Google Code Jam : (3+√5)ⁿ | CultureMath
Google Code Jam : (3+√5)ⁿ
Publié le 17/06/2014

Article écrit par Maxime Bourrigan, responsable éditorial de Culture Math.

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Sommaire

I. (3+√5)n est presque entier

II. Suites linéaires récurrentes du deuxième ordre

III. Calcul des derniers chiffres de Rn


Le Google Code Jam est un concours de programmation organisé par Google. Les candidats doivent résoudre, en temps limité, quelques problèmes spécialement concoctés pour cette occasion, à l'aide du langage, voire des langages de programmation de leur choix. Les sélections se font en plusieurs tours, du Qualification Round (en 2013 : 25 heures pour 4 exercices, 21 273 candidats, 17 054 qualifiés) aux World Finals (en 2013 : 4 heures pour 5 exercices, 24 candidats, et... un seul gagnant, le Biélorusse Ivan Metelsky).


En 2008, un des exercices du Tour 1 reposait sur de jolies mathématiques.

Exercice. Étant donné $n$, calculer les trois derniers chiffres avant la virgule de $(3+\sqrt 5)^n$.

On va expliquer ici comment résoudre cet exercice avec une utilisation en fait assez minimale de l'ordinateur, en découvrant au passage une jolie propriété de ce nombre $3 + \sqrt 5$.

I. (3+√5)n est presque entier

Posons $\rho = 3+\sqrt 5$. Commençons par calculer (par exemple à l'aide du site WolframAlpha) les premières valeurs de $\rho^n$.



On observe que $\rho^n$ semble se rapprocher d'un entier au fur et à mesure que $n$ tend vers l'infini. C'est effectivement le cas, et comprendre la raison de ce phénomène nous permettra de calculer efficacement les trois derniers chiffres de la partie entière $\lfloor \rho^n \rfloor$.

Reprenons le calcul de $\rho^n$, cette fois-ci en valeur exacte.



On observe que les $\rho^n$ appartiennent tous à l'ensemble $A = \left\{x+y\sqrt{5}\,\middle |\, x, y  \in {\mathbb Z}\right\}$. Cela n'est pas très surprenant : à cause de la formule
\[ \left(a+b\sqrt 5\right) \cdot \left(\alpha+\beta\sqrt 5\right) = \left(a \alpha + 5 b \beta\right) + \left( a \beta + \alpha b\right) \sqrt 5,\]
cet ensemble est stable par multiplication1 : puisqu'il contient $\rho$, il doit contenir toutes ses puissances. 

On sait bien que la manipulation de quantités comme $a + b \sqrt 5$ fait souvent appel à la quantité conjuguée $a - b \sqrt 5$. En termes plus précis, on a une opération $\phi : A \to A$ définie par $\phi\left(a+b\sqrt 5\right) = a - b\sqrt 5$.

Il est important de remarquer que cette opération est bien définie. Cela vient du fait qu'un élément de $A$ ne peut s'écrire sous la forme $x + y \sqrt 5$ que d'une seule façon : si l'on a des entiers $x$, $y$, $\xi$, $\eta$ tels que $x + y \sqrt 5 = \xi + \eta \sqrt 5$, on peut déduire $(x - \xi) = (\eta - y) \sqrt 5$ et l'irrationalité de $\sqrt 5$ entraîne que $x - \xi = \eta - y = 0$. L'écriture de départ est donc unique, ce qui entraîne que la « conjugaison » $\phi$ est bien définie.

La propriété capitale de cette opération est que si $a$ et $b$ appartiennent à $A$, on a $\phi(ab) = \phi(a) \cdot \phi (b)$, ce que l'on vérifie2 par un simple calcul. Enfin, par sa définition même, on voit qu'un élément $a \in A$ est un entier si et seulement s'il vérifie $\phi(a) = a$. En particulier, les élements de la forme $a + \phi(a)$ sont toujours des entiers !

Toutes ces remarques algébriques illustrent maintenant le fait que $\rho^n$ est « presque entier » : d'après ce qui précède, le nombre réel
\[ R_n = \rho^n + \phi\left(\rho^n\right) = \rho^n + \phi(\rho)^n = \left(3+\sqrt 5\right)^n + \left(3 - \sqrt 5\right)^n\]
est bel et bien un entier.

Or, $3 - \sqrt 5 \approx 0,76$ est un nombre compris (strictement) entre $0$ et  $1$ : ses puissances tendent donc vers 0. On a donc
\[ R_n - \rho^n = \left(3-\sqrt 5\right)^n \to 0,\]
ce qui explique bien le phénomène observé dès les premiers calculs3.

Comme $0 < R_n - \rho^n < 1$ pour tout $n > 1$, on a $R_n - 1 < \rho^n < R_n$ et déterminer les derniers chiffres avant la virgule de $\rho^n$ revient donc à déterminer les derniers chiffres de l'entier $R_n - 1$.

\[ \forall n \geq 0, \lfloor \rho^n \rfloor = R_n - 1.\]
 

II. Suites linéaires récurrentes du deuxième ordre

Pour terminer le calcul, nous avons besoin d'un aparté : il nous faut nous souvenir d'un domaine où l'on rencontre aisément des expressions du type

\[ R_n =  \left(3+\sqrt 5\right)^n + \left(3-\sqrt 5\right)^n,\]
celui des suites récurrentes linéaires du deuxième ordre.

