• Aucun résultat trouvé

Probl`eme num´ero E 134

N/A
N/A
Protected

Academic year: 2022

Partager "Probl`eme num´ero E 134"

Copied!
5
0
0

Texte intégral

(1)

Probl` eme num´ ero E 134

Enonc´´ e. Dans chacune de ces deux suites,on choisit les deux premiers termes qui sont des nombres entiers strictement positifs puis on calcule le k-i`eme terme (k >2) en soustrayant le (k−1)-i`eme terme du (k−2)-i`eme terme. On poursuit les calculs aussi longtemps que le termes sont positifs ou nuls.

(Q1) Le premier terme de la suite n1 ´etant ´egal `a 2018, d´eterminez le deuxi`eme terme de sorte que le nombre total de termes soit le plus grand possible.

(Q2) D´eterminez la plus petite valeur possible du premier terme de la suite n2 de sorte que celle-ci ait 21 termes dont le dernier est ´egal `a 2018.

Dans les deux cas, justifiez votre r´eponse.

(2)

Solution au Probl` eme num´ ero E 134

(propos´ee par Jo¨el Benoist)

Notons cette suite u:= (un)n∈N que l’on peut d´efinir en fait pour toutn∈Npar ces deux premiers termesu0>0,u1>0 et la relation de r´ecurrence

un+2=un−un+1

vraie pour toutn∈N. On pose aussi

L(u) = max{N ≥0| ∀i∈J1, NK, ui−1≥0};

L(u) repr´esente le nombre maximum de termes cons´ecutifs positifs de la suite (un) `a partir du termeu0. Nous allons tout d’abord faire dans la partie A quelques remarques g´en´erales sur de telles suites uqui d´ependent des conditions initialesu0et u1, avant de r´epondre aux deux questions (Q1) et (Q2) dans les Partie B et C.

Partie A : remarques g´en´erales sur les suites u.

On montre facilement par r´ecurrence le r´esultat suivant.

Lemme 1. Pour toutn∈N,

un= (−1)n(Fn−1u0−Fnu1)

o`u Fn d´esigne len-i`eme terme de la suite de Fibonacci. On rappelle queF0 = 0,F1 = 1 et, pour tout n∈ N,Fn+2 =Fn+1+Fn. On pose aussi pour la circonstanceF−1 := 1 ce qui permet de satisfaire la relation de r´ecurrence pourn=−1.

Dans la suite nous allons utiliser les r´esultats suivants sur la suite de Fibonacci.

Proposition 2.On a (i) On posezn= Fn

Fn+1

pourn∈N. La suite (zn) v´erifie la relation de r´ecurrence vraie pour tout n∈N:

zn+1= 1 1 +zn.

La sous-suite (z2n)n≥0 est strictement croissante convergeant vers ` :=

√5−1

2 et la sous-suite (z2n+1)n≥0 est strictement d´ecroissante convergeant aussi vers`. On a donc

0 =z0< z2< z4<· · ·< ` <· · ·< z5< z3< z1= 1. (1) (ii) Sin≥1, pgcd(Fn, Fn+1) = 1.

(iii) Pour toutn∈N,

1 1 1 0

n

=

Fn+1 Fn

Fn Fn−1

En particulier (−1)n =Fn+1Fn−1−Fn2.

(3)

se r´e´ecrit 1

zn+1 = 1 +zn ou bienzn+1 = 1

1 +zn. La suite (zn)n∈N v´erifie une relation de r´ecurrence de la formezn+1=f(zn) o`u la fonction f :x7→ 1

1 +x d´efinie sur ]0,+∞[ est d´ecroissante. Cette fonction poss`ede`pour point fixe. Le r´esultat `a d´emontrer est alors un grand classique sur les suites r´ecurrences, qui ne pr´esente pas de difficult´e.

(ii) Soitn≥1. On a d’apr`es les propri´et´es ´el´ementaires sur les pgcd :

pgcd(Fn, Fn+1) = pgcd(Fn, Fn+Fn−1) = pgcd(Fn, Fn−1) = pgcd(Fn−1, Fn) =· · ·= pgcd(F1, F2) = 1.

