Démonstration par récurrence

[invite394c1ae2]

Bonjour,

Est-ce que quelqu'un pourrait m'aider avec cette question svp ?

On considère un triangle équilatéral debout (pointant vers le haut) ayant des côtés de longueur "n", "n" étant un entier strictement positif. On coupe le triangle en petits triangles-unités ayant des côtés de longueur 1. Par exemple, si n = 3, il y aurait 9 petits triangles équilatéraux.

Pour chaque valeur de "n", on définit f(n) comme le nombre total de triangles équilatéraux renversés (pointant vers le bas) de toutes grandeurs. Par exemple, on a f(3) = 3 et f(4) = 7.

(A) Déterminer f(5) et f(6).
(B) Démontrer que pour chaque valeur de "k" supérieure ou égale à 1, on a
f(2k)=f(2k-1)+k².
(C) Déterminer toutes les valeurs de "n" (strictement positif), pour lesquelles
f(n) est divisible par "n". Justifier son raisonnement.


Merci beaucoup de votre collaboration !
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[invite35452583]

Commence déjà par calculer f(4) (par toi même), f(5) et f(6) en détaillant suivant les tailles tu devrais voir apparaître un phénomène régulier.

[invite394c1ae2]

Bonjour,

J'ai déjà déterminé que f(5)=13 et f(6)=22. Mon problème est de démontrer la partie B. Je pense qu'il s'agit d'une démonstration par récurrence, mais je n'y arrive pas.

Merci!

[invite35452583]

Donc désormais tu peux observer le passage de 1 à 2 celui de 3 à 4 et celui de 5 à 6. Qu'apparaît-il de nouveau à chaque fois ?
Globalement de n=1 à n=2 on en ajoute 1, de n=3 à n=4 on en ajoute 4 et de n=5 à n=6 on en ajoute 9. Mais est-ce que tu as compté le nombre supplémentaire de triangle à chaque fois en les classant par taille ?
Comment retrouver simplement ces nombres ? Ceci permet de séparer d'un côté les f(2k-1) triangles du cas 2k-1 à un certain nombre de nouveaux de tailles variées. On obtient f(2k)=f(2k-1)+une certaine somme de certains nombres de nouveaux triangles de diverses tailles.
Il reste à montrer que cette dernière somme vaut k².

[A voir en vidéo sur Futura]

[invite394c1ae2]

Bonjour,

Je te remercie pour ton aide. J'ai aussi remarqué que si on prend f(4) par exemple, cette valeur est égale à f(3)+1 + 3 = 3 +1 + 3 = 7 ; pour f(6) , on
a f(6) = f(5) + 1 + 3 + 5 = 13 + 1 + 3 + 5 = 22. On remaque que pour passer de 3 à 4 ou de 5 à 6, on ajoute des entiers impairs. On sait que 1 + 3 + 5 + ... + (2n-1)² est égale à n². Est-ce suffisant comme démonstration ?

Qu'en penses-tu ?

merci !

[invitea3eb043e]

Tu pourrais peut-être étoffer un peu ta démonstration en disant que pour passer de f(5) à f(6) tu ajoutes :
5 triangles de surface 1
3 triangles de surface 4 obtenus en prolongeant les 4 noirs sur le côté
1 triangle de surface 9 qui est l'agrandissement du triangle de côté 2.
La difficulté est de mettre des mots là-dessus, sur un dessin ça va bien mieux.
A part cela, il faudrait trouver une relation permettant de passer de f(2k) à f(2k+1)

[invite394c1ae2]

Bonjour Jean-Paul,

J'ai remarqué que pour passer d'un entier pair à un entier impair, on ajoutait un nombre de la suite 2, 6, 12, 20, 30, ..... (2+4, 2+4+6, 2+4+6+8, ......) .
J'ai poursuivi la régularité et j'ai découvert que f(14)=252 et que f(22) = 946.
Avec n = 3, on aurait 3 valeurs de n pour lesquelles f(n) est divisible par n. J'ai continué jusqu'à n = 86 sans succès. J'ai démissionné.

[invite35452583]

Bonjour,

Je te remercie pour ton aide. J'ai aussi remarqué que si on prend f(4) par exemple, cette valeur est égale à f(3)+1 + 3 = 3 +1 + 3 = 7 ; pour f(6) , on
a f(6) = f(5) + 1 + 3 + 5 = 13 + 1 + 3 + 5 = 22. On remaque que pour passer de 3 à 4 ou de 5 à 6, on ajoute des entiers impairs. On sait que 1 + 3 + 5 + ... + (2n-1)² est égale à n². Est-ce suffisant comme démonstration ?

Qu'en penses-tu ?

merci !