Une suite récurrente linéaire du deuxième ordre est une suite réelle (par exemple) $(L_n)$ vérifiant une relation du type
\[ \forall n \geq 0, L_{n+2} = a L_{n+1} + b L_{n},\]
où $a$ et $b$ sont deux nombres réels fixés. La plus célèbre de ces suites est sans doute la suite de Fibonacci définie par la relation de récurrence
\[ \forall n \geq 0, F_{n+2} = F_{n+1} + F_n\]
et par les premiers termes $F_1 = F_2 = 1$.

Figure 1. Les carrés de côté F0, F1, ..., Fn s'emboîtent pour former un rectangle de taille Fn × Fn+1.

Cette suite
\[ 0, 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, 89, 144, 233, 377, 610, 987, 1597, 2584, 4181, 6765, \ldots, \]
est sans doute l'une des rares suites à avoir (un peu) pénétré la culture populaire.

Comme on l'apprend lors des premières années de l'université, l'obtention d'une formule pour une suite récurrente $(L_n)$ de ce type dépend des racines du polynôme de second degré
\[ P(X) = X^2 - a X - b.\]

Le cas qui nous intéresse ici est celui où le polynôme $P$ a deux racines réelles distinctes4 $r$ et $s \in  \mathbb R$, c'est-à-dire celui où $\Delta(P) = a^2 + 4b > 0$. Dans ce cas, la suite $L_n$ est de la forme
\[ L_n = \lambda r^n + \mu s^n,\]
où $\lambda$ et $\mu$ sont deux nombres réelles.

Par exemple, le polynôme $X^2 - X - 1$ a deux racines réelles :
\[ \phi = \frac{1 + \sqrt 5}2 \qquad \text{et}\qquad \psi = \frac{1 - \sqrt 5}2,\]
donc la suite de Fibonacci est du type $F_n = \lambda \phi^n + \mu \psi^n$. Les deux premiers termes $F_1 = F_2 = 1$ permettent de déterminer les coefficients. On obtient ainsi la célèbre formule de Binet
\[ F_n = \frac{\phi^n - \psi^n}{\sqrt 5}.\]

Ici, nous allons plutôt faire marcher la machine à l'envers : supposons que l'on tombe par hasard sur l'expression
\[ L_n = \phi^n + \psi^n.\]

Pour des raisons similaires à celles que l'on a explicitées dans la section précédente, $L_n$ est un nombre entier pour tout $n$. Mais en fait, on peut ici en dire plus : d'après ce qui précède, $L_n$ est l'unique suite vérifiant la relation de récurrence de Fibonacci
\[ \forall n \geq 0, L_{n+2} = L_{n+1} + L_n\]
et telle que $L_0 = 2$ et $L_1 = \phi + \psi = 1$. Cette cousine de la suite de Fibonacci porte en fait déjà un nom : c'est la suite de Lucas.

Figure 2. Les « carrés de Lucas » s'emboîtent aussi (mais le début est moins joli) !

III. Calcul des derniers chiffres de Rn

Revenons à notre entier $R_n = \left(3 + \sqrt{5}\right)^n + \left(3 - \sqrt 5\right)^n$. Comme pour la suite de Lucas, on peut faire un peu de reverse engineering pour trouver une relation de récurrence : les réels $3 \pm \sqrt{5}$ sont les racines (réelles et distinctes) du polynôme du second degré
\[ P(X) = X^2 - 6X + 4.\]

Ainsi, la suite $(R_n)$ vérifie la relation de récurrence
\[ \forall n \geq 0, R_{n+2} = 6R_{n+1} - 4R_n.\]
Cette relation de récurrence est en fait la clef qui va nous permettre de calculer les derniers chiffres de $R_n$ en faisant très peu de calculs, grâce à deux simplifications successives.

Première simplification : calculer par récurrence le nombre entier $R_n = 6R_{n-1} - 4R_{n-2}$ requiert un calcul de plus en plus long (la formule $R_n = (3 + \sqrt{5})^n + (3-\sqrt{5})^n$ elle-même montre que $R_n$ croît exponentiellement). Cependant, seuls les trois derniers chiffres de $R_n$ nous intéressent ! Or, pour calculer les trois derniers chiffres de $R_n = 6R_{n-1} - 4R_{n-2}$, il suffit de connaître les trois derniers chiffres de $R_{n-1}$ et $R_{n-2}$...
Autrement dit, il s'agit de calculer les trois derniers chiffres de $R_n$, c'est-à-dire le résidu de $R_n$ modulo $1\,000$. Or, pour toute paire $(x,y)$ d'entiers, le résidu modulo $1\,000$ de $6x-4y$ est
\[ 6\overline x - 4\overline y \in {\mathbb Z}/1\,000{\mathbb Z},\]
où $\overline x$ et $\overline y$ sont les résidus de $x$ et $y$ modulo5 $1\,000$.

