Correction Module 1 : Partie 1

 

Rappel :
Seule l’abscisse du repère étant importante dans ce problème, on se permettra de négliger l’ordonnée et d’abréger la notation Abscisse(c_n) directement par c_n . (Attention toutefois à ne pas faire ça dans n’importe quel exercice et à ne pas confondre un point et son abscisse, ce qui n’aura aucun sens dans la plupart des cas.)

 

1/ Pour que la structure formée par ces trois cartes soit stable, il faut que  c_1  soit au-dessus d’un point de la deuxième carte, et que  c_{1.2}  soit au-dessus d’un point de la troisième. On en déduit le système d’inéquations suivant :

 

              \displaystyle \left \{ \begin{array}{rl}  c_1 & \leq \, x_2 + l \\c_{_{1.2}} & \leq \, l  \end{array} \right.       

\displaystyle \iff \; \left \{ \begin{array}{rl}  x_1 + x_2 + \frac{l}{2} & \leq \, x_2 + l \\ \displaystyle\frac{c_1+c_2}{2} & \leq \, l  \end{array} \right.       

\iff \; \left \{ \begin{array}{rl} \displaystyle x_1  & \leq \, \frac{l}{2} \\ \displaystyle\frac{x_1+x_2+\frac{l}{2}+x_2+\frac{l}{2}}{2} & \leq \, l  \end{array} \right.       

\iff \; \left \{ \begin{array}{rl}  x_1  & \leq \, \frac{l}{2} \qquad (1) \\ \frac{1}{2}x_1+x_2 & \leq \, \frac{l}{2} \qquad (2) \end{array} \right.     

On cherche l’avancée maximale, chaque décalage doit donc être au maximum de ce qu’il est possible tout en conservant la pile de cartes en équilibre : cela se traduit par les inégalités devenant des égalités dans le système précédent. D’après (1) , on peut au maximum prendre  x_1=\frac{l}{2} . On remplace dans (2) :

\displaystyle \frac{1}{2}\! \times \! \frac{l}{2} + x_2 \;=\; \frac{l}{2} \quad \Leftrightarrow \quad x_2 \,=\, \frac{l}{4}

D’où :     \boxed{\displaystyle x_1_{max}=\frac{l}{2}\quad , \quad x_2_{max}=\frac{l}{4}}

L’avancement maximal est donc égal à :     \displaystyle x_1_{max} + x_2_{max} = \frac{l}{2} + \frac{l}{4} = \frac{3l}{4}

 

 

 

 

2/ Pour que l’empilement de quatre cartes soit stable, il faut que les conditions précédentes restent vérifiées, et que c_{_{1.2.3}} ( le centre de gravité de la structure formée par les cartes (1) , (2) et (3) ), soit au-dessus d’un point de la quatrième carte. Autrement dit, on reprend le système précédent et on y ajoute la troisième inéquation :

\left \{ \begin{array}{rl}   x_1  & \leq \; \displaystyle \frac{l}{2} \\ \\x_2 & \leq \; \displaystyle \frac{l}{4} \\ \\c_{_{1.2.3}} & \leq \; l \end{array} \right. 

On s’intéresse uniquement à cette dernière inéquation (qui devient une équation car on cherche l’avancement maximal). On remplace ensuite par les valeurs de  x_1  et  x_2  trouvées précédemment pour en déduire  x_3 . On ne considérera que les avancements maximaux à partir de maintenant, et abrégerons donc la notation  x_{p_{max}}  par  x_p .

