Concours Général de Mathématiques, Mars Problème I

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1 Concours Général de Mathématques, Mars 01 - ÉLÉMENTS DE CORRECTION - Par B.Langlos Problème I 1. (a) La décomposton en produt de facteurs premers de 01 est Donc f(01) = = 4. (b) On a = donc f (36 36 ) = = 7 5 = D où f (36 36 ) = = = 5000 et f 3 (36 36 ) = = étant un pont fxe de l applcaton f, on vot de proche en proche que f (36 36 ) = 5000 pout tout.. (a) L enter n = 8 répond à la queston car f(8) = 9 et f(9) = 8. On vot donc de proche en proche que f (8) = 9 (resp. f (8) = 8) s est mpar (resp. par). (b) On a f(9) < f(8) donc f n est pas crossante. On a f(1) = 1 < 4 = f(4) donc f n est pas décrossante. 3. (a) S tous les facteurs premers de n ont une multplcté égale à 1, alors f(n) = 1. Seuls 1 et les enters du type précédent ont pour mage 1 par f car s n possède un facteur premer p avec une multplcté supéreure ou égale à, on a forcément f(n) p 4 donc f(n) 1. (b) D après ce qu précède, f ne peut pas prendre les valeurs et 3. L équaton f(n) = ne possède donc pas de soluton. (c) Tout enter de la forme n = 4m, où m est un enter égal à 1 ou ne possédant que des facteurs premers mpars de multplcté 1, est soluton. Seuls les enters du type précédent sont solutons. Car s n possède un facteur premer mpar de multplcté supéreure ou égale à, on a f(n) 3 = 8 et s n = α m avec m enter mpar égal à 1 ou n ayant que des facteurs premers de multplcté 1, on a f(n) = α qu ne peut être égal à 4 sans que α sot égal à. 4. (a) Montrons par récurrence que pour tout m N, a m 1 m. On a a 1 1 = a 0 = 1 donc la proposton est vrae pour m = 1.

2 Supposons la proposton vrae à un certan rang m N ; on a a m 1 m, d où a m am. Or a donc (a 1)m a 1 1, d où am m + 1. Cela prouve que a m m + 1 et donc que la proposton est vérfée au rang m + 1. S b = 0, l négalté ab a b est clarement vrae. S b 1, d après le pont précédent, on a a b 1 b, d où a b = a a b 1 ab. (b) On peut commencer par démontrer l négalté dans le cas où aucun des b n est nul, le cas où au mons un des b est nul s en dédusant faclement. D après la queston précédente, on a : a 1 b 1 +a b + +a k b k a b 1 1 +a b + +a b k k. Pour conclure, l sufft d établr que le produt de k enters x 1,, x k supéreurs ou égaux à est plus grand que leur somme. Pour cela, consdérons m 1, k tel que x m = max{x 1, k }, on a alors : x 1 + x + + x k kx m k 1 x }{{} m x k x m = x k 1,k \{m} ( vor queston précédente.) (c) S f(n) = 1, l négalté est clare vu que f(f(n)) = f(1) = 1 n. S f(n) 1, d après la queston 3.a., n possède au mons un facteur premer de multplcté supéreure ou égale à : on a n = (k 1) et l exste 1, k tel que a. Sot alors q 1,, q m (m 1) la lste des nombres premers dstncts apparassant dans les décompostons en produt de facteurs premers des enters a 1,, a k. On peut ans écrre, pour tout 1, k : a = q β,j j, où les β,j sont des enters naturels tels que : j 1, m, 1, k / β,j 0. ( m ) p Alors f(n) = a p = = On a q β,j j k p β,j 0, donc f(f(n)) = Or d après la queston précédente, f(f(n)) p q jβ,j = p a q p β,j j = ( k ) qj. p β,j k p β,j p q jβ,j, sot f(f(n)) Toujours d après la queston précédente, on a permet de conclure que f(f(n)) p a = n. q p β,j, d où : p m q j β,j k p β,j j. m q j β,j. q β,j j = a, ce qu

