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\newtheorem{theorem}{Th\'eor\`eme}
\newtheorem{proposition}{Proposition}
\newtheorem{lemme}{Lemme}


\theoremstyle{definition}
\newtheorem*{definition}{D\'efinition}
\newtheorem*{rappel}{Rappel}
\newtheorem*{nota}{Nouvelles conventions notationnelles}
\newtheorem*{r1}{Résolution $\mathbf 1^{\hbox {re}}$}
\newtheorem*{r2}{Résolution $\mathbf 2^{\hbox {e}}$}
\newtheorem*{r3}{Résolution $\mathbf 3^{\hbox {e}}$}
\newtheorem*{r4}{Résolution $\mathbf 4^{\hbox {e}}$}
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\newtheorem*{r5b}{Résolution $\mathbf 6^{\hbox {e}}$}
\newtheorem*{r6}{Résolution $\mathbf 7^{\hbox {e}}$}
\newtheorem*{but}{Objectif}
\newtheorem*{eno}{Problème}
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\newtheorem*{pre}{Préambule}


\theoremstyle{remark}
\newtheorem{remark}{Remarque}
\newtheorem{example}{Exemple}


\begin{document}

\title{Une grenouille et trois n{\'E}nuphars}

\author{Greg Pichar}

%\address{Coll\`ege Calvin, Gen\`{e}ve, Suisse}

\email{christian.aebi@edu.ge.ch}
\email{g.cairns@latrobe.edu.au}
\email{pierre-alain.cherix@unige.ch}
\email{gerhard.wanner@unige.ch}
\email{arion.zmmrm@eduge.ch}


\maketitle
\begin{abstract}
Quel regard porte-t-on sur un problème élémentaire donné et quels outils mathématiques mobilise-t-on pour le résoudre ? Le texte ci-dessous présente sept méthodes de résolution, allant de celle d'un gymnasien de dernière année, jusqu'à celles de professeurs d'université à la retraite, mais ô combien actifs encore. 
\end{abstract}

\begin{pre}
%\emph{
%Inviter un  groupe d'amis à partager un repas est bien souvent un prétexte pour passer un moment agréable ensemble à discuter, avancer des idées, poser des questions, soumettre des doutes, tenter à la fois de convaincre l'autre et de le comprendre. En bref, il sert avant tout peut-être à créer un lieu et un moment d'échanges permettant de tisser ou raffermir des liens sociaux. Et si l'on remplaçait le repas tout simplement par une question mathématique afin de créer l'événement ?
%}
\emph{
Si, lors d'une invitation à diner, le repas n'est souvent que prétexte pour établir ou consolider des contacts amicaux, de même manière convier différents esprits à se pencher sur un même problème est créateur de liens qui constitueront un cadre  stimulant. L'émulation intellectuelle qui en découle mène bien souvent à de belles surprises et des découvertes enthousiasmantes. 
}
\end{pre}
\smallskip

\begin{eno}
Il y a trois nénuphars A, B et C dans un marais. Une grenouille se trouve sur A et peut sauter allègrement de l'un à l'autre sans peine. Quel est le nombre de parcours possibles se terminant en A, en fonction du nombre $n$ de sauts effectués par cette dernière ?
\end{eno}
\medskip

\begin{r1} \emph{Cette première résolution se base essentiellement sur la propriété des sommes télescopiques et se veut à la portée d'un d'un élève du gymnase.}\smallskip