(iii) L’´egalit´e matricielle se d´emontre facilement par r´ecurrence. La cons´equence s’obtient en prenant le

d´eterminant de chaque cˆot´e de l’´egalit´e matricielle.

Du Lemme 1, nous en d´eduisons le corollaire suivant.

Corollaire 2.Nous avons pour n≥1 (i)u2n≥0⇐⇒ u1

u0

≤z2n−1; (ii)u2n+1≥0⇐⇒z2n≤u1

u0

Grˆace aux in´egalit´es (1), nous pouvons d´ecomposer l’ensemble des r´eels strictement positifs en intervalles disjoints sous la forme :

]0,+∞[=

 [

p≥1

[z2p−2, z2p[

[{`}[

 [

p≥1

[z2p+1, z2p−1[

[]1,+∞[.

Puisque u1

u0 ∈]0,+∞[, on est forc´ement dans l’une des situations pour u1

u0 : (S1) Il existep≥1 tel quez2p−2≤ u1

u0

< z2p.

Alors, le Corollaire 2 nous dit que, pour touti≤2p ui≥0 etu2p+1<0, soitL(u) = 2p+ 1.

(S2) u1

u0

=`.

Alors, le Corollaire 2 nous dit que la suite (un) est positive, soitL(u) =∞.

(S3) Il existep≥1 tel quez2p+1< u1 u0

≤z2p−1.

Alors, le Corollaire 2 nous dit que, pour touti≤2p+ 1ui≥0 etu2p+2<0, soitL(u) = 2p+ 2.

(S4) u1

u0

>1.

Alors, le Corollaire 2 nous dit queu2<0, soitL(u) = 2.

Vu que dans chaque situation la valeur deL(u) est diff´erente, la r´eciproque est vraie. Plus pr´ecis´ement, nous avons r´eciproquement : si L(u) =∞, alors u1

u0

=`; siL(u) = 2 alors u1 u0

>1 ; siL(u) est pair de la forme 2p+ 2 avec p ≥ 1 alors z2p+1 < u1

u0 ≤ z2p−1; et si L(u) est impair de la forme 2p+ 1 alors z2p−2< u1

u0

≤z2p.

(4)

Partie B : r´eponse `a la question (Q1).

Nous savons que u0 = 2018 etu1 est un entier u1 inconnu. Regardons alors les valeurs approch´ees `a 10−2 pr`es de la suite croissante (u0z2p) qui converge vers 2018`∼1247.19 :

0 1009 1210.8 1241.85 1246.41 1247.08 1247.18 1247.19 . . .

et les valeurs approch´ees `a 10−2pr`es de la suite d´ecroissante (u0z2p+1) qui converge aussi vers 2018`: 2018 1345.33 1261.25 1249.24 1247.49 1247.24 1247.20 1247.19 . . . .

Siu1:= 1247, on a, d’apr`es les valeurs num´eriques de la suite (u0z2p) donn´ees ci dessus,u0z8< u1< u0z10

ou en d’autres termes z8 < u1

u0 < z10. Donc d’apr`es la partie A, L(u) = 11. Supposons qu’il existe un entieru1tel que L(u)>11.

•SiL(u) est pair, il existep≥5 tel queL(u) = 2p+ 2 et alorsz2p+1<u1

u0 ≤z2p−1ou en d’autres termes

u0z2p+1< u1≤u0z2p−1.

Comme 1247<2018`≤u0z2p+1 etu0z2p−1≤u0z9<1248, on obtient 1247< u1<1248,

ce qui contredit queu1 est entier.

•SiL(u) est impair, il existep≥6 tel queL(u) = 2p+ 1 et alorsz2p−2< u1

u0

≤z2pou en d’autres termes

u0z2p−2< u1≤u0z2p.

Comme 1247< u0z10≤u0z2p−2 etu0z2p≤` <1248, on obtient `a nouveau 1247< u1<1248,

ce qui contredit queu1 est entier.

Conclusion. La valeur maximal deL(u) sachant queu0= 2018 est 11 ; il faut prendreu1= 1247 et les 13 premi`eres valeurs de la suiteusont

2018 1247 771 476 295 181 114 67 47 20 27 −7 34.

