Exercice 50

1. La condition d'équilibre donne $c_{k+1} \geqslant G_{k} - \frac{1}{2}$. Comme $(k + 1)\,G_{k+1} = k\,G_{k} + c_{k+1}$, on obtient $$G_{k+1} = \frac{k\,G_{k} + c_{k+1}}{k + 1} \geqslant \frac{k\,G_{k} + G_{k} - \frac{1}{2}}{k + 1} = \boxed{G_{k} - \frac{1}{2(k + 1)}}.$$ En ajoutant ces inégalités pour $k$ allant de $1$ à $n - 1$, les termes $G_{2}, \dots, G_{n-1}$ se simplifient : $$G_{n} \geqslant G_{1} - \frac{1}{2}\sum_{k=2}^{n} \frac{1}{k} = c_{1} - \frac{H_{n} - 1}{2}.$$ Avec $G_{n} \leqslant 0$, on obtient $c_{1} \leqslant \frac{1}{2}(H_{n} - 1)$, soit : $$\boxed{c_{1} + \frac{1}{2} \leqslant \frac{H_{n}}{2}}$$ 2. Avec ce choix, l'inégalité de la question 1 devient une égalité, $G_{k+1} = G_{k} - \frac{1}{2(k + 1)}$, et une récurrence immédiate donne $$G_{k} = c_{1} - \frac{H_{k} - 1}{2} = \frac{H_{n} - H_{k}}{2} \qquad\text{pour } 1 \leqslant k \leqslant n.$$ Les conditions sont vérifiées : $|G_{k} - c_{k+1}| = \frac{1}{2}$, et $G_{n} = 0$. La pile est en équilibre, de surplomb $c_{1} + \frac{1}{2} = \frac{1}{2}H_{n}$. Le bord droit de la brique $k + 1$ est en $c_{k+1} + \frac{1}{2} = G_{k}$, formule qui vaut aussi pour la brique du haut avec la convention $H_{0} = 0$ : $$\boxed{\text{le bord droit de la brique } k + 1 \text{ est en } \frac{H_{n} - H_{k}}{2}, \text{ pour } 0 \leqslant k \leqslant n - 1}$$ Pour $n = 4$, on a $H_{4} = \frac{25}{12}$, et les bords droits, de haut en bas, sont en $$\boxed{\frac{25}{24}, \quad \frac{13}{24}, \quad \frac{7}{24}, \quad \frac{1}{8}}$$ Chaque brique dépasse celle du dessous de $\frac{1}{2k}$, pour $k = 1, 2, 3, 4$ en partant du haut. Le bord gauche de la brique du haut est en $\frac{25}{24} - 1 = \frac{1}{24} > 0$ : elle se trouve entièrement au-dessus du vide.

Chaque point bleu pétrole est le centre de gravité des briques situées au-dessus de lui : il tombe exactement à l'aplomb du bord droit de la brique qui les porte, et celui de la pile entière tombe sur le bord de la table. La brique du haut a quitté la table tout entière.

3. La suite $(H_{n})$ tend vers $+\infty$ (exercice 21, question 3). Pour tout réel $D$, il existe donc $n$ tel que $\frac{1}{2}H_{n} \geqslant D$, et la question 2 fournit une pile en équilibre de surplomb au moins égal à $D$. $$\boxed{\text{le surplomb peut être rendu aussi grand que l'on veut}}$$ 4. La question 1 de l'exercice 21 donne $\ln\big(1 + \frac{1}{k}\big) \leqslant \frac{1}{k}$. En sommant pour $k$ allant de $1$ à $n$, la somme $\sum_{k=1}^{n} \big(\ln(k + 1) - \ln k\big)$ se télescope en $\ln(n + 1)$. D'autre part, la suite $u_{n} = H_{n} - \ln n$ de cet exercice décroît, d'où $u_{n} \leqslant u_{1} = 1$. $$\boxed{\ln(n + 1) \leqslant H_{n} \leqslant 1 + \ln n}$$ D'après les questions 1 et 2, $n$ briques permettent un surplomb au moins égal à $D$ si et seulement si $H_{n} \geqslant 2D$. Soit $N$ le plus petit tel entier. D'une part, $1 + \ln N \geqslant H_{N} \geqslant 2D$, donc $N \geqslant \mathrm{e}^{2D - 1}$. D'autre part, le plus petit entier $n_{1}$ supérieur ou égal à $\mathrm{e}^{2D} - 1$ vérifie $n_{1} \geqslant 1$ et $\ln(n_{1} + 1) \geqslant 2D$, donc $H_{n_{1}} \geqslant 2D$, et $N \leqslant n_{1} < \mathrm{e}^{2D}$. $$\boxed{\mathrm{e}^{2D - 1} \leqslant N < \mathrm{e}^{2D}}$$ Pour $D = 10$, il faut entre $\mathrm{e}^{19} \approx 1{,}8 \times 10^{8}$ et $\mathrm{e}^{20} \approx 4{,}9 \times 10^{8}$ briques, soit plusieurs centaines de millions. Un calcul exact donne $N = 4$ pour $D = 1$, $N = 31$ pour $D = 2$ et $N = 227$ pour $D = 3$, en accord avec l'encadrement.

À retenir : la question 1 est un résultat extrémal : aucune pile d'une brique par étage ne fait mieux que $\frac{1}{2}H_{n}$. Le surplomb est infini « en principe », mais il croît comme un logarithme, ce qui le rend inaccessible en pratique ; c'est la lenteur de la divergence de $(H_{n})$, mesurée à l'exercice 21, qui se lit ici en briques.