\noindent
Posons 
\begin{itemize}
  \item $X_n :$ le nombre de parcours se terminant en A après $n$ sauts et 
  \item $Y_n :$ le nombre de parcours se terminant en B ou en C après $n$ sauts.
\end{itemize}
Pour des petites valeurs de $n$ on a :  
$$
X_0=1, \quad Y_0=0, \quad X_1=0, \quad Y_1=2, \quad X_2=2, \quad Y_2=2.
$$
Comme le nombre de parcours en tout après $n$ sauts est de $2^n$ alors  $2^n = X_n + Y_n$. Evidemment, si $n\ge1$ alors on aussi $2^{n-1} = X_{n-1} + Y_{n-1}$. Or, à chaque chemin se terminant ailleurs qu'à l'origine après $n-1$ sauts il correspond exactement un chemin qui se termine à l'origine et réciproquement, et donc $Y_{n-1}=X_n$. Des deux dernières des trois relations ci-dessous
\begin{equation}
\label{equ1}
2^n = X_n + Y_n\quad , \quad 2^{n-1} = X_{n-1} + Y_{n-1} \quad \text{ et } \quad Y_{n-1}=X_n
\end{equation}
l'on  déduit 
\begin{equation}
\label{e1b}
2^{n-1} =X_n +X_{n-1} 
\end{equation}
et par récurrence
\begin{equation}
\label{e1c}
2^{n-2} =X_{n-1} +X_{n-2}
\end{equation}
\begin{align*}
\vdots \quad & = \quad \vdots \\
2 \quad  & = \quad  X_2 + X_1.
\end{align*}
En multipliant une ligne sur deux par $(-1)$, puis en additionnant chacune des colonnes verticalement, la somme télescopique se réduit à :
$$
2^{n-1}-2^{n-2}+2^{n-3}-2^{n-4}\pm\ldots + (-1)^n \cdot 2  =X_{n} \pm X_1 = X_{n}. 
$$
Pour évaluer la dernière somme alternée égale à $X_n$,  ajoutons-lui son double. Par "télescopages successifs" à nouveau, on obtient 
 $$
 2X_n - X_n  = 2^{n}+ (-1)^{n}\cdot 2\,\,, \quad \text{ d'où } \quad X_n = \frac{1}{3}(2^{n}+2(-1)^n).
 $$
\end{r1}
\qed
\medskip

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\begin{r2}
\emph{La résolution qui suit nécessite quelques connaissances de base d'analyse, mais semble encore à la portée d'un gymnasien (de niveau avancé).}\medskip

\noindent En soustrayant le double de  (\ref{e1c}) à (\ref{e1b}) on obtient la suite
\[
0=X_{n}-X_{n-1}-2X_{n-2}\quad\hbox{ ou }\quad
 X_{n}=X_{n-1}+2X_{n-2},  \quad \text{ avec } X_0=1  \text{ et }  X_1=0.
\]
Associons à cette suite $X_0, X_1, X_2,\ldots$, sa fonction ``g\'en\'eratrice''\footnote{Une utilisation éblouissante des fonctions génératrices figure  dans le chapitre XVI de  l'\textit{Introductio in analysin infinitorum} de L. Euler, consacré à l'étude des partitions d'un entier naturel.} 
\[
f(z)=\sum_{n=0}^\infty X_n z^n~.
\]
% donnée sous forme développée, sans ce soucier momentanément de la convergence. 
On a
\begin{align*}
f(z)-1&=f(z) - X_0 - X_1z  = \sum_{n=2}^\infty X_nz^n=\sum_{n=0}^\infty X_{n+2}z^{n+2}=  \sum_{n=0}^\infty (X_{n+1}+2X_{n})z^{n+2}\\
    &=z\sum_{n=0}^\infty X_{n+1}z^{n+1} + 2z^2\sum_{n=0}^\infty X_{n}z^{n} = z f(z)-z+2z^2 f(z). 
\end{align*}
\noindent
À partir des extrémités des égalités précédentes, isolons $f(z)$ :
\begin{equation}
\label{Equ_Euler}
f(z)=\frac{1-z}{1-z-2z^2}.
\end{equation}
Développons $f(z)$ en fractions simples, puis chacun des termes en séries :
$$
f(z) = \frac{2/3}{1+z}+ \frac{1/3}{1-2z} = \frac{2}{3}\sum_{n=0}^\infty (-1)^n z^n + \frac{1}{3}\sum_{n=0}^\infty (2z)^n= \frac{1}{3}\sum_{n=0}^\infty (2^n +2(-1)^n)z^n.
$$
Enfin, notons que le rayon de convergence de la série précédente est $\frac{1}{2}$, qui permet de justifier les manipulations algébriques utilisées.
\end{r2}
\qed

\begin{remark}
Les développements en fraction simples  et en séries ci-dessus figurent presque "mot pour mot" chez Euler \cite{E1}[Chapitre XIII, pg. 171].
\end{remark}
\medskip

