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Suites, nombres & raisonnements

Des grains de riz jusqu’à l’infini : ici, on expérimente, on conjecture, puis on cherche la preuve qui explique vraiment ce que l’on observe.

10 défis ⭐ à ⭐⭐⭐⭐ 2 indices par défi Solutions détaillées

Conjecturer, puis démontrer

Plusieurs défis commencent par un motif très simple. Le vrai défi consiste à comprendre pourquoi il continue toujours.

Défi 1⭐ Accessible5–10 minSuite géométrique

Les grains de riz sur l’échiquier

Un grain, puis deux, puis quatre… Cela peut-il vraiment devenir gigantesque en seulement 64 cases ?

Sur la première case d’un échiquier, on place 1 grain de riz. Sur la deuxième, 2 grains, puis 4, 8, et ainsi de suite : chaque case contient deux fois plus de grains que la précédente.

Combien de grains faut-il au total pour remplir les 64 cases ?
Indice 1
Il faut calculer \(1+2+2^2+\cdots+2^{63}\).
Indice 2
Utilise la somme d’une suite géométrique.
Voir la solution
On a \[ S=1+2+2^2+\cdots+2^{63}. \] Pour une somme géométrique : \[ S=\frac{2^{64}-1}{2-1}=2^{64}-1. \] Donc \[ S=18\,446\,744\,073\,709\,551\,615. \] Plus de 18 milliards de milliards de grains.
💡 Idée à retenir : la croissance exponentielle reste longtemps discrète, puis devient extrêmement rapide.
Défi 2⭐ Accessible5–10 minRécurrence

Pourquoi la somme des nombres impairs forme-t-elle des carrés ?

1, puis 1+3, puis 1+3+5… Les résultats semblent trop réguliers pour être un hasard.

Montrer que, pour tout entier \(n\ge1\), \[ 1+3+5+\cdots+(2n-1)=n^2. \]
Indice 1
Vérifie les premières valeurs : \(1=1^2\), \(1+3=2^2\), \(1+3+5=3^2\).
Indice 2
Suppose la formule vraie au rang \(n\), puis ajoute le nombre impair suivant \(2n+1\).
Voir la solution
Supposons \[ 1+3+\cdots+(2n-1)=n^2. \] Au rang suivant : \[ 1+3+\cdots+(2n-1)+(2n+1) =n^2+2n+1=(n+1)^2. \] La propriété est vraie pour \(n=1\), puis héréditaire : elle est donc vraie pour tout \(n\ge1\).
💡 Idée à retenir : géométriquement, pour passer d’un carré \(n\times n\) à un carré \((n+1)\times(n+1)\), on ajoute exactement \(2n+1\) petits carrés.
Défi 3⭐⭐ Réflexion10–15 minDiviseurs

Les 100 portes

Cent passages successifs, des portes ouvertes puis refermées… lesquelles restent ouvertes à la fin ?

Cent portes sont fermées. Au passage numéro 1, on change l’état de toutes les portes. Au passage numéro 2, on change l’état d’une porte sur deux. Au passage numéro 3, d’une porte sur trois, etc., jusqu’au passage numéro 100.

Quelles portes restent ouvertes ?
Indice 1
La porte numéro \(k\) change d’état exactement aux passages dont le numéro divise \(k\).
Indice 2
Une porte reste ouverte si elle est changée un nombre impair de fois. Quels entiers ont un nombre impair de diviseurs ?
Voir la solution
La porte \(k\) est basculée une fois pour chaque diviseur de \(k\).

Les diviseurs vont généralement par paires \(d\) et \(k/d\). Le nombre de diviseurs est donc pair, sauf lorsqu’un diviseur est associé à lui-même : \[ d=\frac{k}{d}\quad\Longleftrightarrow\quad k=d^2. \] Les seules portes basculées un nombre impair de fois sont donc celles dont le numéro est un carré parfait.

Restent ouvertes : 1, 4, 9, 16, 25, 36, 49, 64, 81 et 100.
💡 Idée à retenir : derrière une suite d’actions se cachait simplement la parité du nombre de diviseurs.
Défi 4⭐⭐ Réflexion10–15 minRaisonnement par l’absurde

\(\sqrt2\) peut-il être une fraction ?

Une preuve vieille de plus de deux millénaires, et toujours aussi élégante.

Montrer qu’il n’existe pas d’entiers \(p\) et \(q\ne0\) tels que \[ \sqrt2=\frac pq. \]
Indice 1
Suppose au contraire que \(\sqrt2=p/q\) avec la fraction irréductible.
Indice 2
De \(p^2=2q^2\), déduis que \(p\) est pair, puis regarde ce que cela impose à \(q\).
Voir la solution
Supposons \[ \sqrt2=\frac pq \] avec \(p/q\) irréductible. Alors \[ p^2=2q^2. \] Donc \(p^2\) est pair, donc \(p\) est pair. Écrivons \(p=2r\). Alors \[ 4r^2=2q^2\quad\Longrightarrow\quad q^2=2r^2. \] Donc \(q\) est également pair.

