Algorithme de Collatz : ( Lothar Collatz : Mathématicien allemand

1S
Devoir n° 19 maison
mardi 1 avril 2014
Exercice 1:
Cet exercice reprend et complète le troisième algorithme vu au mois de février
Algorithme de Collatz : ( Lothar Collatz : Mathématicien allemand (1910-1990) )
Algorithme écrit en langage courant :
Version Algobox
Variables
u est un nombre.
Entrées
Saisir u
Traitement
Tant que u > 1
| Si u est pair
| alors affecter u/2 à u
| sinon affecter 3u + 1 à u
| Afficher u
Fin de tant que
Fin
Vous avez déjà eu l’occasion de tester cet algorithme en classe.
Cet algorithme est à l’origine d’une conjecture, appelée conjecture de syracuse :
Quel que soit le nombre entier non nul choisi au départ, on finit toujours par obtenir 1 dans
la suite obtenue avec l’algorithme de Collatz.
Remarque :
• Actuellement cette conjecture n’est pas démontrée et aucun contre-exemple n’a été trouvé.
• Pourquoi syracuse ? Cette conjecture est appelée conjecture de Syracuse ou problème de Syracuse depuis que
Helmut Hasse, un ami de Collatz, la présenta à l’université de Syracuse (près de New York) dans les années 50.
Quelques définitions
• La suite de nombres obtenus est appelé le vol du nombre de départ.
• Les nombres de la suite sont appelés les étapes du vol.
• Le plus grand nombre obtenu est appelé l’altitude maximale du vol.
• Le nombre d’étapes avant d’obtenir 1 est appelé la durée du vol.
travail à effectuer
L’algorithme indiqué plus haut affiche, pour un nombre donné, les étapes du vol de ce nombre.
1.
a. Modifier cet algorithme pour qu’il affiche la durée du vol.
b. Vérifier, à l’aide de ce programme que la durée du vol du nombre 50 est égal à 24.
2.
a. Modifier de nouveau l’algorithme pour qu’il affiche la durée du vol et l’altitude maximale de ce vol.
b. Vérifier, à l’aide de ce programme que l’altitude maximale du vol du nombre 50 est égal à 88.
3. À l’aide de ce programme, donner les durées et les altitudes maximales des vols des nombres 18 et 31.
Remarque : Les algorithmes et programmes devront être recopiés sur le devoir selon la présentation habituelle dans
un tableau à deux colonnes : algorithme côté gauche, programme pour calculatrice côté droit.
Les programmes pourront être écrits avec le logiciel algobox que l’on télécharge facilement sur Internet. Dans ce cas
vous pourrez m’envoyer la version numérique du programme via la messagerie E-Lyco.
Bernard GAULT Lycée Blaise Pascal Segré
1
1S
Devoir n° 19 maison
mardi 1 avril 2014
Exercice 2:
Deux sources lumineuses sont placées aux extrémités d’une rampe de 5 mètres de longueur.
la source placée en A possède une puissance de 8 W et celle placée en B un puissance de 27 W.
Un point M de la rampe reçoit un éclairement proportionnel à la puissance de la lampe et inversement proportionnel
au carré de la distance qui le sépare de la lampe.
On souhaite déterminer la position de M de façon à ce que son éclairement soit minimum.
On pose AM = x.
27
8
.
1. Montrer que l’éclairement du point M est proportionnel à f (x) = 2 +
x
(5 − x)2
2. À l’aide du logiciel Xcas, nous avons obtenu le résultat suivant :
Justifier le résultat obtenu par le logiciel en calculant la fonction dérivée de f puis en montrant que cette dérivée
est bien égale à l’expression donnée.
3. Déterminer le signe de f 0 (x) sur R puis dresser le tableau de variation de f sur R.
4. En déduire la position du point M pour lequel l’éclairement est minimum.
Exercice 3:
→
− →
−
Dans le plan muni d’un repère orthonormé O, ı ,  d’unité 2cm, placer les points A ( −2; 5 ), B ( 1; 1 ) et C ( 3; 7 ).
1. Quelle est la nature du triangle ABC ? Justifier.
2. Déterminer une équation du cercle circonscrit au triangle ABC. Préciser les coordonnées de son centre K et son
rayon.
3. Déterminer une équation de la tangente en A au cercle circonscrit.
4. Soit H le projeté orthogonal de B sur la droite (AC). Déterminer la longueur AH.
−−−→ −−→
5. Déterminer la nature de l’ensemble (E) des points M du plan tels que AM . AC = 5.
6. Représenter (E) sur la figure.
Exercice 4:
ABCD est un carré de centre H.