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\begin{r3} \emph{Pr\'esentation sommaire de la m\'ethode classique de r\'esolution.}\medskip

Une autre fa\c{c}on de proc\'eder est d'employer une m\'ethode traditionnelle, dont les origines remontent au moins \`a  Lagrange (1759)\cite{L1}, voire  \`a Euler (1743) \cite{E2}. Pour r\'esoudre notre equation 
 \begin{equation}
\label{equ2}
X_{n+2}=X_{n+1}+2X_n
\end{equation}
on cherche une solution de la forme $X_n=\lambda^n$, avec $\lambda$ indéterminée. On substitue cela dans \eqref{equ2} et on divise
par $\lambda ^n$, ce qui nous donne \textit{l'\'equation caract\`eristique}: 
$$0=\lambda^2 - \lambda -2 =(\lambda -2)(\lambda +1)  \quad \text{ d'o\`u }\lambda \in \{2 ; -1 \}.$$
Ainsi, on obtient deux solutions possibles pour $X_n$: $2^n$ et $(-1)^n$. L'aspect primordial est que l'\'equation \eqref{equ2} est \textit{lin\'eaire}; c'est-\`a-dire, si $A_n$ et $B_n$ sont solutions alors $c_1A_n+c_2B_n$ l'est aussi, quelles que soient les constantes  $c_1, c_2$. Donc, pour \eqref{equ2}, on a la \textit{solution g\'en\'erale}:  $X_n=c_1 2^n + c_2(-1)^n $. Les \textit{conditions initiales}, $X_0=1  \text{ et }  X_1=0$ permettent alors d'identifier  les constantes $c_1$ et $c_2$, en r\'esolvant $\begin{cases}
      c_1+c_2 &= 1 \\
      2c_1-c_2&= 0
\end{cases}$. D'o\`u, $c_1=\frac{1}{3}$ et $c_2=\frac{2}{3}$ comme souhait\'e.
\medskip

La résolution de  \eqref{e1b}, à la place de \eqref{equ2}, est légèrement plus compliquée, puisque  \eqref{e1b} n'est pas lin\'eaire. Réécrivons-la d'abord sous la forme : 
\begin{equation}
\label{equ3}
X_n=-X_{n-1}+2^{n-1}.
\end{equation}
La m\'ethode habituelle consiste à r\'esoudre d'abord l'\'equation lin\'eaire associ\'ee, $X_n=-X_{n-1}$, que l'on appelle \textit{l'\'equation homog\`ene}. \`A cette fin, on proc\`ede comme avant en posant $X_n=\lambda^n$ pour déduire l'\'equation caract\`eristique  toute simple $\lambda=-1$, qui donne $(-1)^n$ comme solution pour l'\'equation homog\`ene. Relevons encore que si $V_n$ est une solution de \eqref{equ3} alors $V_n+c_1 (-1)^n$ l'est aussi, quelle que soit la constante $c_1$. Pour déterminer une \textit{solution particuli\`ere} $V_n$, on essaie avec $V_n=c_2\cdot 2^n$; on l'ins\`ere dans \eqref{equ3} et on r\'esout pour $c_2$, ce qui nous donne $c_2 = \frac{1}{3}$. D'o\`u, $X_n = \frac{1}{3} 2^n + c_1 (-1)^n $ est une solution de \eqref{equ3}.
La condition initiale $X_0=1$ donne $c_1=\frac{2}{3}$, et on obtient de nouveau $X_n = \frac{1}{3} (2^n +  2(-1)^n )$. 
\end{r3}
\qed
\medskip


%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

  
\begin{remark}
L'équation (\ref{equ2}) ci-dessus admet une interprétation visuelle particulièrement éloquente. Posons $C_n$ : l'ensemble des \textit{circuits} de longueur $n$, c'est-à-dire des chemins admettant A comme station initiale et finale. Classifions les circuits selon leurs 3 dernières stations. On voit qu'un circuit $ \text{A} \rightarrow x_1 \rightarrow \ldots \rightarrow x_{n-1} \rightarrow \text{A}$ admet quatre terminaisons possibles. 