Ainsi \(p\) et \(q\) sont tous deux divisibles par 2, ce qui contredit l’irréductibilité de \(p/q\).

\(\sqrt2\) est irrationnel.
💡 Idée à retenir : le raisonnement par l’absurde transforme une hypothèse apparemment possible en contradiction inévitable.
Défi 5⭐⭐ Réflexion10–15 minNombres premiers

Y a-t-il un dernier nombre premier ?

Supposons que la liste soit finie… et fabriquons un nombre qui refuse d’y entrer.

Montrer qu’il existe une infinité de nombres premiers.
Indice 1
Suppose qu’il n’existe qu’un nombre fini de nombres premiers \(p_1,\ldots,p_n\).
Indice 2
Considère le nombre \(N=p_1p_2\cdots p_n+1\).
Voir la solution
Supposons que tous les nombres premiers soient \[ p_1,p_2,\ldots,p_n. \] Construisons \[ N=p_1p_2\cdots p_n+1. \] Pour tout \(i\), la division de \(N\) par \(p_i\) laisse un reste égal à 1. Aucun \(p_i\) ne divise donc \(N\).

Or tout entier \(N>1\) possède au moins un diviseur premier. Ce diviseur premier n’est dans aucune des valeurs \(p_1,\ldots,p_n\), contradiction.

Il existe donc une infinité de nombres premiers.
💡 Idée à retenir : la construction \(p_1p_2\cdots p_n+1\) ne produit pas nécessairement un nombre premier, mais elle garantit un nouveau facteur premier.
Défi 6⭐⭐⭐ Costaud20 minSuite récurrente

Une suite qui calcule \(\sqrt2\)

Avec seulement une moyenne et une division, on obtient très vite des décimales de \(\sqrt2\).

On définit \[ u_0=2,\qquad u_{n+1}=\frac12\left(u_n+\frac2{u_n}\right). \] Montrer que la suite converge et déterminer sa limite.
Indice 1
Montre d’abord que \(u_n\ge\sqrt2\) pour tout \(n\).
Indice 2
Calcule \(u_{n+1}-u_n\) et factorise le numérateur.
Voir la solution détaillée
Pour tout \(x>0\), \[ \frac12\left(x+\frac2x\right)-\sqrt2 =\frac{(x-\sqrt2)^2}{2x}\ge0. \] Donc, dès que \(u_n>0\), \[ u_{n+1}\ge\sqrt2. \] Comme \(u_0=2\), on a \(u_n\ge\sqrt2\) pour tout \(n\).

De plus, \[ u_{n+1}-u_n =\frac{2-u_n^2}{2u_n}\le0 \] puisque \(u_n^2\ge2\). La suite est donc décroissante et minorée par \(\sqrt2\) : elle converge.

Si \(\ell\) est sa limite, \(\ell>0\) et \[ \ell=\frac12\left(\ell+\frac2\ell\right), \] donc \[ \ell^2=2. \] Ainsi \[ \boxed{\ell=\sqrt2}. \]
💡 Idée à retenir : c’est la méthode de Héron/Newton. Elle converge très vite parce que l’erreur est essentiellement mise au carré à chaque étape.
Défi 7⭐⭐⭐ Costaud20–30 minPuissances de 2

Le problème de Josephus

41 personnes en cercle. Une personne sur deux est éliminée. Où faut-il se placer pour être la dernière ?

\(n\) personnes numérotées de 1 à \(n\) sont placées en cercle. On élimine la personne 2, puis la 4, puis la 6, etc., en continuant autour du cercle et en éliminant toujours une personne sur deux parmi celles qui restent.

Pour \(n=41\), quelle position survit ?
Indice 1
Teste \(n=1,2,3,4,5,6,7,8\). Que se passe-t-il lorsqu’on atteint une puissance de 2 ?
Indice 2
Écris \(n=2^m+\ell\) avec \(0\le\ell<2^m\). La position gagnante vaut \(2\ell+1\).
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Lorsque \(n=2^m\), après un tour complet il ne reste que les positions impaires, et le même problème recommence après renumérotation. La position 1 finit donc par survivre.

Entre deux puissances de 2, la position gagnante augmente ensuite de 2 à chaque personne supplémentaire. Ainsi, si \[ n=2^m+\ell, \] alors \[ J(n)=2\ell+1. \] Pour \(41\), \[ 41=32+9. \] Donc \[ J(41)=2\times9+1=19. \] Il faut se placer en position 19.
💡 Idée à retenir : la structure du problème est gouvernée par la plus grande puissance de 2 inférieure ou égale à \(n\).
Défi 8⭐⭐⭐ Costaud15–20 minÉcriture décimale

Le mystère de 1089

Choisis presque n’importe quel nombre à trois chiffres : un petit rituel conduit toujours au même résultat.