 

\displaystyle \begin{aligned} c_{1.2.3}\,=\;l \quad &\Leftrightarrow \quad \frac{c_1+c_2+c_3}{3}\;=\;l \\ \\&\Leftrightarrow \quad \frac{(x_3+x_2+x_1+\frac{l}{2})+(x_3+x_2+\frac{l}{2})+(x_3+\frac{l}{2})}{3} \;=\; l \\ \\&\Leftrightarrow \quad x_3+\frac{2}{3}x_2+\frac{1}{3}x_1 \;=\; \frac{l}{2} \\ \\&\Leftrightarrow \quad x_3+\frac{2}{3}\times\frac{l}{4}+\frac{1}{3}\times\frac{l}{2} \; = \; \frac{l}{2} \\ \\&\Leftrightarrow \quad \boxed{x_3 = \frac{l}{6}}\end{aligned}

 

L’avancement maximal vaut donc :      \displaystyle x_1+x_2+x_3\,=\,\frac{l}{2}+\frac{l}{4}+\frac{l}{6}\,=\,\frac{11l}{2}

 

 

3/ Passons maintenant au cas général.
Au vu des résultats précédents, on peut conjecturer que pour tout entier naturel non nul n, le décalage maximal est  x_n=\frac{l}{2n} .  Démontrons cette conjecture par récurrence forte.

Pour des raisons de commodité dans les calculs, nous effectuerons la récurrence en supposant que cela est vrai jusqu’à un rang  (n-1)  et en montrant que cela est alors vrai au rang  n . Si vous l’avez fait en supposant jusqu’à n pour montrer (n+1) , cela est évidemment juste aussi.
Il faut juste faire attention à préciser que  n  est différent de si l’on considère  (n-1) .

L’initialisation est immédiate d’après les résultats précédents.

On suppose maintenant que l’on a  x_k=\frac{l}{2k}  avec  k\in\llbracket[\![\, 1\; ,\; n-1\,]\!]  et  n>1.
Montrons que cela est alors vrai au rang suivant, c’est-à-dire que :  x_n=\frac{l}{2n}

 

 

Pour exprimer  x_n , on repart du système d’équations que doit vérifier notre pile de  n+1  cartes pour rester stable :

\left \{ \begin{array}{rl} x_1 & = \; \displaystyle \frac{l}{2} \\ \\ x_2 & = \; \displaystyle \frac{l}{4} \\ \\ x_3 & = \; \displaystyle \frac{l}{6} \\. \\ .\\ .\\ x_{n-1}&=\; \displaystyle \frac{l}{2(n-1)} \\ \\c_{_{1.2.3....n}} &= \; l \end{array} \right.

Les conditions sur les décalages précédents n’ont pas changé, seule la dernière équation nous intéresse.

c_{_{1.2.3...(n-1).n}}\,=\;l     \Leftrightarrow \quad \displaystyle \frac{1}{n}(c_1+c_2+...+c_{n-1}+c_n)\,=\;l

Arrivés à ce stade, il va falloir exprimer les centres de gravité  c  en fonction des décalages  x , puis regrouper les  x  qui seront présents en plusieurs fois. Remarquons tout d’abord que dans l’expression de chaque centre de gravité, on retrouve un  l/2  correspondant à la distance entre le bord de la carte et le centre de gravité lui-même. On aura donc  n  fois  l/2  dans la somme.

De même, on remarque que  x_n  est présent dans l’expression de tous les centres de gravité, de  c_1  à  c_n  ; on aura donc n fois  x_n  dans la somme. Continuons,  x_{n-1}  est présent dans les expressions de tous les centres de gravité, sauf  c_n . On aura donc (n-1) fois  x_{n-1} .

Plus généralement, le décalage  x_{n-k}  sera présent dans l’expression de tous les  n  centres de gravité de la pile de cartes sauf les  k  derniers, et apparaîtra donc  (n-k)  fois dans la somme des abscisses des centres de gravité.

Autrement dit, pour tout entier naturel  k  compris entre et  nx_k  apparaît  k  fois dans la somme. (Si vous n’aviez pas remarqué directement ce dernier point, vous pouviez parfaitement retrouver l’expression de la somme telle qu’elle sera exprimée ci-dessous en utilisant le changement d’indice  h=n-k . Si vous ne maîtrisez-pas totalement les changements d’indice, je vous conseille de refaire le Module 2 .)