\centerline{\includegraphics[width=3.7in]{4circuits_c}}

Ces quatre circuits peuvent être associés de manière unique à 2 circuits distincts de $C_{n-1}$ et un seul de $C_{n-2}$, en supprimant l'avant dernière station dans le premier cas, et en supprimant les deux avant-dernières stations dans le deuxième cas. D'où, l'équation  $X_{n+2}=X_{n+1}+2X_n$.
\end{remark} 
\medskip

%%%%%%%%%%%%

 \begin{r4} \emph{Autre paramétrisation de la dynamique du problème amenant à effectuer un ``produit de convolution''.}\medskip
 
On dira qu'un circuit $Z$ est \textit{élémentaire} si A n'y apparait pas, à l'exception des deux extrémités évidemment. Définissons  $Z_k$, le nombre de circuits élémentaires contenant $k$ sauts. Un instant de réflexion permet de voir que $Z_0=1$, $Z_1=0$ et $Z_k = 2 \, , \, \forall \;k  \ge 2$.
Comme tout circuit peut être décomposé en une juxtaposition d'un circuit élémentaire $Z$ de longueur $k$, suivi d'un circuit $X$ de longueur $n-k$ alors on a :
\[
X_n = \sum_{j=1}^{n} Z_j X_{n-j} = 2 \sum_{j=2}^{n}  X_{n-j} {\underset{k:= n-j}{\quad=\quad}} 2 \sum_{k=0}^{n-2}  X_{k}\quad\Leftrightarrow\quad \sum_{k=0}^{m}  X_{k}=\frac{X_{m+2}}{2},\;\forall m\geq 0.
\]
Exprimons la dernière équation sous la forme
$$
X_{m+2} = 2 \sum_{k=0}^{m}  X_{k} = 2 X_m + {\underbrace{2 \sum_{k=0}^{m-1}X_{k}}_{X_{m+1}}} =  X_{m+1} +2 X_m, \mbox{ avec }
X_0=1\mbox{ et }X_1=0,
$$
qui nous fait  à nouveau tomber  sur l'équation (\ref{equ2}) déjà étudiée.
\end{r4}
\qed
\medskip

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%


\medskip

\begin{r5} \emph{La solution du "clonage" ci-dessous utilise des notions élémentaires du cours d'algèbre linéaire.}\medskip