Choisis un nombre à trois chiffres \(\overline{abc}\) avec \(a>c\). Renverse ses chiffres, soustrais le plus petit du plus grand, puis renverse le résultat obtenu en l’écrivant sur trois chiffres si nécessaire. Additionne enfin les deux nombres.

Montrer que le résultat final est toujours 1089.
Indice 1
Écris \(\overline{abc}=100a+10b+c\) et son renversé \(100c+10b+a\).
Indice 2
La différence vaut \(99(a-c)\). Pose \(d=a-c\), avec \(1\le d\le9\), et regarde l’écriture décimale de \(99d\).
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La première différence vaut \[ (100a+10b+c)-(100c+10b+a)=99(a-c). \] Posons \(d=a-c\), donc \(1\le d\le9\).

Pour \(1\le d\le9\), \[ 99d=100(d-1)+90+(10-d). \] Ses trois chiffres sont donc \[ (d-1),\ 9,\ (10-d), \] en autorisant un zéro initial lorsque \(d=1\).

Le nombre renversé vaut alors \[ 100(10-d)+90+(d-1). \] En additionnant : \[ [100(d-1)+90+(10-d)] +[100(10-d)+90+(d-1)] =1089. \] Le résultat est toujours 1089.
💡 Idée à retenir : un tour de magie numérique devient une identité algébrique lorsqu’on traduit correctement les chiffres en nombres.
Défi 9⭐⭐⭐⭐ Expert25–35 minInfini dénombrable

Peut-on numéroter toutes les fractions ?

Il y a une infinité de fractions entre deux entiers… pourtant elles peuvent toutes être rangées dans une seule liste.

Montrer qu’il est possible de dresser une liste \[ q_1,q_2,q_3,\ldots \] contenant tous les nombres rationnels positifs.
Indice 1
Place les fractions \(p/q\) dans une grille : le numérateur \(p\) en ligne, le dénominateur \(q\) en colonne.
Indice 2
Parcours la grille par diagonales \(p+q=2,3,4,\ldots\), en sautant les fractions déjà rencontrées sous une autre forme.
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Écrivons toutes les fractions positives \(p/q\) avec \(p,q\ge1\) dans une grille infinie.

On parcourt successivement les diagonales : \[ p+q=2,\quad p+q=3,\quad p+q=4,\quad\ldots \] Chaque diagonale ne contient qu’un nombre fini de couples \((p,q)\). On inscrit une fraction uniquement lorsqu’elle est irréductible, afin d’éviter les répétitions comme \(1/2=2/4\).

Toute fraction positive \(p/q\) appartient à la diagonale numéro \(p+q\), donc elle sera atteinte après un nombre fini d’étapes.

Les rationnels positifs peuvent donc être mis en correspondance avec les entiers naturels : ils sont dénombrables.
💡 Idée à retenir : une grille infinie à deux dimensions peut être parcourue par une seule suite. « Deux dimensions infinies » ne signifient donc pas nécessairement un infini plus grand.
Défi 10⭐⭐⭐⭐ Expert25–40 minDiagonale de Cantor

Peut-on numéroter tous les nombres réels ?

Les rationnels peuvent être listés. Les réels de l’intervalle \([0,1]\), eux, refusent toute liste.

Supposons que l’on prétende avoir dressé une liste contenant tous les nombres réels de \([0,1]\) : \[ x_1,\ x_2,\ x_3,\ldots \] Montrer qu’une telle liste ne peut pas exister.
Indice 1
Écris chaque \(x_n\) sous forme décimale et regarde le \(n^\text{e}\) chiffre après la virgule de la \(n^\text{e}\) ligne.
Indice 2
Construis un nouveau réel en choisissant son \(n^\text{e}\) chiffre différent du \(n^\text{e}\) chiffre de \(x_n\). Utilise par exemple seulement les chiffres 1 et 2 pour éviter l’ambiguïté des écritures finissant par une infinité de 9.
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Écrivons \[ x_1=0,a_{11}a_{12}a_{13}\ldots \] \[ x_2=0,a_{21}a_{22}a_{23}\ldots \] et ainsi de suite.

Construisons \[ y=0,b_1b_2b_3\ldots \] en posant \[ b_n= \begin{cases} 1 & \text{si } a_{nn}\ne1,\\ 2 & \text{si } a_{nn}=1. \end{cases} \] Ainsi \(y\) diffère de \(x_1\) au premier chiffre, de \(x_2\) au deuxième chiffre, de \(x_3\) au troisième, etc.

Pour tout \(n\), \[ y\ne x_n. \] Pourtant \(y\in[0,1]\). Il manque donc au moins un réel dans la liste supposée complète.

Les réels de \([0,1]\) ne sont pas dénombrables.
💡 Idée à retenir : tous les infinis n’ont pas la même taille. L’ensemble des réels est strictement « plus grand » que celui des entiers ou des rationnels.