E est un point du segment [AC] différent de A et C qui se projette sur
(AB) en F et sur (BC) en G. Démontrer que le triangle FGH est rectangle
et isocèle.
D
C
H
E
A
Bernard GAULT Lycée Blaise Pascal Segré
2
G
F
B
Corrigé
Exercice 1:
1.
a. Pour afficher la durée du vol, il faut ajouter, à l’intérieur de la boucle, un compteur qui dénombre les
différentes étapes de ce vol. On va donc déclarer une variable duree au départ puis l’initialiser à 1 (la
première valeur de la suite est donnée ). Dans la boucle tant que cette variable est incrémentée puis elle est
affichée a la fin.
Algorithme écrit en langage courant :
Version Algobox
Variables
u est un nombre.
duree est un nombre.
Entrées
Saisir u
duree = 1
Traitement
Tant que u > 1
| Si u est pair
|| alors affecter u/2 à u
|| sinon affecter 3u + 1 à u
| fin de Si
| Afficher u
| duree = duree + 1
Fin de tant que
Afficher duree
Fin
2.
b. Vérifier, à l’aide de ce programme que la durée du vol du nombre 50 est égal à 24 : Erreur cette durée est
de 25 !
a. Modifier de nouveau l’algorithme pour qu’il affiche la durée du vol et l’altitude maximale de ce vol.
Cette fois il faut trouver la valeur la plus élevée parmi toutes les valeurs. Il suffit de créer une nouvelle
variable altitude et l’initialiser à la première valeur de la suite. Ensuite, dans la boucle tant que : si la
nouvelle valeur u calculée est supérieure à altitude, alors nous affectons à altitude cette nouvelle valeur
calculée.
Version Algobox
Algorithme écrit en langage courant :
Variables
u est un nombre.
duree est un nombre.
altitude est un nombre.
Entrées
Saisir u
duree = 1
altitude = 1
Traitement
Tant que u > 1
| Si u est pair
|| alors affecter u/2 à u
|| sinon affecter 3u + 1 à u
| fin de Si
| Afficher u
| Si u > altitude
|| alors affecter u à altitude
| fin de Si
| duree = duree + 1
Fin de tant que
Afficher duree
Afficher altitude
Fin
Bernard GAULT Lycée Blaise Pascal Segré
3
Corrigé
3. Nombre 18 : Durée du vol : 21 ; altitude : 52.
Bernard GAULT Lycée Blaise Pascal Segré
Nombre 31 : Durée du vol : 107 ; altitude : 9232.
4
Corrigé
Exercice 2:
Deux sources lumineuses sont placées aux extrémités d’une rampe de 5 mètres de longueur.
la source placée en A possède une puissance de 8 W et celle placée en B un puissance de 27 W.
Un point M de la rampe reçoit un éclairement proportionnel à la puissance de la lampe et inversement proportionnel
au carré de la distance qui le sépare de la lampe.
On souhaite déterminer la position de M de façon à ce que son éclairement soit minimum.
On pose AM = x.
27
8
.
1. Montrer que l’éclairement du point M est proportionnel à f (x) = 2 +
x
(5 − x)2
L’éclairement est proportionnel à la puissance de la lampe donc f (x) = k1 × P (P désigne la puissance ).
1
L’éclairement est inversement proportionnel au carré de la distance qui le sépare de la lampe donc f (x) = k2 × 2
d
P
(d désigne la distance). Au final f (x) = k × 2 .
d
8
• Pour la lampe A, L’éclairement est donc proportionnel à 2 .
x
• Pour la lampe B, L’éclairement est donc proportionnel à
27
.
(5 − x)2
Les deux éclairement s’ajoutent. Nous obtenons donc que l’éclairement du point M est proportionnel à
8
27
f (x) = 2 +
.
x
(5 − x)2
0
8
8 × 2x
16
v0
1
2. Dérivée de f : La dérivée de étant − 2 , donc 2 = − 4 = − 3
v
v
x
x !
x
0
0
27
27 × 2(x − 5) 54(5 − x)
54
(5 − x)2 = 25 + x2 − 10x donc (5 − x)2 = 2x − 10 = 2(x − 5) puis
=−
=
=
2
4
4
(5 − x)
(5 − x)3
(5 − x)
(5 − x)
2
2
54
−16(5 − x)(5 − x) + 54x
16
=
.