3 (d) D après ce qu précède, on a N, f + (n) f (n). On en dédut faclement que les sutes u = ( f k (n) ) et v = ( f k+1 (n) ) sont décrossantes. Comme k N k N elles sont à valeurs dans N, elles sont forcément statonnares. S u (resp. v) est constante à partr du rang k 1 (resp. k ) alors r = max(k 1, k ) + 1 répond à la queston. 5. (a) L ensemble des solutons (x, y) Z de l équaton de Bezout x + 3y = a est consttué des couples (x, y) = (a 3k, k a) où k Z (étude classque car et 3 sont premers entre eux). Pour répondre à la queston, l sufft de prouver qu l exste k Z tel que a 3k 0 et k a 0, ce qu équvaut à k [ a, ] a 3. Comme l ampltude de l ntervalle [ a, ] a 3 est égale a, celu-c content forcément 6 un enter lorsque a > 6. S a {; 3; 4; 5; 6}, on peut vérfer que c est auss le cas. (b) S n E, le résultat précédent permet d écrre n = (α, β ) N, sot n = a b 3 en posant a = p α et b = p α +3β p β avec k 1 et (les enters a et b ne peuvent être smultanément égaux à 1). On a alors n = f(m) avec m = 3 b s a = 1, m = a s b = 1 et m = a 3 b snon (dans chaque cas, m E). (c) = ( ) donc m = ( ) convent. (d) La récproque est vrae. En effet s n = f(m) avec m E, on a n = k 1, p premer et a. Comme, p, on vot asément que n E. a p avec Problème II Remarque prélmnare : Notons E n l ensemble {0; 1; ; n}. Une parte de E n contenant au mons la moté des éléments de E n content au mons un élément supéreur ou égal à n 1. En effet, snon elle ne contendrat que des éléments strctement nféreurs à n 1, qu sont strctement mnortares dans E n. Montrons alors par récurrence sur n N, la proposton P(n) : P(0) est vrae vu que u 0 = 1 = 0 +. pour tout enter k [0; n], u k k +.

4 Supposons que P(n) sot vrae à un certan rang n N. On sat qu au mons la moté des termes u 0, u 1,..., u n sont supéreurs ou égaux à u n+1. D après la remarque prélmnare, l exste donc un enter k tel que n 1 k n vérfant u n+1 u k. Par hypothèse de récurrence, on a u k k +. D où u n+1 k + 4. Or k n 1 donc k + 4 n + 3 donc u n+1, ce qu prouve que P(n + 1) est vrae. n + 3 Blan : Cela établt par récurrence que P(n) est vrae pour tout n N. On a alors pour tout n N, 0 u n n +. Le théorème des gendarmes entraîne alors que (u n) converge vers 0. Problème III 1. Un trajet x est la donnée d une permutaton de l ensemble {; ; n}. Il y a donc (n 1)! trajets possbles.. (a) Notons x 1, x,, x n, x n+1 les numéros successfs des masons par lesquelles passe le facteur (on a en partculer x 1 = x n+1 = 1). Sot p l enter tel que x p = n. La longueur du trajet x vaut : x k+1 x k = x k+1 x k + x k+1 x k. Or (x k+1 x k ) = x p x 1 = n 1 et (x k+1 x k ) = x n+1 x p = 1 n, donc d après l négalté trangulare : x k+1 x k (x k+1 x k ) = n 1, et x k+1 x k (x k+1 x k ) = n 1. On en dédut que x k+1 x k (n 1). N N (b) Remarque prélmnare : S u 1,, u N sont N réels tels que u k = u k, alors les u k sont tous postfs ou tous négatfs. N N En effet on a u k = ε u k avec ε { 1; 1}. Donc :

5 N N u k u k = N ( u k εu k ). Pour tout k, on a u k εu k 0, donc la somme précédente est nulle s et seulement s on a u k = εu k pour tout k. Cela mpose aux u k d être tous du même sgne que ε. Consdérons un trajet x avec x p = n, x k < x k+1 pour 1 k < p, et x k > x k+1 pour p k n. La longueur du trajet x vaut : (x k+1 x k )+ (x k x k+1 ) = (x p x 1 )+(x p x n+1 ) = (n 1)+(n 1) = (n 1). D après la queston précédente, l s agt donc d un trajet de longueur mnmale. Récproquement un trajet de longueur mnmale est forcément du type précédent. En effet, sot x un tel trajet et p l enter tel que x p = n. La longueur du trajet x vaut x k+1 x k + x k+1 x k et on a vu à la queston précédente que x k+1 x k n 1 et x k+1 x k n 1. Pour que le trajet x sot de longueur (n 1), l est donc nécessare d avor : x k+1 x k = n 1 et x k+1 x k = n 1. La remarque prélmnare prouve alors que les x k+1 x k sont tous du même sgne que x x }{{} 1 pour 1 k < p et tous du même sgne que x n+1 x n pour p k n. }{{} x 1>0 1 x n<0 On a donc ben x k < x k+1 pour 1 k < p et x k > x k+1 pour p k n. Blan : Un trajet de longueur mnmale est donc la donnée d une parte de l ensemble {; ; n 1} (consttuée par les x k pour k < p). Il y a par conséquent n trajets de longueur mnmale. 3. (a) Pour n = 5 (resp. n = 6), le trajet (5; ; 4; 3) [resp.(6; ; 5; 3; 4)] qu a pour longueur 1 (resp. 18), est de longueur maxmale. (Vor queston suvante pour une justfcaton dans le cas général.) (b) Sot x un trajet ; sa longueur vaut l = [max(x k+1, x k ) mn(x k+1, x k )]. Or max(x k+1, x k ) + mn(x k+1, x k ) = x k + x k+1, donc max(x k+1, x k ) mn(x k+1, x k ) = max(x k+1, x k ) (x k + x k+1 ), d où

