
courbe de la fonction inverse
De même pour
1
1
1
,
jusqu’à
.
n +1 n + 2
p
D
Donc S ( p) est plus grand que l’aire sous la courbe de la fonction inverse entre n et p + 1. Cette
aire est égale à
∫
p +1
n
1
p +1
p +1
dx et vaut [ln x]n = ln( p + 1) − ln( n ) = ln
.
x
n
Pour obtenir S ( p ) > 1 , il suffit donc, n étant fixé, de chercher p pour que ln
p +1
> 1 , ce qui est vérifié
n
p +1
> e c'est-à-dire pour p > ne − 1 . En prenant p = 3n on est certain que p = 3n > ne − 1 , car
n
p +1 1
p +1
n (3 − e) > −1 , puis, que ln
> 1 , donc que ∫
dx > 1 , donc que S ( p ) > 1 . On peut le démontrer
n
n
x
3 n +1 1
1
1
1
1
3n + 1
n +1
directement car +
+
+ ... +
>∫
dx = [ln x]n = ln( 3n + 1) − ln( n) = ln
> ln 3 > 1 .
n
n n +1 n + 2
3n
x
n
1
Ainsi, même en partant de
on est certain de « dépasser » 1 en ajoutant les inverses des entiers
1 000 000
pour
consécutifs de 1 000 000 à 3 000 000.
Le chercheur nous a donné une autre méthode plus simple dans ce cas et n’utilisant que des inégalités.
Alexis
Décomposition de 1 en imposant le plus petit dénominateur
Nous avons voulu décomposer 1 en utilisant « Matching pair », par exemple comme
1=1/5+1/5+1/5+1/5+1/5, en regroupant les deux premiers 1/5 nous obtenions 1/3+1/15. Mais comme en plus nous
ne voulions pas de dénominateurs plus petits que 5, nous ne pouvions procéder ainsi.
Erreur dans le programme
C’est ainsi que nous avons eu l’idée d’utiliser « Matching pair » d’une façon particulière : en utilisant la
1
1
1
1 1 1
1 1 1  1 1 
=
+
à partir de 1 = + + on obtient 1 = +  +  +  +  puis
n n + 1 n( n + 1)
3 3 3
3  4 12   4 12 
1 1 1   1 1
1
1 
1
1= +  +  + ( + ) + ( +
)  . Nous obtenons ainsi 7 termes. Comme avec nous avons obtenu
3  4 12   5 20
13 156 
2
1 1 1
1
3 termes car 1 = + + , en partant de
nous avons pensé que nous aurions
termes.
2 3 6
n
formule
Mais lors de la création en langage C++ du programme nous avons remarqué qu’avec 4 et plus comme
premier dénominateur nous obtenions un nombre de fractions sans relation particulière. En nous penchant de plus
près sur ces résultats nous avons observé des erreurs. Pour corriger ces erreurs nous avons repris et corrigé le
programme, alors les décompositions donnaient bien
termes.
C’est ainsi que nous avons eu l’idée de disposer les résultats en fonction de n sous forme de pyramide pour
corriger les erreurs :
1
3
1
2
1
3
1
4
1
6
1
5
1
20
1
12
1
13
1
156
En n’écrivant que les dénominateurs on obtient :
Chaque ligne représente 1/
. Pour avoir une nouvelle décomposition de 1/n il faut multiplier par 2 le
nombre de termes de la ligne précédente car nous utilisons la formule
1
1
1
=
+
. Nous obtenons
n n + 1 n( n + 1)
1 + 2 + 4 + 8 + ... + 2 n−1 = 2 n − 1 termes.
Collision
Avec cette nouvelle version nous avons eu l’idée de décomposer l’entier 2 et 3. En décomposant 3 à partir
1 1 1 1 1 1
+  +  +  +  +  , la décomposition donnait 171 termes ce que ne
 2 2  2 2   2 2 
de ½ on obtient 3 = 1 + 1 + 1 = 
correspondait pas aux
termes attendus. Pourquoi donc ??
Nous avons donc repris la décomposition :
1 ½
½
1 ½
½
1 ½
½
Lors de la 5ème décomposition de ½ nous retrouvons 6 (on dit qu’il y a collision) qui est déjà apparu dans la
1 décomposition, donc le programme décompose à nouveau 6 en 7 et 42, mais eux aussi sont déjà présents donc il
décompose 7 en 8 et 56, puis 42 en 43 et 1806 et ainsi de suite jusqu'à ce que la décomposition soit terminée.
La recherche suivante a donc été de trouver les conditions pour que la décomposition soit valide.
ère
fois
64
4n7
44
8
1
1 1
1
Nous voulons décomposer 1 en partant de
: 1 = + + .. + , ce qui donne :
n
n n
n
Il faut que le premier terme de la dernière décomposition soit inférieur au deuxième terme de la première
décomposition.
Décomposition de 1
1
1
, on aura besoin de n-1 décompositions de
car le premier
est
n
n
1
conservé. Comme à chaque décomposition de
le premier terme augmente de 1, si il y a n-1 décompositions le
n
Pour faire 1, il nous faut n fois
dernier terme sera donc n+n-1 soit 2n-1.
La résolution est la suivante pour qu’il n’y ait pas de collision :
;
il suffit donc de prendre n ≥ 1 pour ne pas avoir de collision.
Or n ≥ 1 donc pour décomposer 1 tous les dénominateurs sont distincts, il n’y a pas de collision.
Décomposition de 3
Pour faire 3, à partir de
1 1
1
1 1
1
1
, il nous faut 3 = 1 + 1 + 1 = + + ... + + ... + + + ... + , on aura 3n-1
n 44
n 244
n
n4
n244
n
n
1
3
1
4
3
n fois
n fois
14444442444444
3
3 fois
décompositions. Le dernier terme sera donc n+3n-1 soit 4n-1.
La résolution est la suivante, pour qu’il n’y ait pas de collision :
;
il suffit donc de prendre n ≥ 3 pour ne pas avoir de collision.
Donc pour décomposer 3 seuls les dénominateurs supérieurs ou égaux a 3 sont possibles (ce qui est en
cohérence avec le fait que n =2 entraînait une collision).
Décomposition de p
+
1...4
+
Pour faire p il nous faut p = 11
42
31 =
p fois
1 1
1
1 1
1
+ + ... + + ... + + + ... + , on aura pn-1
n 44
n 244
n
n4
n244
n
1
3
1
4
3
n fois
n fois
14444442444444
3
p fois
décompositions. Le dernier terme sera donc n+pn-1 soit (p+1)n-1.
La résolution est la suivante , pour qu’il n’y ait pas de collision:
il suffit donc de prendre n ≥ p pour ne pas avoir de collision.
Donc pour décomposer p seul les dénominateurs supérieurs ou égaux à p sont possibles.
Conjecture
L’étude précédente ne permet que d’assurer qu’il n’y a pas de collision entre le premier terme de la dernière
ligne et le second terme de la première ligne. Il resterait à vérifier qu’il n’y a pas de collision ailleurs. Le
programme précédent permet de vérifier que, en décomposant ainsi, le nombre de termes est bien le nombre
attendu.
Ceci nous a amené à conjecturer que cette méthode permet de décomposer tout entier en « fraction
égyptienne » en imposant le plus petit dénominateur (à condition de le prendre au moins aussi grand que le
nombre). Par exemple pour décomposer 10, il suffit de partir de la fraction
2100 − 1 .
Stanislas
1
: le nombre de termes est dans ce cas
10