Quelques enoncés 2001 particuliers à chaque académie

Pour l'instant 8 énoncés : Bordeaux,Créteil, Guadeloupe,Montpellier, Paris, Poitiers, Rennes, Versailles.

Bordeaux 2001

Un jeu se déroule avec 3 joueurs. A chaque partie, chaque joueur gagne une somme fixée selon son classement à la partie.

Ces sommes sont des entiers distincts 2 à 2 et non nuls.

Sachant que ces 3 joueurs ont gagné respectivement 20F, 10F, 9F à l'issue du jeu, déterminer le nombre de parties jouées et la somme attribuée pour chaque classement.

Remarque : cet exercice est une variante d'un exercice des olympiades internationales de 1974 :

Three players play the following game. There are three cards each with a different positive integer. In each round the cards are randomly dealt to the players and each receives the number of counters on his card. After two or more rounds, one player has received 20, another 10 and the third 9 counters. In the last round the player with 10 received the largest number of counters. Who received the middle number on the first round?

Solution (de l'énoncé de Bordeaux)

Soient x,y,z avec 1<=x<y<z les sommes attribuées à chaque partie (x pour le joueur classé 3ième, y pour le joueur classé deuxième, z pour le joueur classé 1er) et n le nombre de parties.

En notant s=x+y+z on a donc n×s=20+10+9 soit n×s=39 et donc 4 cas possibles : n=1 et s=39 ou n=39 et s=1 ou n=3 et s=13 ou n=13 et s=3. Mais s>=1+2+3=6 : il ne reste que 2 cas à envisager.

Cas n=1 et s =39 : comme il n'y a eu qu'une partie, les gain totaux de chaque joueur sont en fait les sommes attribuées aux joueurs à chaque partie et donc x=9, y=10 et z=20.

Cas n=3 et s=13 : on cherche donc x, y ,z tels que 1x<y<z et x+y+z=13 : en prenant son courage à 2 mains on voit qu'il y a tout de même 8 possibilités :

(1,2,10) (1,3,9) (1,4,8) (1,5,7) (2,3,8) (2,4,7) (2,5,6) (3,4,6) (rem : par exemple, x=1 et y=6 conduit à z=6 ce qui n'est pas possible car x<y<z).

Mais là, ces 8 possibilités ne conviennent pas forcément toutes car il faut avoir par ailleurs : a×x+b×y+c×z=20, a'×x+b'×y+c'×z=10, a''×x+b''×y+c''×z=9 avec a,b,c,a',b',c',a'',b'',c'' entiers et a+b+c=a'+b'+c'=a''+b''+c''=a+a'+a''=b+b'+b''=c+c'+c''=3 (car chaque joueur a 3 gains et chaque gain est gagné 3 fois).

En fait on va vérifier, qu'excepté le triplet (1,4,8), aucun triplet ne vérifie les conditions a×x+b×y+c×z=20 et a+b+c=3 et a,b,c entiers.

pour (1,2,10) : il faudrait a×1+b×2+c×10=20 donc c=2 (si c1 on ne peut atteindre 20) et donc a=b=0, mais alors a+b+c différent de 3 donc impossible

pour (1,3,9) : il faudrait a×1+b×3+c×9=20 donc 20-a divisble par 9 => a=2, =>b+3×c=6 avec b et c<=1 c'est donc impossible

pour (1,5,7) : il faudrait a×1+b×5+c×7=20 donc a+c×7 divisible par 5 => a=c=0 et donc b=3 et la somme ne fait pas 20 ou a=1 et c=2 donc b=0 et la somme ne fait pas 20 ou a=3 et c=1 ce qui est impossible car a+c dépasse 3

pour (2,3,8) : il faudrait a×2+b×3+c×8=20 donc b pair => b=2 => a=0 et b=1 ou a=1 et b=0 cas qui ne donnent pas une somme de 20 ou b=0 =>a+c×4=10=> a pair =>a=0 ou a=2 qui ne condusient pas à c entier

pour (2,4,7) : il faudrait a×2+b×4+c×7=20 donc c pair => c=2 =>a+b×2=3 qui n'est possible que pour a=b=1 mais alors a+b+c>3 donc impossible, ou c=0 =>a+b×2=10 impossible à réaliser avec a=0, b=3 ou a=1, b=2 ou a=2, b=1

pour (2,5,6) : il faudrait a×2+b×5+c×6=20 donc b pair => b=2 => a+c×3=5 et comme a1, c1 c'est impossible ou b=0 =>.......

pour (3,4,6) : il faudrait a×3+b×4+b×6=20 donc a pair => a=2............