Ainsi, la suite $(\overline R_n) = (R_n \ \mathrm{mod}\, 1\,000)$ des résidus modulo $1\,000$ est simplement la suite d'éléments de ${\mathbb Z}/1\,000{\mathbb Z}$ définie par la même relation de récurrence
\[ \forall n \geq 0, \overline R_{n+2} = 6\overline R_{n+1} - 4 \overline R_n\]
et par les premiers termes $\overline R_0 = R_0 \ \mathrm{mod}\, 1\,000 = \overline 2$ et $\overline R_1 = \overline 6$.

Seconde simplification : La réduction à ${\mathbb Z}/1\,000{\mathbb Z}$ nous a permis de faire moins de calcul, mais elle a un autre avantage, plus conceptuel. La suite $(\overline R_n)$ ne peut maintenant plus prendre que mille valeurs. Comme il y a une infinité de nombres entiers, cela implique que la suite $(R_n)$ sera contrainte à se répéter au moins une fois6 : il existe deux entiers $m_0$ et $m_1 = m_0 + T > m$ tels que $\overline R_{m_0 + T} = \overline R_{m_0}$.
Encore mieux, les couples $(\overline R_n, \overline R_{n+1})$ de termes successifs ne peuvent prendre qu'un million de valeurs. Pour la même raison, on pourra trouver deux nombres $n_0$ et $n_1 = n_0 + T > n_0$  tels que
\[ (\overline R_{n_0 + T}, \overline R_{n_0 + T +1}) = (\overline R_{n_0}, \overline R_{n_0 + 1}).\]
Mais, à cause de la relation de récurrence, cette coïncidence a une conséquence drastique : si $\overline R_{n_0 + T} = \overline R_{n_0}$ et  $\overline R_{n_0 + T +1} = \overline R_{n_0 + 1}$, la relation de récurrence entraîne que $\overline R_{n_0 + T + 2} = \overline R_{n_0 +2}$. Une nouvelle application de la relation de récurrence entraînera que $\overline R_{n_0 + T + 3} = \overline R_{n_0 +3}$, et ainsi de suite : la suite $(\overline R_n)$ ne pourra désormais plus éviter de prendre les mêmes valeurs encore et encore : on aura
\[ \forall n \geq n_0, \overline R_n = \overline R_{n+T} = \overline R_{n+2T} = \cdots\]

Une fois que l'on aura déterminé $n_0$ et $T$, on pourra donc calculer presque instantanément $\overline R_n$ pour des valeurs arbitrairement grandes de $n$, pourvu que l'on soit capable de calculer la division euclidienne de $n$ par $T$.
En fait, on vérifie simplement (c'est le seul endroit où l'ordinateur se révèle en fait nécessaire) que $n_0 = 3$ et $T = 100$ conviennent : à partir de $n=3$, la suite se répète avec une période égale à 100.

Une fois ces quelques valeurs calculées, on peut donc calculer instantanément $\overline R_n$ pour de très grandes valeurs de $n$ : Par exemple, $\overline R_{10^{10^{10}}+42} = \overline R_{42} = \overline{528}$, résultat évidemment inaccessible par le calcul direct...
Puisque $\lfloor \rho^n\rfloor = R_n - 1$, on est donc capable de déterminer les trois derniers chiffres avant la virgule de toutes les puissances de $(3+\sqrt 5)^n$. Pour reprendre l'exemple $\overline R_{10^{10^{10}}+42} = \overline{528}$, on a
\[ \left(3 + \sqrt 5\right)^{{10^{10^{10}}+42}} = \ldots \mathbf{527}, \ldots \]

Notes

[1] Comme vous l'avez sûrement remarqué, cet ensemble $A$ est même un sous-anneau de $\mathbb R$ : l'appartenance de $0$ et $1$ à $A$ et la stabilité par addition sont encore plus faciles à établir que la stabilité par multiplication.

[2] Encore une fois, on montre sans difficulté que $\phi$ est en fait un morphisme d'anneaux bijectif.

[3] On peut énoncer ce résultat de manière un peu différente : la suite $(\rho^n\ \mathrm{mod}\ 1)_{n\in {\mathbb N}}$ tend vers $0$. Ce résultat s'applique en fait à une classe infinie de nombres algébriques, les nombres de Pisot, dont $3 + \sqrt{5}$ fait partie.

[4] Si $P$ a une racine double $r$, la solution générale est du type $L_n = (\lambda n + \mu)\cdot r^n$. Si $P$ a deux racines complexes conjuguées $r e^{\pm i \theta}$, la solution générale est du type $L_n = \left(\lambda \cos(n \theta) + \mu \sin(n \theta)\right)\cdot r^n$. Dans tous les cas, la connaissance de deux termes de la suite $(L_n)$ permet de déterminer les coefficients $\lambda$ et $\mu$.

[5] Encore une fois, on peut dire cet argument de manière plus savante : la surjection canonique ${\mathbb Z} \to {\mathbb Z}/1\,000{\mathbb Z}$ est un morphisme d'anneaux.

[6] Alors que la suite initiale $(R_n)$, elle, ne prend jamais deux fois la même valeur.

 
 
 
 
 
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