 \noindent
L'idée consiste à compter des grenouilles auxquelles on attache un code génétique codant le cheminement de leurs ancêtres. Définissons par $A_n$, $B_n$ et $C_n$, le nombre de grenouilles à l'étape $n$, situées respectivement sur les nénuphars A, B et C. À l'étape 0 on a $A_0=1$ et $B_0=C_0=0$. Pour passer à l'étape 1, la grenouille de A se dédouble. Puis, les deux clones se séparent en sautant sur les nénuphars B et C, en se faisant greffer un gêne du lieu d'atterrissage. Ainsi, $A_1=0$, $B_1=C_1=1$.  À l'étape $n^e$, chacune des grenouilles se dédoublent et les deux copies se séparent en sautant sur les deux autres nénuphars, tout en se faisant à nouveau greffer un gêne supplémentaire du lieu-dit. De cette manière, le nombre de toutes celles dont le dernier gêne est A correspond à $A_n$, notre solution cherchée. Le nombre de grenouilles en tout à l'étape $n+1$ est  donné par :
\small{\[
\begin{cases}
      A_{n+1} &= B_n + C_n \\
      B_{n+1} &= A_n + C_n \\
      C_{n+1} &= A_n + B_n
\end{cases} \iff
\begin{pmatrix}
    A_{n+1}  \\
    B_{n+1} \\
    C_{n+1}
\end{pmatrix} = 
{\underbrace{\begin{pmatrix}
    0 & 1 & 1  \\
    1 & 0 & 1 \\
    1 & 1& 0 
\end{pmatrix}}_{M}}
\begin{pmatrix}
    A_{n}  \\
    B_{n} \\
    C_{n}
\end{pmatrix} 
 \iff
\begin{pmatrix}
    A_{n}  \\
    B_{n} \\
    C_{n}
\end{pmatrix} = 
M^n
\begin{pmatrix}
    1  \\
    0 \\
    0
\end{pmatrix} 
\]}
La matrice $M$ possède deux valeurs propres $\lambda_1=2$ et $\lambda_2=-1$ (double). Les espaces propres associés, que l'on obtient en résolvant 
\[
\begin{pmatrix}
    -2 & 1 & 1  \\
    1 & -2 & 1 \\
    1 & 1& -2 
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
    v_{1}  \\
    v_{2} \\
    v_{3}
\end{pmatrix} 
=
\begin{pmatrix}
    0  \\
    0 \\
    0
\end{pmatrix} 
\quad \text{ et } \quad
\begin{pmatrix}
    1 & 1 & 1  \\
    1 & 1 & 1 \\
    1 & 1& 1 
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
    v_{1}  \\
    v_{2} \\
    v_{3}
\end{pmatrix} 
=
\begin{pmatrix}
    0  \\
    0 \\
    0
\end{pmatrix} 
\] 
sont de dimension 1 et 2 respectivement, dont une base est donnée par 
\[
E' =
\left[ \begin{pmatrix}
    1  \\
    1 \\
    1
\end{pmatrix},
 \begin{pmatrix}
    -1  \\
    1 \\
    0
\end{pmatrix},
 \begin{pmatrix}
    -1  \\
    0 \\
    1
\end{pmatrix}
 \right].
 \]

Posons $E=[e_1, e_2, e_3]$  la base naturelle, $\widetilde{M}=\begin{pmatrix}
    2 & 0 & 0  \\
    0 & -1 & 0 \\
    0 & 0& -1 
\end{pmatrix},$ la matrice diagonalisée de $M$ et $P:=\begin{pmatrix}
    1 & -1 & -1  \\
    1 & 1 & 0 \\
    1 & 0& 1 
\end{pmatrix}$ la matrice de passage telle que $P^{-1} M P = \widetilde{M}$. D'où, après calcul de  la matrice inverse $P^{-1}$ on obtient :
\[
M^n e_1 = P {\widetilde{M}}^n P^{-1} e_1 = \frac{1}{3}\begin{pmatrix}
    1 & -1 & 1  \\
    1 & 1 & 0 \\
    1 & 0& 1 
\end{pmatrix}
 \begin{pmatrix}
    2^n & 0 & 0  \\
    0 & (-1)^n & 0 \\
    0 & 0 & (-1)^n 
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
    1 & 1 & 1  \\
    -1 & 2 & -1 \\
    -1 & -1 & 2 
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
    1  \\
    0 \\
    0
\end{pmatrix} 
\]
dont la première composante est bien $A_n = \frac{1}{3}(2^{n}+2(-1)^n)$, la solution souhaitée. 
\end{r5}
\qed
\medskip

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\begin{r5b} \emph{Une résolution encore plus "triviale".}\medskip

\noindent

Le grand math\'ematicien hongrois Fej\'er Lip\'ot (1880--1959)
avait pour devise ``A tegnap bonyolult probl\'em\'ajat a holnap
trivialit\'as\'av\'a tenni [tourner les probl\`emes difficiles d'hier
en trivialit\'es de demain]'', qui pris au pied de la lettre pourrait exalter la "trivialit\'e"  en n\'egligeant les chemins tortueux emprunt\'es pour y arriver.