Reste donc le cas x=1, y=4, et z=8 : il convient car

0×1+1×4+2×8=20

2×1+0×4+1×8=10

1×1+2×4+0×8=9

Conclusion il y a 2 solutions à la question posée :

1 partie jouée, les gains distribués étant 9,10,20

3 parties jouées, les gains distribuées à chaque partie étant 1,4,8

Créteil 2001

Résoudre l'équation x=1+1/(1+1/....(1+1/x)...) : il y a 29 fractions successives. Par exemple pour 1 fraction l'équation aurait été x=1+1/x, pour 2 fractions x=1+1/(1+1/x), pour 3 fractions x=1+1/(1+1/(1+1/x)).

Solution

On essaye de voir ce qui se passe progressivement :

si 1 fraction, l'équation est x=(x+1)/x soit ( produit en croix) x2-x-1=0 ; je passe sous silence que x doit être différent de 0.

si 2 fractions, l'équation est x=(2x+1)/(x+1) soit (produit en croix) x2-x-1=0 ! ; je passe sous silence que x doit être différent de 0 et -1 ;

si 3 fractions, l'équation est x=(3x+2)/(2x+1) soit encore x2-x-1=0 !! je passe sous silence que x doit être différent de 0 et -1 et -1/2.

Ce ne peut être le fruit du hasard : l'équation proposée doit se ramener aussi à x2-x-1=0, mais comment le prouver?

Notons up le second membre de l'équation lorsqu'il contient p fractions successives :

u1=(x+1)/x, u2=(2x+1)/(x+1), u3=(3x+2)/(2x+1).

Posons F0=1, F1=1, F2=2, F3=3, F4=5 c'est-à-dire tout terme de rang supérieur ou égal à 2 est la somme des 2 termes précédents : Fp=Fp-1+Fp-2 pour p>=2 ( cette suite est une suite de Fibonacci ).

On remarque que pour p=2, p=3 on a up=(Fpx+Fp-1)/(Fp-1x+Fp-2) : est-ce que c'est toujours vrai?

A vrai dire, là, je ne vois pas (si on veut être rigoureux) comment échapper à une récurrence, notion qui n'est pas du programme de la première S.

La relation up=(Fpx+Fp-1)/(Fp-1x+Fp-2) est donc vraie pour p=2.

Supposons qu'elle soit vraie pour une valeur quelconque de p>=2.

D'après la définition même de la suite u on a up+1=1+1/up, d'où en remplaçant up par sa valeur ci-dessus on obtient up+1=((Fp+Fp-1)x+Fp-2+Fp-1)/(Fpx+Fp-1)=(Fp+1x+Fp)/(Fpx+Fp-1) et donc la relation up=(Fpx+Fp-1)/(Fp-1x+Fp-2) est vraie si on remplace p par p+1 ;

Donc, puisque cette relation est effectivement vraie pour p=2 elle est vraie pour p=3 (d'après le résultat précédent) et donc vraie pour p=4, p=5... etc. En fait elle est donc vraie pour tout entier p>=2 (c'est cela le principe du raisonnement par récurrence : voir l'exercice de Versailles 2007 où il y a aussi une récurrence, ainsi que le début de la solution de l'exercice 24 IMO 2002 ).

Donc l'équation proposée qui est x=u29 est équivalente à x=(F29x+F28)/(F28x+F27), soit F28x2+(F27-F29)x-F28=0; mais d'après la définition de la suite Fp on a F27-F29=-F28, ce qui permet de simplifier par F28 et on obtient l'équation x2-x-1=0 tant attendue!