Partie C : r´eponse `a la question (Q2).

On cherche une suite utelle que (C1)L(u) = 21 ;

(C2)u20= 2018.

et telle queu0 soit le plus petit possible Les deux conditions se r´e´ecrive sous la forme (C1) F18

≤u1

< F20

;

(5)

La condition (C2) est une ´equation diophantienne lin´eaire de degr´e 1 classique o`u, d’apr`es la Proposition 2 (ii) et (iii),F19et F20 sont premiers entre eux et o`u

F19(2018F19)−F20(2018F18) = 2018.

Donc (C2) est ´equivalent `a

F19(u0−2018F19) =F20(u1−2018F18).

D’apr`es le th´eor`eme de Gauss, (C2) est ´equivalent `a l’existence d’un entier relatifk∈Ztel que u0=kF20+ 2018F19

u1=kF19+ 2018F18.

En prenantk= 0 et en utilisant les valeursF18= 2584 etF19= 4181, on a u0= 2018F19= 8437258 et u1 = 2018F18 = 5214512 et la suite ud´efinie `a partir de ces conditions initiales v´erifie trivialement les condition (C1) et (C2). Supposons que 2018F19 ne soit pas la valeur minimale et notons

u?0<2018F19 (2)

cette valeur minimale. Il existe un entier u?1 > 0 tel que la suite u? d´efinie `a partir de ces conditions initiales v´erifie les condition (C1) et (C2). D’apr`es ce qui pr´ec`ede, il existe un entier relatifk?∈Ztel que

u?0=k?F20+ 2018F19

u?1=k?F19+ 2018F18. D’apr`es (2),

k?<0. (3)

Comme la suiteu?v´erifie la condition (C1), on a : F18 F19

≤ u?1

u?0 ce qui se r´e´ecrit en reportant les valeurs de u?0et u?1 :

F18

F19 ≤k?F19+ 2018F18

k?F20+ 2018F19 ou de fa¸con ´equivalente

k?(F18F20−F192)≤0.

D’apr`es la Proposition 2 (iii),F18F20−F192 =−1, ce qui entrainek?≥0. Ceci contredit (3).

Conclusion. La valeur minimal de u0 est 2018F19 = 8437258. Si on prend aussi u1 = 5214512, les 23 premi`eres valeurs de la suiteusont

8437258 5214512 3222746 1991766 1230980 760786 470194 290592 179602 110990 68612 42378 26234 16144 10090 6054 4036 2018 2018 0 2018 −2018 4036.

Références

Documents relatifs

La diagonale [A, C] traverse des carr´ es de cˆ ot´ e unit´ e et d´ elimite ` a l’int´ erieur de certains d’entre eux des petits triangles rectangles (voir l’exemple supra)

edition revue et corrig´ ee avec soin”, l’´ enigme suivante qu’il a mise au goˆ ut du jour : Un lion de bronze plac´ e sur le bassin d’une fontaine peut jeter l’eau par

Par convention, dans la suite, si deux points S, T sont sur un mˆ eme cercle C, la notation (ST ) d´ esigne comme d’habitude la droite passant par S et T si ces deux points

Q2 Démontrer qu’il existe une suite S dont les numérateur et dénominateur de la première fraction sont deux entiers positifs strictement inférieurs à 100 telle qu’au-delà de

Une suite S de Richard Guy est une collection de fractions telles que le dénominateur de la (k + 1)ième fraction est égal au numérateur de la kième fraction tandis que le numérateur

Q2 Démontrer qu’il existe une suite S dont les numérateur et dénominateur de la première fraction sont deux entiers positifs strictement inférieurs à 100 telle qu’au-delà de

Q1 Le premier terme de la suite n°1 étant égal à 2018, déterminez le deuxième terme de sorte que le nombre total de termes soit le plus grand possible.. Q2 Déterminez la plus

Dans chacune de ces deux suites, on choisit les deux premiers termes qui sont des nombres entiers strictement positifs. puis on calcule le k -ième terme ( k &gt; 2) en soustrayant le