Problème de la semaine N°186-188 (18/05/2009-07/06/2009)

salut
chaque participant doit poster sa solution ( format word ) par E-MAIL
amateursmaths@yahoo.fr
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puis il poste le message suivant ici "solution postée"
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Merci

solution postée.
Il est facile prouver que a(n+1)+a(n) > 1 (utiliser la réccurence avec a(n+1) > a(n-1));
Prouvons que a(2k)-a(2k-1) > 1 et a(2k+1)-a(2k) < 1 pour tt k de N*,
pour k=1:a(2k)-a(2k-1)=a(2)-a(1) > 1
supposons que a(2k)-a(2k-1) > 1 et prouvons que a(2k+2)-a(2k+1) > 1,
on a a(2k+2)-a(2k+1) > 1 <=> V( a(2k+1) + a(2k)²) > 1+a(2k+1) <=> a(2k)² > (a(2k+1)-1)² <=> a(2k) > a(2k+1)-1 (car a(2k+1)+a(2k) > 1) <=> a(2k)+1 > V( 4.a(2k)+a(2k-1)² ) <=> (a(2k)-1)² > a(2k-1)² <=> a(2k)-a(2k-1) > 1 ce qui est vrai d'après la supposition.
De la meme façon on prouve que a(2k+1)-a(2k) < 1.
Prouvons maintenant que a(2k+1)-a(2k-1) > 2 pour tt k de N*,
pour k=1:a(3)-a(1) > 2,
on suppose que a(2k+1)-a(2k-1) > 2 et prouvons que a(2k+3)-a(2k+1) < 2,
on a a(2k+3)-a(2k+1) > 2 <=> V( 4.a(2k+2)+a(2k+1)² ) > 2+a(2k+1) <=> a(2k+2)-a(2k+1) > 1 ce qui est vrai.
De la meme façon on prouve que a(2k+1)-a(2k-1) > 2.
Il est facile de prouver maintenant que a(2k+1) > 2k+1 (réccurence).Et on sait que a(2k)-a(2k-1) > 1 alors a(2k) > 1 +a(2k-1) > 2k.Et on sait que a(2k) < a(2k+1) < 2k+1.On déduit que 2k < a(2k) < 2k+1 que a(2k) < a(2k+1) < 2k+1.On déduit que 2k < a(2k) < 2k+1(et puisce que 2k+1<a(2k+1)<a(2k+2)-1<2k+2 on conclut que k'<a(k')<k'+1pour tt k' de N*)
Alors 2008 < a(2008) < 2009,et pour chaque 1=< x =< 2007 on a a(x) < x+1 =< 2007.Et pour chaque y >= 2009 on a a(y) > 2009.D'ou il existe un seul nombre qui satisfait l'inégalité proposée qui est m=2008.

solution postée
mohamed_01_01

-avec recurrence double on mq a_(n)>=n

pour n=0 et1 est juste

supposons que a_(n-1)>=n-1 et a_n>=n

a_(n+1)>=rac((n-1)²+4n)=n

-avec recurence double on mq a_(n)<=n+1

pour n=0 et 1 est juste

supposons que a_(n-1)<=n et a_n<=n+1

donc a_(n+1)<=rac(4(n+1)+n²)=rac((n+2)²)=n+2

clc n<=a_(n)<=n+1

donc pour tt m<=2007 a_m<=m+1<=2008

et pour tt m>=2009 a_m>=m>=2009

donc il reste le cas de m=2008

on 2008<=a_(2008)<=2009 il faut montrer que a_2008<>2008 et de 2009

on passe à le cas generale : quand t-il a_(2n)=(2n) ?

mq a_(2n)=2n ==> a_(2n-2)=2n-2
on a a_n=rac(4*a_(2n-1)+(a_(n-2))²)

donc si a_(2n-2)>2n-2

avec a_(n-1)>=n-1 on va conclure que a_(2n)>2n absurde

donc a_(2n-2)=2n-2 on repte la meme raisonement pour
a_(2n-2),....,a_0 donc on va trouver (a_0=0 absurde)

donc a_(2n)<>2n
de meme maniere on montre a_(2n)<>2n+1 pour tout n de N


conclusion 2008<a_(2008)<2009 donc m=2008

Bonjour

Solution postée
Bonjour Samir

c'est avec grand plaisir que je revienne sur le Forum.
pour ce problème :

**il suffit de montrer par récurrence que : pour tt entier n non nul : E(a_n)=n

En effet : n=1 ====>1<= a_1 < 2
n=2 ====> 2< a_2 = rac(5) <3
supposons que : E(a_{n-1})=n-1 et E(a_n) =n
On a : 4n <4a_n <4n+4 et (n-1)² <a_{n-1}² < n²
=====> (n+1)² <a_{n+1}² < (n+2)² ( par sommation membre à membre )
==========> E(a_{n+1})=n+1

Ainsi : le seul entier répondant à la question est : n= 2008

Solution postée
a_0=a_1=1 ==> 2<a_2=\/5<3 et 3=\/9<a_3=\/(4\/5+1)<\/13<4.
Par récurrence double : qqs n>1, n<a_n<n+1
Alors 2008<a_m<2009 <==> m=2008