Soit a₀, a₁, a₂, ... une suite telle que

            (1)            a₁ = 1, et

            (2)            pour toute paire m >= n d'entiers non négatifs, a_2m + a_2n = 2(a_m+n + a_m–n),

Déterminez a₂₀₀₅.

Ce problème est paru dans la compétition par équipes commanditée par la section centrale nord de la Math Association of America, qui s'est tenue au Collège Concordia (Minnesota) le 10 novembre 2001.

Ce mois ci nous avons reçu des solutions correctes de 

Réponse:

a²⁰⁰⁵ = 2005² = 4 020 025.  En effet, pour tout entier positif n, n² est la seule valeur satisfaisant aux relations specifiées.

Un problème comme celui-ci s'attaque en trouvant quelques valeurs de a_n. 

Posons m = n = 0 dans (2):

Alors a₀ + a₀ = 2(a₀ + a₀) donc 2a₀ = 4a₀, et ainsi

(3)  a₀ = 0.

Posons n = 0 dans (2), alors pour un m quelconque:

a_2m + a₀ = 2(a_m + a_m), donc selon (3) 

(4)  a_2m = 4a_m. 

Posons n = 1 dans (2), alors pour un m quelquonque:

a_2m + a_2·1 = 2(a_m+1 + a_m–1) et puisque a₂ = 4a₁ et a_2m = 4a_m (selon (4)), on en déduit que 

(5)  a_m+1 = 2a_m – a_m–1 + 2a₁.

dans (5) par 1 selon (1) — et c'est en fait le seul endroit ou l'on utilise (1) — on obtient finalement

(6)  a_m+1 = 2a_m – a_m–1 + 2. 

a₀ = 0 et a₁ = 1, on utilise (6) pour trouver a₂ = 4, a₃ = 9, a₄ = 16, et ainsi de suite.  On peut poursuivre ainsi jusqu'à n = 2005 ou bien trouver une suite logique, dès qu'elle saute aux yeux.  Fort heureusement, tous nos correspondants se sont vite rendu compte que a_n = n².  Par contre le problème ne s'arrête pas là.: il faut en effet démontrer cette égalité.  Il ne suffit pas de remarquer que la suite a_n = n² satisfait aux conditions (1) et (2) sans démontrer l'unicité.  Parmi nos soumissions il y avait deux façons satisfaisantes de terminer le problème.

Démonstration par induction.

Nous savons déjà que l'assertion a_n = n² est valide pour 0 et 1: a₀ = 0² et a₁ = 1¹.  Supposons que a_k = k² pour tout k ≤ m.  Il suffit de se servir de (6) pour montrer que a_m+1 = (m + 1)²: 

a_m+1 = 2a_m– a_m-1 + 2
         = 2m² – (m – 1)² + 2
         = 2m² – m² + 2m – 1 + 2
         = (m +1)²

Proof by the theory of first order difference equations.

Avec les conditions initiales a₀ = 0 et a₁ = 1, (6) est une équation aux différences finies.  Selon la théorie il existe une solution unique de la forme a_n = A + Bn + Kn².  Nous avons déjà démontré que A = B = 0, et K = 1; donc l'unique solution est an = n2.  Ceci complète notre deuxième démonstration.

Commentaires.

1. Sans la condition (1), la condition  (5) donne K = a1, qui donne a_n = a₁ n² comme solution générale.
2. Hecquet donne une deuxième solution qui donne une solution directe sans appliquer l'équation (6) 2005 fois. Son idée est de réduire le problème au calcul des termes dont l'indice est une puissance de 2, où il peut appliquer (4): a₂^k = 4a₂^k-1.  Les trois premières étapes sont

a₂₀₀₅ = a_(1024+981) = 2a₁₀₂₄ + 2a₉₈₁ - a₄₃
a₉₈₁ = a_(512+469) = 2a₅₁₂ + 2a₄₉₆ – a₄₃
a₄₆₉ = a_(256+213) = 2a₂₅₆ + 2a₂₁₃ – a₄₃

En se servant de quelques raccourcis, il arrive en huit étapes à une liste d'équations dont les valeurs sont toutes connues, avec lesquelles il obtient a²⁰⁰⁵ = 4 020 025.  Si nous avions attendu jusqu'à 2048 pour poser le problème, sa méthode aurait vraiment bien fonctionné!

Problèmes et solutions précédents