Alors f 0 (x) = − 3 +
3
x
(5 − x)
x3 (5 − x)3
Développons le numérateur de f (x) : N1 (x) = −16(5 − x)(25 + x2 − 10x) + 54x3
N1 (x) = −16(125 − 50x + 5x2 − 25x + 10x2 − x3 ) + 54x3 = −2000 + 800x − 80x2 + 400x − 160x2 + 16x3 + 54x3
N1 (x) = 70x3 − 240x2 + 1200x − 2000
Développons le numérateur de l’expression proposée : N2 (x) = −10(x − 2)(7x2 − 10x + 100)
N2 (x) = −10(7x3 − 10x2 + 100x − 14x2 + 20x − 200) = −10(7x3 − 24x2 + 120x − 200)
N2 (x) = −70x3 + 240x2 − 1200x + 2000
Nous constatons que les numérateurs sont opposés mais les dénominateurs le sont aussi car x − 5 et 5 − x sont
opposés donc leurs cubes le sont aussi.
Finalement l’expression de f 0 (x) est bien égale à l’expression proposée.
3. Déterminer le signe de f 0 (x) sur R puis dresser le tableau de variation de f sur R.
Pour étudier les signe de f 0 (x), il faut remarquer que x et x3 ont le même signe, donc x − 5 et (x − 5)3 ont le
même signe.
Pour 7x2 − 10x + 100 : ∆ = −2700 donc 7x2 − 10x + 100 est strictement positif.
Nous en déduisons que f 0 (x) a le même signe que −10(x − 2) = −10x + 20, d’où le tableau de signe de f 0 (x) et
les variations de f (x) :
0
x
−∞
−10(x − 2)
+
7x2 − 10x + 100
+
3
x
−
(x − 5)3
−
f ?(x)
+
f (x)
0
+
+
+
−
−
@
@
R
@
2
0
0
5
4. L’éclairement est minimum lorsque M est situé à 2 mètres de A.
Bernard GAULT Lycée Blaise Pascal Segré
5
5
−
+
+
−
+
0
+∞
−
+
+
+
−
@
@
R
@
Corrigé
Exercice 3:
→
− →
−
Dans le plan muni d’un repère orthonormé O, ı ,  d’unité 2cm, placer les points A ( −2; 5 ), B ( 1; 1 ) et C ( 3; 7 ).
1. Quelle
ABC ? Justifier.
q est la nature du triangle
√
√
AB= (1 − (−2))2 + (1 − 5)2 = 9 + 16 = 25 = 5.
q
√
√
BC= (3 − 1)2 + (7 − 1)2 = 4 + 36 = 40 .
q
AC=
√
√
(3 − (−2))2 + (7 − 5)2 = 25 + 4 = 29 .
Le triangle ABC ne présente aucune particularité !
2. Équation du cercle circonscrit au triangle ABC. Préciser les coordonnées de son centre K et son rayon.
Le centre Ω du cercle circonscrit au triangle ABC est l’intersection des médiatrices de [BC] et [AC].
La médiatrice (d3 ) de [BC] est la perpendiculaire à [BC] passant par A’ ( 2 ; 4 ) :
−−→
−−−→ x − 2
BC 3 − 1 = 2
M ( x; y ) ∈ (d3 ) ⇔ A’M
et
sont orthogonaux.
y−4
7−1 = 6
⇔ 2(x − 2) + 6(y − 4) = 0 ⇔ 2x + 6y − 28 = 0(d3 ) ⇔ x + 3y − 14 = 0 (d3 )
La médiatrice (d4 ) de [AC] est la perpendiculaire à [AC] passant par B’ ( 0.5 ; 6 ) :
−−→
−−−→ x − 0.5
AC 3 − (−2) = 5
M ( x; y ) ∈ (d3 ) ⇔ B’M
et
sont orthogonaux.
y−6
7−5 = 2
⇔ 5(x − 0.5) + 2(y − 6) = 0 ⇔ 5x + 2y − 14.5 = 0
(
Intersection des droites (d3 ) et (d4 ). Il faut résoudre le système
− 4x
30x
− 12y
+ 12y
+ 56 = 0 : −4 × (L1 )
− 87 = 0 : 3 × (L2 )
31
− 31 = 0 : x =
26
10x
− 10x
+ 30y
− 4y
x + 3y − 14 = 0
10x + 4y − 29 = 0
− 140 = 0 : 10 × (L1 )
+ 29 = 0 : −(L2 )
111
26x
26y
−111 = 0 : y =
26
31 111
;
Les coordonnées du centre K du cercle circonscrit au triangle ABC sont
.
26 26
2 2 2 −19 2 7250
111
83
31
+
=
+2 +
−5 =
.
Le rayon du cercle circonscrit est égal à AK avec AK2 =
26
26
26
26
262
√
5 290
Il est donc égal à
.