6 l = max(x k+1, x k ) (x k + x k+1 ) = max(x k+1, x k ) n(n + 1). }{{} n x k Notons que dans la sute (max(x k+1, x k )) 1 k n, un même enter peut apparaître au plus deux fos. Supposons n par. On a donc max(x k+1, x k ) k= n +1 k = n ( n + n + 1) = n(3n+) 4, d où l n(3n+) 4 n(n + 1), sot l n, l égalté ne pouvant avor leu que lorsque tout enter dans n + 1; n apparaît exactement deux fos dans la sute (max(x k+1, x k )) 1 k n, c est-à-dre quand chaque mason dont le numéro appartent à n + 1; n est desserve juste avant et juste après une mason dont le numéro appartent à 1; n. Blan : Fnalement, lorsque n est par, la longueur maxmale d un trajet vaut n. Elle est attente par n mporte quel trajet oscllant de part et d autre du mleu de l ntervalle formé par les masons numéros 1 et n. Supposons n mpar. On a donc max(x k+1, x k ) n+1+ k= n+3 k = n+1+ n 1 ( ) n + n+3 = (n+1)(3n 1), 4 d où l (n+1)(3n 1) n(n + 1), sot l n 1, l égalté ne pouvant avor 4 leu que lorsque tout enter dans n+3 ; n apparaît exactement deux fos dans la sute (max(x k+1, x k )) 1 k n et lorsque l enter n+1 n y apparaît qu une seule fos, c est-à-dre quand chaque mason dont le numéro appartent à n+3 ; n est desserve par le facteur juste avant et juste après une mason dont le numéro appartent à 1; n+1, et quand la mason numéro n+1 est desserve juste avant une mason et juste après une mason dont le numéro dont le numéro appartent à 1; n 1 appartent à n+3 ; n, ou l nverse. Blan : Lorsque n est mpar, la longueur maxmale d un trajet vaut n 1. Elle est obtenue par n mporte quel trajet qu osclle de part et d autre de la mason numéro n+1, ms à part le moment où le trajet passe par cette mason (le facteur en repart dans le même sens que celu dans lequel l est arrvé). 4. Notons S l ensemble des permutatons x = (x,, x n ) de l ensemble ; n. Comme précemment, on posera x 1 = x n+1 = 1).

7 S n =, l espérance vaut (l n y a dans ce cas qu un seul trajet, de longueur ). On peut donc supposer n 3. L espérance cherchée vaut ε = 1 (n 1)! x k+1 x k, d où : n 1 (n 1)! ε = x k+1 x k = x k+1 x k + 1 x n + x 1 k= n Sot k ; n 1 ; on a x k+1 x k = j. / x k+1 x k =±j Il y a (n j 1) façons de chosr un couple (x k, x k+1 ) tel que x k+1 x k = ±j. Il y a donc (n 3)!(n j 1) façons de chosr une permutaton x S telle que x k+1 x k = ±j. On en dédut que sot Or d où x k+1 x k = n n (n 3)!(n j 1)j, x k+1 x k = (n 3)!(n 1) j (n 3)! n j = On a (n 1)(n ) et n j = n j. (n )(n 1)(n 3) 6 x k+1 x k = (n 1)(n 1)! 1 n! (n 3)(n 1)! = x n = x 1 = Fnalement (n 1)! ε = (n ) n! 3 n 1 / x =1+j, n 1 n! j = (n )!j =. }{{} (n )! n(n 1) + n! = (n+1)n! 3, d où ε = n(n+1) 3.