Un défi par semaine

Décembre 2015, 4e défi

Le 25 décembre 2015  - Ecrit par  Ana Rechtman Voir les commentaires (7)

Nous vous proposons un défi du calendrier mathématique 2015 chaque vendredi et sa solution la semaine suivante.

Semaine 52 :

Si $x=\sqrt{5\sqrt{3\sqrt{5\sqrt{3\cdots}}}}$, quelle est la valeur de $x^3$ ?

Solution du 3e défi de Décembre :

Enoncé

La réponse est $513\,624$.

Observons que $5$ est un nombre premier qui ne divise aucun autre chiffre et qui n’est multiple que de $1$. Par conséquent, le chiffre $5$ doit être à une extrémité du code et doit être adjacent au chiffre $1$. Comme le code est pair, $5$ doit être au début, donc le code commence par $51$.

Parmi les quatre chiffres restants ($2,3,4$ et $6$), le chiffre $3$ ne peut être adjacent ni à $2$ ni à $4$. De même le chiffre $4$ ne peut être adjacent ni à $3$ ni à $6$. Par conséquent, la fin du code est soit $3\,624$, soit $4\,263$. Comme
le code est un nombre pair, le second choix est impossible. Donc le code est $513\,624$.

Post-scriptum :

Calendrier mathématique 2015 - Sous la direction d’Ana Rechtman Bulajich, Anne Alberro Semerena, Radmilla Bulajich Manfrino - Textes : Ian Stewart.
2014, Presses universitaires de Strasbourg. Tous droits réservés.

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Pour citer cet article :

Ana Rechtman — «Décembre 2015, 4e défi» — Images des Mathématiques, CNRS, 2015

Crédits image :

Image à la une - KERENBY / SHUTTERSTOCK

Commentaire sur l'article

  • Décembre 2015, 4e défi

    le 25 décembre 2015 à 08:40, par orion8

    On a : $x^4 = 25 \times 3x$
    d’où : $x^3 = 75$.

    Répondre à ce message
  • Décembre 2015, 4e défi

    le 25 décembre 2015 à 12:14, par mesmaker

    Bonjour et joyeux noël.

    La réponse au cadeau mathématique est 75.
    Il suffit de réécrire la valeur de x de cette façon :
    x = sqrt(5*sqrt(3*x)) puis de mettre à la puissance 4.
    Ce qui donne x^4 = 5^2*3*x. Comme x est strictement positif,
    on peut donc simplifier par x et cela donne x^3 = 75.
    Donc x = 75^(1/3).

    De manière générale, les expressions de la formes x = sqrt(a*sqrt(b*x)) avec a et b strictement positifs donnent des x = (a^2*b)^(1/3). C’est une manière de calculer certaines
    puissances cubiques telles que 2^(1/3) = sqrt(1*sqrt(2*...))

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  • Décembre 2015, 4e défi

    le 25 décembre 2015 à 12:30, par mesmaker

    Réécrit de manière plus lisible



    La réponse au cadeau mathématique est 75.
    Il suffit de réécrire la valeur de x de cette façon :
    $x = \sqrt{5\sqrt{3x}}$ puis de mettre à la puissance 4.
    Ce qui donne $x^4$ = $5^2.3.x$. Comme x est strictement positif,
    on peut donc simplifier par x et cela donne $x^3 = 75$.
    Donc x = $75^{1/3}$.

    De manière générale, les expressions de la formes $x = \sqrt{a\sqrt{bx}}$ avec a et b strictement positifs donnent des $x = (a^2b)^{1/3}$. C’est une manière de calculer certaines
    puissances cubiques telles que $2^{1/3} = \sqrt{1\sqrt{2\sqrt{1\sqrt{2...}}}}$

    Répondre à ce message
  • Décembre 2015, 4e défi

    le 27 décembre 2015 à 16:49, par Jérôme

    Je n’ai pas pensé à formuler $x$ en fonction de $x$ comme l’a fait mesmaker, ce qui solutionne rapidement le problème.
    Pour ma part, je suis parti sur le fait que $x^3 = x \times x^2$, donc
    $x^3 = \sqrt{5 \sqrt{3 \sqrt{5 \sqrt{ 3 \cdots}}}} \times 5 \sqrt{3 \sqrt{5 \sqrt{ 3 \cdots}}} = 5 \sqrt{15 \sqrt{15 \sqrt{15 \sqrt{15 \cdots}}}}$.
    En utilisant les puissances plutôt que les racines, cela donne
    $x^3 = 5 \times 15^{\frac{1}{2}} \times 15^{\frac{1}{4}} \times 15^{\frac{1}{8}} \times 15^{\frac{1}{16}} \times \cdots = 5 \times 15^{(\frac{1}{2} + \frac{1}{4} + \frac{1}{8} + \frac{1}{16} + \cdots)}$.
    En sachant que $\frac{1}{2} + \frac{1}{4} + \frac{1}{8} + \frac{1}{16} + \cdots = 1$, on a alors
    $x^3 = 5 \times 15^{1} = 5 \times 15 = 75$.

    Bonnes fêtes.

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    • Décembre 2015, 4e défi

      le 31 décembre 2015 à 15:38, par gambitro

      Votre solution est très jolie. Bravo...

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  • Décembre 2015, 4e défi

    le 31 décembre 2015 à 12:25, par ROUX

    Je l’avais fait comme orion8 ou mesmaker.
    Je préfère celle de Jérôme.
    En fait, depuis ma lecture d’une étonnante (et irritante ;) ?) démonstration du fait que 1+2+3+4+5+troispetitspoints=-1/12, j’ai peur quand je dois gérer des troispetitspoints.
    Et, les troispetitspoints de Jérôme me font moins peur que ceux de orion8 et mesmaker car ils ne donnent lieu à aucun jeu d’écriture.
    Pourrait-on un jour avoir un article sur la gestion des troispetitspoints dans les sommes ?

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    • Décembre 2015, 4e défi

      le 2 janvier à 07:50, par orion8

      Bonjour. « Peur » très légitime... Il suffit de s’assurer auparavant qu’il y a convergence.
      Pour la méthode de Jérôme, c’est évident, compte-tenu des propriétés des suites géométriques réelles ayant une raison $q$ telle $|~q~| < 1$.
      Pour l’autre méthode, définir la suite $(u_n)$ telle que $u_{n+1} = \sqrt{5\sqrt{3u_n}}$ avec $u_0 = 1$.
      On montre par une récurrence facile que la suite réelle $(u_n)$ est croissante et majorée (par 5, par exemple).
      D’où sa convergence. Sa limite est solution de $x= \sqrt{5\sqrt{3x}}$ (théorème dit du point fixe), d’où la valeur de $x$.

      Répondre à ce message

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