26
31 2
111 2 7250
soit (26x − 31)2 + (26y − 111)2 = 7250
Une équation de ce cercle est x −
+ y−
=
26
26
262
3. Déterminer une équation de la tangente en A au cercle circonscrit.
La tangente en A au cercle est la perpendiculaire à la droite (AK) passant par A.
31
−−→ 26 + 2
−−−→ x + 2
et AK
M ( x; y ) ∈ (TA ) ⇔ AM
sont orthogonaux.
111
y−5
−5
26
111
31
+ 2 (x + 2) +
− 5 (y − 5) = 0
⇔
26
26
⇔ 83(x + 2) − 19(y − 5) = 0 ⇔ 83x + 19y + 261 = 0
4. Soit H le projeté orthogonal de B sur la droite (AC). Déterminer la longueur AH.
La hauteur hB issue de B est la perpendiculaire à (AC) passant par B
−−→
−−−→ x − 1
AC 3 − (−2) = 5
M ( x; y ) ∈ (hB ) ⇔ BM
sont orthogonaux.
et
y−1
7−5 = 2
⇔ 5(x − 1) + 2(y − 1) = 0 ⇔ 5x + 2y − 7 = 0 (hB )
Équation de la droite (AC) :
−−−→ x + 2
M ( x; y ) ∈ (AC) ⇔ AM
y −5
−−→
AC
3 − (−2) = 5
7−5 = 2
⇔ 2(x + 2) − 5(y − 5) = 0 ⇔ 2x − 5y + 29 = 0 (AC)
Bernard GAULT Lycée Blaise Pascal Segré
et
6
sont colinéaires.
Corrigé
(
Intersection des droites (AC) et(hB ). Il faut résoudre le système
25x
4x
+ 10y
− 10y
29x
− 35 = 0 : 5 × (L1 )
+ 58 = 0 : 2 × (L2 )
−23
23 = 0 : x =
29
10x
− 10x
+ 4y
+ 25y
29y
5x + 2y − 7 = 0
2x − 5y + 29 = 0
− 14 = 0 : 2 × (L1 )
− 145 = 0 : −5 × (L2 )
159
−159 = 0 : y =
29
−23 159
.
Les coordonnées de la projection de B sur (AC) sont
;
29 29
s
s
√
√
√
2 2
−23
−23 + 58 2
352 + 142
1421 7 29
159 − 145 2
159
+
Longueur AH =
=
+2 +
−5 =
=
=
29
29
29
29
29
29
29
−−−→ −−→
5. Déterminer la nature de l’ensemble (E) des points M du plan tels que AM . AC = 5.
−−→
−−−→ x + 2
AC 3 − (−2) = 5
et
M ( x; y ) ∈ (E) ⇔ AM
y−5
7−5 = 2
⇔ 5(x + 2) + 2(y − 5) = 5 ⇔ 5x + 2y − 7 = 5
L’ensemble (E) est la droite d’équation 5x + 2y − 12 = 0
6. Représenter (E) sur la figure.
10
9
8
7
b
C
6
b
b
A
H
b
5
K
b
4
3
2
1
−6
−5
−4
−3
−2
b
1
−1
−1
Bernard GAULT Lycée Blaise Pascal Segré
7
B
2
3
4
5
6
7
Corrigé
Exercice 4:
ABCD est un carré de centre H.
E est un point du segment [AC] différent de A et C qui se projette sur
(AB) en F et sur (BC) en G. Démontrer que le triangle FGH est rectangle
et isocèle.
D
C
H
E
A
G
F
B
1 −−→ 1 −−−→
AB ; AD )
2
2
Les points ont alors les coordonnées suivantes : A ( 0 ; 0), B ( 2 ; 0), C (2 ; 2), D (0 ; 2) et H (1 ; 1).
Comme E est sur la droite (AC), ses coordonnées sont (x ; x). Nous en déduisons que les coordonnées de F et G sont F
(x ; 0) et G (2 ; x ).
q
−−→
√
alors HF x − 1 donc HF = (x − 1)2 + (−1)2 = x2 − 2x + 2
−1
q
−−−→
√
et HG 1
donc HG = 12 + (x − 1)2 = x2 − 2x + 2 = HF.
x−1
−−→ −−−→
−−→ −−−→
HF . HG = −1(x − 1) + 1(x − 1) = 0 donc les vecteurs HF et HG sont orthogonaux .
Conclusion : Le triangle FGH est rectangle et isocèle.
Choisissons le repère (A ;
Bernard GAULT Lycée Blaise Pascal Segré
8