On a donc :

\displaystyle \begin{aligned} & \qquad \; \frac{1}{n}(c_1+c_2+...+c_{n-1}+c_n)\,=\;l \\ \\&\Leftrightarrow \quad \frac{1}{n}\left(n \!\times\! \frac{l}{2}+nx_n+(n-1)x_{n-1}+(n-2)x_{n-2}+...+2x_2+x_1\right) \;=\;l  \\ \\&\Leftrightarrow \quad \frac{1}{n}\left(n\times\frac{l}{2}\right) \;+\; \frac{1}{n} \left(\sum_{k=1}^{n}kx_k \right) \;=\; l \\ \\&\Leftrightarrow \quad  \frac{1}{n} \left(\sum_{k=1}^{n}kx_k \right) \;=\; \frac{l}{2}\\ \\&\Leftrightarrow \quad  \frac{1}{n} \left(nx_n \;+\; \sum_{k=1}^{n-1}kx_k \right) \;=\; \frac{l}{2}\\ \\&\Leftrightarrow \quad  \frac{1}{n}nx_n \;+\; \frac{1}{n} \left(\, \sum_{k=1}^{n-1}k\frac{l}{2k} \, \right) \;=\; \frac{l}{2} \qquad (hypoth\`ese \, de \, r\'ecurrence) \\ \\&\Leftrightarrow \quad x_n \;=\; \frac{l}{2} \;-\; \frac{1}{n} \left(\, \sum_{k=1}^{n-1}\frac{l}{2} \,\right)  \\ \\&\Leftrightarrow \quad x_n \;=\; \frac{l}{2} \;-\; \frac{1}{n} \left(\, (n-1)\times\frac{l}{2} \,\right)  \\ \\&\Leftrightarrow \quad x_n \;=\; \frac{l}{2} \;-\; \frac{l}{2} \;+\; \frac{l}{2n}  \\ \\&\Leftrightarrow \quad \boxed{x_n=\frac{l}{2n}} \\ \\\end{aligned}

 

On retrouve le résultat cherché, par récurrence on peut donc conclure que, pour tout entier naturel n non nul,  \displaystyle x_n = \frac{l}{2n}  .

 

 


 

 

Voilà pour cette première partie. Le plus important est que vous compreniez bien la méthode et les raisonnements utilisés pour aborder le problème, qui reviendront bien souvent sous des formes similaires dans d’autres problèmes complètement différents ; les calculs, quant à eux, deviendront de plus en plus naturels pour vous à force d’en faire.

Petit récapitulatif de ce que l’on a fait dans cette première partie : 

a) On découvre un nouveau problème, dont la réponse n’est pas intuitive. On commence donc par simplifier le problème pour en réduire la difficulté et essayer de voir comment il se comporte, le but étant ici de réussir à « traduire » le problème en un énoncé mathématique.

b) On complexifie petit à petit pour se rapprocher du problème original en prêtant bien attention aux changements d’une situation à l’autre ; on essaye de trouver des éléments qui ont l’air d’être immuables et qui ne varient pas, peu importe la complexité choisie. On tente également de repérer un « pattern » (un motif, un schéma qui se répète ; retenez ce mot, je l’emploierai assez souvent) qui se dégage d’un cas à l’autre. Ici, le pattern était tout simplement le décalage  x_n  qui était lié par une relation simple à  n .

c) Une fois que vous pensez avoir compris comment se comporte le problème et avoir réussi à identifier des patterns, il est temps de généraliser vos conjectures au problème dans son ensemble. C’est sûrement l’étape la plus délicate, car une démonstration au cas par cas ne suffit plus : il vous faut trouver une manière de démontrer vos conjectures dans le cas général. Dans notre cas où le problème faisait intervenir une variable entière (le nombre de cartes), la démonstration par récurrence semblait toute désignée.

d) Nous avons réussi à généraliser ce que l’on pensait au problème entier, et nous nous retrouvons maintenant avec une expression mathématique contenant la réponse à notre question :

\displaystyle Avanc\'ee(n) \;=\; \sum_{k=1}^{n-1}\frac{l}{2k}

Il ne reste plus qu’à demander poliment à cette somme de nous indiquer, dans son langage, la réponse cherchée ; c’est ce que nous allons faire tout de suite à travers l’étude de cette somme, dans la deuxième partie ! 

 

 

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