E115 . Un impair, deux pairs, trois impairs. . .
Vincent PANTALONI 28 novembre 2009
Enoncé :On considère la suite strictement croissante des entiers naturels qui commence par le premier nombre impair (1) puis se poursuit avec les deux nombres pairs qui suivent 1 : 2 et 4 puis avec les trois nombres impairs qui suivent 4 : 5,7 et 9, puis avec les quatre nombres pairs qui suivent 9 : 10, 12, 14 et 16 etc..
Trouver le 2009ième terme puis donner la formule exprimant le n-ième terme en fonction de n.
Solution :. . . .
1 Observations et conjectures.
Écrivons les premiers termes de la suite :
1 ;
2 pairs
z }| {
2; 4 ; 5; 7; 9
| {z }
3 impairs
;
4 pairs
z }| {
10; 12; 14; 16 ; 17; 19; 21; 23; 25
| {z }
5 impairs
;
6 pairs
z }| {
26; 28; 30; 32; 34; 36 ;. . .
Notons pourkentier non nul Tk lekenombre triangulaire i.e.
Tk= 1 + 2 +· · ·+k=k(k+ 1) 2
Notons(un)n∈N∗ la suite étudiée.u1= 1;u2= 2;u3= 4. . .Par construction de la suite (un impair, deux pairs, trois impairs. . . ) il est clair que chaque terme en fin de groupe (terme encadré) est un terme d’indiceT(k)pour un certain kdansN∗. De plus, par construction aussi, comme le terme suivant le dernier entiernd’un groupe est le plus petit entier de parité différente de nqui lui est supérieur, on a donc que le terme suivantnest n+ 1. Autrement dit :
Propriété 1Pour toutkdansN∗,uT(k)+1=uT(k)+ 1
Par observation des carrés (encadrés) ci-dessus on fait la conjecture suivante : Propriété 2Pour toutkdansN∗,uT(k)=k2
On prouvera cette propriété plus loin ; en l’admettant, comment déterminerun pour n∈N∗?
2 Calcul de u
n.
① On cherche d’abord l’entierk tel que :T(k)6n < T(k+ 1)
② Sin=T(k)alorsun =k2(utilisant la prop. 2) et sinon :
③ un =uT(k)+ 1 + 2×(n−T(k)−1). Carun est le (n−T(k))ième terme d’une progression arithmétique commençant àuT(k)+ 1et de raison 2. Ainsi (utilisant la prop. 2) :
un =k2+ 1 + 2×(n−T(k)−1)
1
http://www.diophante.fr/ E115
On peut expliciterken fonction de n, en effet, on montrera que :
Propriété 3Pour toutndansN∗, l’entier ktel que :T(k)6n < T(k+ 1)est :
k=E
−1 +√ 1 + 8n 2
oùE(x)est la partie entière du réelx, i.e. le plus grand entier inférieur ou égal àx.
En admettant ce résultat, cela donne pouru2009: k=E
−1 +√
1 + 8×2009 2
=E(62,88) = 62
On peut vérifier queT62= 1953etT63= 2016. On a donc bienT(62)62009< T(63). Ainsi : u2009= 622+ 1 + 2×(2009−1953−1) = 3845 + 2×55 = 3955
3 Preuves.
Prouvons les propriétés 2 et 3. Lapropriété 2se prouve par récurrence : Démonstration. Initialisation :T(1) = 1 etu1= 1 = 12 donc on a bienuT(1)= 12.
Hérédité : Supposons que pour un certaink dansN∗ on aituT(k)=k2. On sait que uT(k) est le dernier terme du groupe deknombres successifs de même parité. Les (k+ 1) termes suivants de la suite sont donc de la formek2+ 1 + 2ppourpallant de 0 jusqu’àk:
k2+ 1; k2+ 3; . . . ; k2+ 1 + 2p; . . . k2+ 1 + 2k
Le dernier terme étant le dernier du groupe de k+ 1nombres successifs de même parité, i.e. on auT(k+1)=k2+ 1 + 2k= (k+ 1)2 ce qui conclut l’hérédité. Ainsi par récurrence, on a bien que pour toutkdansN∗,uT(k)=k2.
Lapropriété 3découle d’une résolution d’inéquation du second degré :
Démonstration. SoitndansN∗. L’entierktel que :T(k)6n < T(k+ 1)est le plus grand entier Ktel que T(K)6n. On cherche donc le plus grand entier vérifiant l’inéquation de variablex:
x(x+ 1)
2 6n (1)
Cette inéquation est équivalente àx2+x−2n60. Le trinôme x2+x−2na pour tout entiern deux racines réelles (car∆ = 1 + 8n >0) qui sont :
x1=−1−√ 1 + 8n
2 et x2= −1 +√ 1 + 8n 2
Ainsi les réels solution de (1) sont les réels de[x1;x2]. Le plus grand entier solution de (1) est donc E(x2) =E
−1 +√ 1 + 8n 2
Ainsi on peut donner une magnifique formule pourun selon sinest un nombre triangulaire ou pas (i.e. selon si1 + 8nest un carré d’entier ou pas). J’ai utilisé la formuleE(x) + 1 =E(x+ 1) valable pour tout réelxpour alléger un peu.
un=
−1 +√ 1 + 8n 2
2
si√
1 + 8n∈N, et sinon :
un=
E
−1 +√ 1 + 8n 2
2
+ 1 + 2×
n−1− E
−1 +√ 1 + 8n 2
×E
1 +√ 1 + 8n 2
2
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