Malgr\'e cet avertissement, pr\'esentons encore une r\'esolution ''trivialit\'as\'av\'a'' du probl\`eme des n\'enuphars:

Comme \`a la {\bf r\'esolution $\mathbf 5^{\hbox{e}}$}, nous ne comptons pas les chemins
possibles, mais le nombre de grenouilles  $A_n,B_n,C_n$ qui 
arrivent au $n$-i\`eme saut aux n\'enuphars $A,B,C$, apr\`es s'\^etre
 d\'edoubl\'es avant de
sauter:

\begin{equation}\label{eq:1}
\begin{array}{ll}
      A_{n+1} &= B_n + C_n \\
      B_{n+1} &= A_n + C_n \\
      C_{n+1} &= A_n + B_n
\end{array} 
\hbox{\quad avec\quad}
\begin{array}{ll}
      A_{0} &= 1 \\
      B_{0} &= 0 \\
      C_{0} &= 0
\end{array} 
~.
\end{equation}
Additions ces trois \'equations et soustrayons les deux derni\`eres:
\[ 
A_{n+1}+B_{n+1}+C_{n+1}=2(A_{n}+B_{n}+C_{n})
\hbox{\quad et\quad}
B_{n+1}-C_{n+1}=C_n-B_n
\]
ce qui permet d'obtenir par r\'ecurrence que
\begin{equation}\label{eq:2}
A_{n}+B_{n}+C_{n}=2^n\hbox{\quad et que \quad} B_n=C_n\,.
\end{equation}
Pour $n$ grand imaginons cette myriade de grenouilles sauter de sommet en sommet sur le triangle. Il semble raisonnable alors de penser qu' \`a peu pr\`es
un tiers de ces grenouilles est assis sur chacun  des n\'enuphars.
De ce fait, introduisons des nombres $E_n$ afin que :
\[
A_n=\frac{2^n}3+2E_n,\qquad B_n=C_n=\frac{2^n}3-E_n,
\qquad E_0=\frac 13\,
\]
(les facteurs $2$ et $-1$ des $E_n$ v\'erifient les conditions (\ref{eq:2}) pour chaque $E_n$). Substituons ces dernières dans la premi\`ere \'equation de (\ref{eq:1}) pour obtenir finalement
\[
\frac{2^{n+1}}3+2E_{n+1}=2\cdot \frac{2^n}3-2E_n
\quad\Rightarrow\quad E_{n+1}=-E_n\quad\Rightarrow\quad E_n=\frac{(-1)^n}3
\]
(``as simple as possible, but not simpler'' (Einstein)).
\end{r5b}
\qed
\medskip


%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%


\begin{r6} \emph{Cette dernière approche prend appui sur le concept de groupe fini.}\medskip

 \noindent
Imaginons les trois nénuphars comme étant les trois éléments $e, a, a^{-1}$ d'un groupe fini, généré par $a$. Chaque saut s'effectue en multipliant par $a$ ou par $a^{-1}$. En tout il  y a  $2^n$ chemins possibles, pouvant être mis en correspondance avec les termes dans l'expansion de  $(a+a^{-1})^n$. Parmi ces-derniers, les circuits  sont associés aux termes de l'expansion ci-dessus pour lesquels l'exposant est un multiple de 3. D'où, leur somme est
\[
\sum_{\substack{i=0\\i-(n-i)\equiv 0 \pmod 3}}^n  \binom{n}{i}\quad =\quad  \sum_{\substack{i=0\\2i\equiv n \pmod 3} }^n \binom{n}{i} .
\]
 \end{r6}
 \qed

%%%%%%%%%%%%

\begin{remark}
En se basant sur la preuve précédente, il est possible à nouveau de se faire une  représentation visuelle de l'équation (\ref{equ2}) : la multiplication par $a$ fait faire un tiers de tour aux sommets du graphe dans le sens positif (sans que la grenouille ait à se fatiguer !) et inversement, par $a^{-1}$ dans le sens négatif. 

