Un défi par semaine

Octobre 2020, 1er défi

Le 2 octobre 2020  - Ecrit par  Ana Rechtman Voir les commentaires (2)
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Nous vous proposons un défi du calendrier mathématique chaque vendredi et sa solution la semaine suivante. Le calendrier 2020 est en vente !

Semaine 40

Considérons la suite $t_1 = 1$, $t_2 =1$, et
\[t_n =\left( \dfrac{n-3}{n-1}\right)t_{n-2}\]
où $n \geq 3$.
Quelle est la valeur de $t_{2020}$ ?

Solution du 4e défi de septembre :

Enoncé

La réponse est : un carré.

Quadrillons le carré de $23$ cm de côté par des lignes et colonnes de 1 cm de côté et colorons les lignes de ce quadrillage en alternant deux couleurs.

Par exemple, la première ligne en rouge et la deuxième en bleu, la troisième en rouge et ainsi de suite jusqu’à la ligne numéro $23$ qui sera en rouge.
Ainsi, la différence entre le nombre de carreaux rouges et le nombre de carreaux bleus est $23$, puisque cela correspond à une ligne complète du quadrillage.

Observons que si nous ne plaçons que des carrés de $2\,\mbox{cm} \times 2\,\mbox{cm}$ et $3\,\mbox{cm} \times 3\,\mbox{cm}$, les carrés de $2\,\mbox{cm} \times 2\,\mbox{cm}$ couvrent la même quantité de carreaux de chaque couleur alors que ceux de $3\,\mbox{cm} \times 3\,\mbox{cm}$ couvrent trois carreaux de plus d’une des deux couleurs.

C’est-à-dire que la différence doit être un multiple de $3$. Puisque $23$ n’est pas un multiple de trois, nous ne pouvons pas couvrir le grand carré uniquement avec des carrées de $2\,\mbox{cm} \times 2\,\mbox{cm}$ et de $3\,\mbox{cm} \times 3\,\mbox{cm}$.

Nous aurons besoin d’au moins un carré de $1\,\mbox{cm} \times 1\,\mbox{cm}$.

Si l’on place au centre un carré de $1\,\mbox{cm} \times 1\,\mbox{cm}$ alors la surface restante peut se diviser en quatre rectangles égaux de $11\,\mbox{cm} \times 12\,\mbox{cm}$ comme indiqué dans la figure de gauche.
Chaque rectangle peut se couvrir avec $6$ carrés de $2\,\mbox{cm} \times 2\,\mbox{cm}$ et $12$ carrés de $3\,\mbox{cm} \times 3\,\mbox{cm}$.

Post-scriptum :

Calendrier mathématique 2020 - Sous la direction d’Ana Rechtman, avec la contribution de Nicolas Hussenot - Textes : Serge Abiteboul, Charlotte Truchet. 2019, Presses universitaires de Grenoble. Tous droits réservés.

Disponible en librairie et sur www.pug.fr

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Pour citer cet article :

Ana Rechtman — «Octobre 2020, 1er défi» — Images des Mathématiques, CNRS, 2020

Crédits image :

Image à la une - CÉSAR, RENAULT VL 06, 1986 © RMN-GRAND PALAIS / BENJAMIN SOLIGNY / RAPHAËL CHIPAULT / VILLE DE MARSEILLE / SBJ / ADAGP, PARIS, 2019

Commentaire sur l'article

  • Octobre 2020, 1er défi

    le 2 octobre à 08:22, par François

    On a $t_3=0$, donc $t_{2n+1}=0$. Pour simplifier, je note $v_n=t_{2n}$. La relation de récurrence devient $v_n=\displaystyle \left (\frac{2n-3}{2n-1} \right) v_{n-1}$ En faisant le produit des rapports $\displaystyle \frac {v_k}{v_{k-1}}$ de $2$ à $n$ on obtient $\displaystyle \prod_{k=2}^{k=n} \frac {v_k}{v_{k-1}}=\frac {v_n}{v_{n-1}}\frac {v_{n-1}}{v_{n-2}}\cdots \frac{v_2}{v_1} = \frac{2n-3}{2n-1}\frac{2n-5}{2n-3}\cdots\frac{1}{3}$. En simplifiant $v_n=t_{2n}=\displaystyle \frac {1}{2n-1}$ et $t_{2020}=\displaystyle \frac {1}{2019}$

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  • Octobre 2020, 1er défi

    le 2 octobre à 08:31, par Al_louarn

    On trouve $t_4=\frac{1}{3}t_2=\frac{1}{3}$, et plus généralement $t_{2n}=\frac{1}{2n-1}$, ce qui est facile à montrer par récurrence :
    $t_{2n+2}=\frac{2n + 2 - 3}{2n + 2 - 1}t_{2n}=\frac{2n - 1}{(2n + 2) - 1}\frac{1}{2n-1}=\frac{1}{(2n + 2) - 1}$
    Ce qui donne $t_{2020}=\frac{1}{2019}$

    Répondre à ce message

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