L'équation initiale proposée a donc 2 solutions : (1+rac(5))/2 (nombre d'or) et (1-rac(5))/2.

Guadeloupe 2001

Deux polygônes réguliers, un de 2000 côtés et l'autre de 2001 côtés, sont inscrits dans un même cercle.

Montrer qu'il existe deux sommets, un de chaque polygone, tel que l'angle au centre qu'ils définissent soit inférieur à p/(2000×2001) radians.

Solution

Notons Ui (i=1 à 2000) les sommets du polygone à 2000 côtés et Vi (i=1 à 2001) les sommets du polygones à 2001 côtés.

S'il existe i et j tels que Ui=Vj alors l'angle au centre qu'ils définissent est nul et donc inférieur à p/(2000×2001) radians : ce couple de sommets répond à la question.

Sinon pour tout i et pour tout j on a Ui différent de Vj ; comme les Ui définissent 2000 arcs sur le cercle (d'angles au centre p/2000), parmi les 2001 sommets Vj il y a deux sommets qui sont forcément sur un de ces arcs, par exemple l'arc reliant les 2 sommets consécutifs U1 et U2( c'est le principe des tiroirs, voir exercices IMO,CG 1 et 2 : il faut loger 2001 objets dans 2000 tiroirs, donc un des tiroirs contient au moins 2 des objets!). En plus ces 2 sommets sont consécutifs sinon l'angle au centre au centre qu'ils définissent serait >= à 2×p/2001>p/2000 : notons les V1 et V2.

Donc en résumé on a les 4 points suivants (distincts 2 à 2) qui se suivent sur le cercle dans cet ordre : U1 V1 V2 U2 avec U1 et U2 qui définissent un angle au centre de p/2000 et V1 et V2 qui définissent un angle au centre de p/2001.

Donc l'angle au centre définit par U1 et V1 et celui définit par V2 et U2 ont une somme égale à p/2000-p/2001 qui est justemment égal à p/(2000×2001) : comme chacun de ces angles n'est pas nul (car on est dans le cas où tout Ui est différent de tout Uj), ils sont tous les 2 inférieurs à p/(2000×2001).

On a donc trouvé dans ce cas 2 couples de sommets qui répondent à la question.

Montpellier 2001

Trouver toutes les fonctions f de ]0;+inf[ sur ]0;+inf[ qui vérifient

f(xf(y))=yf(x) pour tout x>0 et tout y>0 et limx-->+inf f(x)=0.

Solution

C'est en fait, tel quel, un exercice posé aux olympiades internationale de 1968.

Je vais présenter une solution, sans récurrence, en 6 étapes et je note I=]0;+inf[ : on remarque tout de suite que si on fait x=y on obtient f(xf(x))=xf(x), c'est-à-dire que xf(x) est un point fixe de f ( a est point fixe d'une fonction signifie f(a)=a). Et donc si on arrive à montrer que le seul point fixe de f est 1 on aura obligatoirement f(x)=1/x pour tout x dans I, fonction qui effectivement vérifie les 2 conditions voulues : pour la limite c'est évident et f(xf(y))=1/(x(1/y))=y/x qui est bien égal à yf(x).

1ère étape

on fait x=y=1 donc f(f(1))=f(1) puis x=1 et y=f(1) donc f(f(f1))=f(1)×f(1) soit f(1)=f(1)×f(1) et comme f(1) est non nul on a f(1)=1

2ième étape

on applique f à la relation de départ : f(f(xf(y)))=f(yf(x)) qui est égal à xf(y) (d'après la relation de départ) et donc en faisant y=1 on obtient f(f(xf(1)))=xf(1) et comme f(1)=1, pour tout x dans I on a f(f(x))=x.