Bien mais as-tu également remarqué que la configuration pour n-1 se retrouve dans celle de n ? Ceci permet de considérer certains triangles comme des "anciens" (sont les f(n-1) de la configuration pour n-1).
Ensuite comment compter les nouveaux ? Tiens ils ont un sommet en bas très bas qui selon leur distance aux sommets de la base du grand triangle sont le sommet du bas de plusieurs triangles... Les "nouveaux" triangles de taille 1 sont donc en nombre de... etc.

Pour la c), on a n=3 (à mettre à part vu les autres) puis
14, 22, 38, 46, 62, 70, 86... bref (vérifiée jusque n=500) ceux de la forme 6+8k avec k non multiple de 3. Maintenant je n'en vois pas la raison pour l'instant.

[invite394c1ae2]

Je te remercie infiniment pour ton aide. Est-ce que tu peux m'aider pour la partie B ? Je pense qu'il faut être un peu plus rigoureux dans la démonstration.
Je pensais utiliser la méthode de récurrence.

Merci!

[invite35452583]

Pour B)
on passe du "triangle n" au "triangle n+1" en ajoutant une rangée de triangles dans le bas (une partie pointe en haut une autre pointe en bas).
On repère un triangle pointe en bas par sa pointe en bas et par sa taille.
Un triangle ayant une pointe en bas qui n'est pas sur la base du bas se trouvait déjà dans le "triangle n" donc il suffit d'ajouter à f(n) le nombre de triangle qui ont leur pointe en bas sur la base du bas.
Chaque sommet du bas autre que les sommets du grand triangle sont sommets d'un triangle de taille 1=>n en plus
Chaque sommet de la base du bas à une distance d'un moins deux petits côtés des sommets de la base sont sommet d'un triangle de taille 2=>n-2 en plus
...
Chaque sommet de la base du bas à une distance d'un moins (n+1)/2, cas n+1 pair, n/2 cas n pair, petits côtés des sommets de la base sont sommet d'un triangle de taille 2=>1 en plus, cas n+1 pair, 2 en plus cas n impair.
Donc f(2k)=f(2k-1)+(2k-1)+(2k-3)+...+1
Or, 1+3+...+(2k-3)+(2k-1)=k² (*)
f(2k+1)=f(2k)+2k+(2k-2)+...+4+2
or 2+4+...+2(k-1)+2k=2(1+2+3+...+k)=k(k+1). (*)
La méthode par récurrence est utilisée pour démontrer les égalités (*).

Par contre toujours pas d'idée pour le C (à part la forme de la réponse).

[invite394c1ae2]

Bonsoir,

Je te remercie beaucoup pour ton aide. Pour ce qui est de la partie c, je crois qu'il est suffisant de dire que f(n) est divisible par n pour tous les n de la forme 8k+6, où k n'est pas un multiple de 3 ; et bien sûr quand n=3.

Merci

[invite35452583]

Pour info : pour la C) on peut y arriver mais de manière très calculatoire (j'espérais qu'il y ait un argument plus géométrique).
f(n)=f(n-1)+n²/4 si n pair
f(n)=f(n-1)+(n²-1)/4 si n impair
Ce sont les mêmes formules qu'avant mais réécrites autrement.
f(0)=0. Ca peut sembler non défini mais bon c'est cohérent avec la suite.
Donc f(n)=(1²+2²+...+n²)/4-(nombre d'impairs<=n)*/4 (* : =n+1/2 si n impair, =n/2 si n pair)
1²+...+n²=n(n+1)(2n+1)/6
Pour n impair, f(n)=n(n+1)(2n+1)/24-(n+1)/8=(n+1)[n(2n+1)-3]/24=(n+1)(2n²+n-3)/24.
n divise f(n) implique n (n+1)(2n²+n-3), or n est premier avec n+1, donc ça implique que n divise 2n²+n-3 donc n divise 3. Il reste n=1 (à la rigueur, on a f(1)=1x0) et n=3 (on a bien f(3)=3x1).
Pour n pair f(n)=n(n+1)(2n+1)/24-n/8=n. (2n²+3n-2)/24
n divise f(n) si et seulement si (2n²+3n-2)/24 est entier. Comme 3 et 8 sont premiers entre eux cela revient à 3 divise 2n²+3n-2 et 8 divise 2n²+3n-2.
3 divise 2n²+3n-2 revient à 3 divise 2(n²-1) et donc 3 divise n²-1 car 2 et 3 sont premiers entre eux. Ceci revient à n non divisible par 3.
8 divise 2n²+3n-2 revient à , 2n² est toujours un multiple de 8 si n pair, 8 divise 3n-2 ce qui revient à puisque 3 et 8 sont premiers entre eux à 8 divise 3(3n-2)=9n-6=8n+n-6 ce qui revient donc à 8 divise n-6 autrement dit n est de la forme 6+8k.
3 ne divisant pas n revient alors à 3 ne divise pas k.

[invite394c1ae2]

Wow! C'est impressionnant !

Je te remercie beaucoup de ta collaboration.