\centerline{\includegraphics[width=2.2in]{frog_2}}


Ainsi, à tout circuit  $\text{A} \rightarrow x_1 \rightarrow \ldots \rightarrow x_{n-1} \rightarrow \text{A}$ on peut associer une suite de $n$ termes, constitués que de $\pm 1$. Or, si deux suites de ces dernières sont identiques, à l'exception de ces deux derniers termes alors deux cas peuvent se produire :
\begin{enumerate}
  \item soit ils sont de signes distincts et alors leur effet sur le triangle est nul. Donc, deux suites distinctes de longueur $n$ produisent qu'une seule suite de longueur $n-2$,
  \item sinon, ils sont de même signe et dans ce cas, comme $a\cdot a = a^{-1}$ et que $a^{-1}\cdot a^{-1}=a$ alors, deux suites distinctes de longueur $n$ produisent aussi deux suites distinctes de longueur $n-1$.
\end{enumerate}
D'où,  $X_{n+2}=X_{n+1}+2X_n$.
\end{remark} 

%{\bf Epilogue.}
%Le grand Leonhard Euler \'etait celui qui parmi les célèbres math\'ematiciens faisait le moins de tintouin avec de la rigueur, et en m\^eme temps celui qui ne s'est que  très rarement trompé. Une de ses habitudes  \'etait de faire corroborer ses théorèmes par des calculs extensifs. Suivons son exemple, en nous servant d'un ordinateur et du programme ci-dessous, afin de nous.. convaincre de.. la justesse de nos affirmations (..conforter dans nos convictions sur..)

{\bf Epilogue.}
Leonhard Euler est certainement le plus célèbre des grands mathématiciens qui, en apparence se souciait peu de la rigueur et pourtant qui ne s'est que très rarement trompé. À maintes reprises, il a accompagné un théorème par des calculs extensifs, dans l'intention certainement à la fois de l'illustrer et de convaincre de sa validité. Suivons son exemple, en nous servant des moyens modernes, à savoir d'un ordinateur et du programme ci-dessous, afin de visualiser les solutions.

\[
{\footnotesize
{
\setlength{\arraycolsep}{1.3mm}
\begin{array}{cc}
\begin{array}[c]{l}
      DO~N=2,25 \\
	   M=2**N\\
	   KSUM=0\\
	   DO~ I=0,M-1\\
		KHOME=0\\
		DO~ IP=0,N-1\\
	     IB=IBITS(I,IP,1)\\
		 IF(IB.EQ.1)THEN\\
		  KHOME=KHOME+1\\
		 ELSE\\
		  KHOME=KHOME-1\\
		 END~ IF\\
		END~ DO \\
		 KHOME=IABS(KHOME)\\
		IF(MOD(KHOME,3).EQ.0)KSUM=KSUM+1\\
	   END~ DO  	 	\\ 		   	  
	   WRITE(6,*)' N,KSUM=',N,KSUM\\
	  END~ DO 
\end{array}
~&~
\begin{array}[c]{lrr}
  N,KSUM=   &      2     &      2\\
  N,KSUM=    &       3   &        2\\
  N,KSUM=  &         4   &        6\\
  N,KSUM=  &         5   &       10\\
  N,KSUM=  &         6   &       22\\
  N,KSUM=   &        7   &       42\\
  N,KSUM=   &        8    &      86\\
  N,KSUM=   &        9   &      170\\
  N,KSUM=  &        10  &       342\\
  N,KSUM= &         11   &      682\\
  N,KSUM= &         12  &      1366\\
  N,KSUM=  &        13   &     2730\\
  N,KSUM=  &        14    &    5462\\
  N,KSUM=  &        15   &    10922\\
  N,KSUM=  &        16   &    21846\\
  N,KSUM=  &        17   &    43690\\
  N,KSUM=  &        18   &    87382\\
  N,KSUM=  &       19   &   174762\\
  N,KSUM=   &      20  &    349526\\
  N,KSUM=  &        21  &    699050\\
  N,KSUM=  &        22  &   1398102\\
  N,KSUM=    &      23  &   2796202\\
  N,KSUM=   &       24   &  5592406\\
  N,KSUM=  &        25  &  11184810
  \end{array}
\end{array}
}
}
 \]
 
Pour se faire une idée générale de l'ensemble des contextes dans lequel figure la suite ci-dessus, il est  suggéré de consulter le site oeis.org  à l'URL \url{https://oeis.org/A078008} pour en découvrir une quinzaine.