3ième étape

dans la relation de départ on fait y=f(z) et en utilisant la 2 ième étape on a f(xz)=f(x)f(z) pour tout x et tout z dans I

4ième étape

dans la relation de départ, pour z dans I, on fait x=1/f(z) (licite car f arrive dans ]0;+inf[) et y=z d'où (voir 1ère étape) 1=zf(1/f(z)) soit f(1/f(z))=1/z et en appliquant f à cette égalité la 2ième étape donne 1/f(z)=f(1/z) pour tout z dans I ; et donc pour tout x et y dans I on a 1/f(x/y)=f(y/x) soit f(y/x)=1/(f(x×(1/y))=1/(f(x)×f(1/y)) d'après la 3 ième étape ; mais f(1/y)=1/f(y) (vient d'être vu à la ligne précédente) et donc pour tout x et y dans I on a f(y/x)=f(y)/f(x).

5ième étape

soit a dans I tel que f(a)=a ; d'après la 3ième étape f(a2)=f(a)×f(a)=a2, puis f(a3)=f(a×a2)=f(a)×f(a2)=a3 et ainsi de suite : on a pour tout entier n1 f(an)=an ( en théorie il faudrait une récurrence mais on peut considérer que c'est une récurrence ici "évidente" ; par contre dans l'exercice Créteil 2001 ci-dessus, on ne peut, à mon avis, échapper à une récurrence, notion que je détaille alors).

Si a>1, limn+ an=+ et donc limn+f(an)=0, car par hypothèse limx+f(x)=0 (mais je ne sais pas si ce point, composée de limites entre suite et fonction, est vraiment au programme de la 1S!) et donc on aurait limn+an=0, ce qui est en contradiction avec le point de départ : donc on ne peut avoir f(a)=a avec a>1

Si a<1 alors ( voir 5ième étape) f(1/a)=f(1)/f(a)=1/a or 1/a >1 : c'est une situation encore impossible d'après ce qui précéde.

Donc f(a)=a , avec a dans I n'est pas possible si a =/=1 ; comme f(1)=1 on peut conclure que la seule valeur de a dans I telle que f(a)=a est a=1 (on dit que 1 est le seul point fixe de f)

6ième et dernière étape :

Dans la relation de départ on fait y=x donc f(xf(x))=xf(x), et comme 1 est le seul point fixe de f nécessairement xf(x)=1 et ainsi la seule fonction f vérifiant les conditions de départ ne peut être que f(x)=1/x pour tout x dans I ; réciproquement on a déjà vu (voir début de la solution) que cette fonction f vérifie effectivement les 2 conditions requises.

Remarque : dans ce genre d'exercice sur la recherche de fonctions vérifiant une équation fonctionnelle, la démarche qui consiste à découvrir progressivement un maximum de propriétés de la fonction est assez typique.

Paris 2001

Le rayon d'action (distance maximale pouvant être parcourue sans ravitaillement ) d'un avion est R km

Des avions identiques peuvent échanger du carburant en vol, un avion au réservoir vide peut se poser en vol plané.

On considère que la consommation est proportionnelle à la distance parcourue.

Quelle est, en fonction de R, la distance maximale D que peut parcourir un avion si au départ décollent 7 avions identiques aux réservoirs pleins.

Solution

Précisons les hypothèses :

-j'assimile carburant et km (vu que la consommation est proportionnelle....) et donc tous les avions partent en même temps avec R km d'autonomie (leur capacité maximum)

-le vol plané d'un avion qui s'arrête de voler ne compte pas dans la distance parcourue

et ainsi la somme des distances parcourues par les n avions est au plus nR km

-un transfert de km d'un avion à un autre peut se faire instantanément, sous réserve bien sûr que la capacité restante du réservoir du receveur le permette.

-je remplace 7 par n, entier naturel ³2 (? : 7 a été mis pour éviter un problème de récurrence, notion pas au programme de 1ère S)

Résultat 1 :

Un des n avions peut parcourir R/n+R/(n-1)+...+R/2+R km

preuve :

étape 1 : les n avions ayant parcouru chacun R/n km, un des avions répartit les (n-1)R/n km qui lui restent aux (n-1) autres avions en leur donnant chacun R/n km : cet avion s'arrête donc de voler et les (n-1) avions restants en vol ont alors leurs réservoirs pleins.

étape 2 : les (n-1) avions restants en vols ayant parcouru ( à partir de la fin de l'étape précédente) chacun R/(n-1) km, un de ces avions répartit les (n-2)R/(n-1) km qui lui restent aux (n-2) autres avions en leur donnant chacun R/(n-1) km : cet avion s'arrête donc de voler et les (n-2) avions restants en vol ont alors leurs réservoirs pleins.

"etc"

étape n-2 : lorsque les deux avions restants en vols ont parcouru ( à partir de la fin de l'étape précédente) chacun R/2 km, un de ces avions donne les R/2 km qui lui restent à l'autre avion : cet avion s'arrête donc de voler et l'avion restant ayant son réservoir plein, il peut alors parcourir, en plus, R km :

au total cet avion a parcouru R/n+R/(n-1)+...+R/2+R km.

On notera qu'au cours de ce vol tout avion, excepté le dernier avion ayant réalisé le vol le plus long, a donné des km.

Tout le problème est de montrer que cette valeur R/n+R/(n-1)+...+R/2+R est la valeur maximum D cherchée.

Une brochure consacrée à ces Olympiades 2001 en donne deux preuves, mais à mon (humble) avis ces preuves ne...... prouvent rien!

Car tout de même, lorsque n=2, dire qu'au bout de 0,5R km un avion vide son réservoir dans l'autre et se pose, et donc D=R/2+R, c'est redire l'explication de l'étape n-2 du raisonnement précédent : je ne vois vraiment pas pourquoi la possibilité qu'a un avion de parcourir effectivement R/2+R km montre que R/2+R est la valeur maximum cherchée. De même, lorsqu'il y a trois avions, affirmer qu'à R/3 km l'un remplit les réservoirs des deux autres et on retrouve la situation précédente donc D=R/3+R/2+R, n'est absolument pas une preuve que D=R/3+R/2+R.

Ne parlons pas du uniquement "De même en généralisant on a D=R/n+...+R/2+R".

Voici la preuve que j'ai trouvée pour les cas n=2 et n=3.

Résultat 2 :

Pour n=2 la valeur maximum D est R/2+R km

preuve :

1er cas : un avion, A1, s'arrête de voler à d<R/2 ; il pourra donner au plus d km à A2 (d=capacité maximum de réception de A2 et ces d km peuvent être effectivement donnés par A1 car il lui reste R-d>d). Donc A2 fera au plus d+R<R/2+R.

Donc dans ce cas tout avion parcourt moins de R/2+R km

2ième cas : les deux avions volent au moins d>R/2 ; alors d£R (sinon 2d>2R) et l'un des avions, A1, peut donner à l'autre au plus R-d (la capacité de réception de l'autre est d, mais A1 ne peut donner que R-d<d) et donc A2 fera au plus R-d+R<R/2+R.

Donc là aussi tout avion parcourt moins de R/2+R km.

3ième cas : l'un des avions parcourt exactement R/2 km ; il peut alors donner au plus R/2 km à l'autre, lequel peut donc parcourir au plus R/2+R km, qu'il parcourra effectivement ssi il reçoit R/2 km lorsque l'autre s'arrête à R/2.

Compte-tenu que les trois cas envisagés ci-dessus recouvrent toutes les possibilités, la valeur maximale que puisse parcourir un avion est R/2+R km, obtenue uniquement dans le 3ième cas.

Résultat 2bis : (servira pour le cas n=3)

Si deux avions partent avec un total T de km dans leur réservoirs, avec T< 2R, alors

si T£R la valeur maximale parcourue par un avion est T

si T>R la valeur maximale parcourue par un avion est R/2+T/2 ( < R/2+R)

preuve :

Le cas T£R est évident : la somme des distances parcourues étant au plus T, la distance maximale parcourue par un avion est T, obtenue lorsque l'un donne tous ses km à l'autre.

Supposons maintenant R<T<2R.