\medskip

\noindent
{\bf Exercice.} Si apr\`es toutes ces r\'esolutions, les grenouilles en ont assez du
 circuit triangulaire, offrons-leur  un hôtel n\'enupharien \emph{cinque stelle} (sans rapport aucun avec la politique italienne...) en forme de pentagone régulier de sommets A,B,C,D,E. 
 
 En partant de A et en effectuant $n$ sauts sur des voisins adjacents et non en diagonale, déterminer le nombre de circuits possibles $A_n$ aboutissant en A. Calculer $r_n=A_n-\frac 15\cdot 2^n$ et les rapports $r_n/r_{n-1}$. Identifier le nombre vers lequel semble converger ces quotients, puis terminer par prouver votre conjecture.
 
 Le tableau ci-dessous peut certainement vous aider dans votre recherche.

\[
{\footnotesize
\begin{array}{rrrr}
n&A_n&r_{n}&r_{n}/r_{n-1}\\
  0&        1&         0.000&        \infty\\
  1&        0&         0.800& -0.500000000000\\
  2&        2&        -0.400& -3.000000000000\\
  3&        0&         1.200& -1.333333333333\\
  4&        6&        -1.600& -1.750000000000\\
  5&        2&         2.800& -1.571428571429\\
  6&       20&        -4.400& -1.636363636364\\
  7&       14&         7.200& -1.611111111111\\
  8&       70&       -11.600& -1.620689655172\\
  9&       72&        18.800& -1.617021276596\\
 10&      254&       -30.400& -1.618421052632\\
 11&      330&        49.200& -1.617886178862\\
 12&      948&       -79.600& -1.618090452261\\
 13&     1430&       128.800& -1.618012422360\\
 14&     3614&      -208.400& -1.618042226488\\
 15&     6008&       337.200& -1.618030842230\\
 16&    13990&      -545.600& -1.618035190616\\
 17&    24786&       882.800& -1.618033529678\\
 18&    54740&     -1428.400& -1.618034164100\\
 19&   101118&      2311.200& -1.618033921772\\
 20&   215766&     -3739.600& -1.618034014333\\
 21&   409640&      6050.800& -1.618033978978\\
 22&   854702&     -9790.400& -1.618033992482\\
 23&  1652090&     15841.200& -1.618033987324\\
 24&  3396916&    -25631.600& -1.618033989294\\
 25&  6643782&     41472.800& -1.618033988542
 \end{array}
}
\]



\medskip
\paragraph{\textbf{Remerciements}.} Le coordinateur rédactionnel, Greg Pichar \footnote{Anagramme à partir des deux premières lettres des prénoms des personnes ayant contribué à la réalisation de cet article} a servi essentiellement de compilateur des différentes preuves et productions des cinq participants à cette expérience. Il tient donc à adresser ses plus vives remerciements  à  Arion Zimmermann, à Pierre-Alain Cherix, à Christian Aebi, à Grant Cairns et à Gerhard Wanner, pour leurs contributions respectives, leur enthousiasme indéfectible et les échanges épistolaires-électroniques riches en idées lumineuses.
 
\bibliographystyle{amsplain}
\begin{thebibliography}{}

\bibitem{E1} L. Euler, (E101) \textit{Introduction à l'analyse infinitésimale}, chez Barrois, Tome premier, (1796). 

\bibitem{E2} L. Euler, (E62)  \textit{De integratione aequationum differentialium altiorum graduum} (1743), Opera Omnia 22, p. 108-149.

\bibitem{L1} J. L. Lagrange, \textit{Sur l'intégration d'une équation différentielle à différence finies,qui contient la théorie des suites récurrentes}, Miscellanea Taurinensia (1759), p.33-42; Oeuvres 1, p. 23-36.




\end{thebibliography}{}
 
\end{document}