Au départ A1 dispose de r1 km et A2 de r2 km, avec r1+r2=T>R : donc A1 peut donner R-r2 ( qui est bien inférieur à r1) à A2, lequel pourra parcourir R km.

La distance maximale parcourue est donc ³R et évidemment pour faire mieux, il faudra que A2 reçoive d'autres km, mais dans un premier temps il est nécessaire qu'il fasse R km : on peut donc supposer que dès le départ A1 remplit le réservoir de A2, cad au départ

A2 a son réservoir plein (R km) et A1 dispose de T-R km.

1er cas : A1 s'arrête à d<(T-R)/2 km ; il pourra donner au plus d km à A2 (d=capacité maximum de réception de A2 et ces d km peuvent être effectivement donnés par A1 car il lui reste T-R-d>d). Donc A2 fera au plus d+R<(T-R)/2+R.

Donc dans ce cas tout avion parcourt moins de (T-R)/2+R km.

2ième cas : A1 parcourt au moins d>(T-R)/2 ; il pourra donner à l'autre au plus T-R-d (ce qui lui reste, la capacité de réception de l'autre est d>T-R-d) et donc A2 fera au plus T-R-d+R<(T-R)/2+R.

Et comme d£T-R<R, tout avion parcourt moins de (T-R)/2+R km.

3ième cas : A1 parcourt exactement (T-R)/2 km ; il peut alors donner au plus (T-R)/2 km à l'autre, lequel peut donc parcourir au plus (T-R)/2+R km, qu'il parcourra effectivement ssi il reçoit (T-R)/2 km lorsque l'autre s'arrête à (T-R)/2.

Compte-tenu que les trois cas envisagés ci-dessus recouvrent toutes les possibilités, la valeur maximale que puisse parcourir un avion est (T-R)/2+R=R/2+T/2 km, obtenue uniquement dans le 3ième cas.

Résultat 3 :

Pour n=3 la valeur maximum D est R/3+R/2+R km

preuve :

1er cas : un des avions , A1, s'arrête de voler à d<R/3 ; il pourra donner au plus 2d km aux deux avions restants (d=capacité maximum de réception de chaque avion et ces 2d peuvent être donnés par A1 car il lui reste R-d>2d).

Si A1 donne effectivement ces 2d km, donc s'il donne d à chaque avion restant ces derniers auront leurs réservoirs pleins, et cf le résultat 2 (cas n=2), la distance maximum que pourra alors parcourir (après les d km déjà parcourus) l'un d'entre eux sera R/2+R et donc la distance maximum parcourue depuis le début du vol sera d+R/2+R<R/3+R/2+R.

Bien entendu si A1 ne donne pas ces 2d km , le total des réservoirs des avions restant sera <2R et d'après le résultat 2bis tout avion restant parcourra moins de R/2+R km

Donc dans ce cas tout avion parcourt moins de R/3+ R/2+R km

2ième cas : les trois avions volent au moins d>R/3 ; l'un, A1, ne pourra donner aux deux autres qu'au plus R-d (ce qui lui reste et qui est <2d=capacité de réception totale des deux autres).

Donc il ne peut remplir le réservoir des deux avions restants : chacun d'entre eux parcourra moins de R/2+R km (cf résultat 2bis). Oui, mais ils ont déjà parcouru d>R/3 km : donc peut être qu'au total, l'un parcourra plus de R/3+R/2+R km?

Il faut aller plus loin dans l'analyse pour prouver que cela est impossible.

Le total (maximum) T de km des deux avions restant est T=R-d ( A1 donne tous les km qui lui restent)+2(R-d)=3R-3d<2R ; T<R est impossible car T=3R-2d<R conduit à d>R et donc le résultat 2bis permet de dire que la distance maximum que pourra alors parcourir l'un d'entre eux (après les d km déjà parcourus) est R/2+T/2 et donc sur ce vol, la distance maximum parcourue par un avion est

d+R/2+(3R-3d)/2=2R-d/2<2R-R/6=11R/6=R/3+R/2+R.

Bien entendu, si A1 ne donne pas tous ses R-d km lui restant, T sera moindre et donc, toujours d'après le résultat 2bis, la distance maximum parcourue par un avion sera moindre que la précédente.

Donc dans ce cas tout avion parcourt moins de R/3+ R/2+R km.

3ième cas : un avion ne vole que R/3 km ; il peut donner au plus que 2R/3 aux deux autres :

s'il leur donne, les deux avions restant ont leurs réservoirs pleins, et d'après le résultat 2 (cas n=2) la distance maximum parcourue (après les R/3 déjà parcourus) sera R/2+R : au total un avion aura parcouru R/3+R/2+R

mais s'il ne donne pas les 2R/3 km, le maximum parcouru sera moindre ( résultat 2bis).

Compte-tenu que les trois cas envisagés ci-dessus recouvrent toutes les possibilités, la valeur maximale que puisse parcourir un avion est R/3+R/2+R km, obtenue uniquement dans le 3ième cas.

Remarque sur cette démonstration lorsque n=3 : on se ramène exactement à n=2 que dans le 1er et 3ième cas et le résultat 2bis me paraît indispensable pour pouvoir conclure dans le 2ième cas.

Ensuite ? j'atterris... : je n'ai pas du tout envie de me lancer dans un résultat 3bis.

Il va sans dire que si un lecteur trouve quelque chose de mieux, il peut m'en informer et je mettrai ici sa démonstration (avec son nom, of course).

Merci de m'avoir lu jusqu'ici.

Poitiers 2001

Montrer que l'équation : 1/(x+2)+1/(y+2)=1/2+1/(z+2) n'admet pas de solution (x,y,z) constituée d'entiers strictement positifs où x4.

Trouver tous les triplets d'entiers strictement positifs qui sont solution.

Solution

L'équation s'écrit 1/(x+2)=(zy+4(y+1))/(2(z+2)(y+2)) soit z(4-xy)=4(xy+x+y). Le membre de droite est toujours supérieur ou égal à 12 ; si x4 alors xy4 et le membre de gauche est inférieur ou égal à 0 et il ne peut y avoir égalité. Donc il n'y a pas de triplet solution pour x4 et vu le rôle équivalent joué par x et y il n'y a pas de solution pour y4.

Les triplets solution sont donc à chercher parmi ceux tels que x<4 et y<4 et même on doit avoir aussi xy<4 ( d'après la relation

ci-dessus ), z s'écrivant 4(xy+x+y)/(4-xy).

Pour x=1 on ne peut envisager que y=1 ou y=2 ou y=3, lesquels conduisent respectivement à z=4, z=10, z=28

Pour x=2 on ne peut envisager que y=1 qui donne z=10

Pour x=3 on ne peut envisager que y=1 qui donne z=28.

Il y a donc 5 triplets solution : (1,1,4) (1,2,10) (1,3,28) (2,1,10) (3,1,28). On peut vérifier que si on échange x et y dans l'un de ces triplets on retrouve un de ces triplets.

Rennes 2001

Trouver les nombres entiers n tels que p(n)=n2-2001n-p(n)=0 où p(n) est le produit des chiffres constituant n en base 10 (c'est-à-dire dans le système décimal : p(526)=5×2×6=60).

Solution

c'est en fait une variante d'un exercice des olympiades internationales 1968 : voir l'exercice 5 de la liste IMO,CG.

Versailles 2001

Soit n un entier naturel non nul.

1) Montrer que l'équation xn+x2+x-1=0 admet une seule solution un strictement positive.

2) Montrer que 0<un<a où a est la solution positive de x2+x-1.

3) Montrer que unn+(un-a)(un+1/a)=0

4) Montrer que la suite un est convergente et préciser sa limite.

5) Montrer que la suite un est croissante.

Solution

1) On pose f(x)=xn+x2+x-1 : f'(x)>0 pour tout x dans [0;+[ donc f est dérivable et strictement croissante sur [0;1] et ainsi f réalise une bijection de [0;1] sur [f(0);f(1)]=[-1;2] qui contient 0 : donc l'équation f(x)=0 a une seule solution dans[0;1]. Mais pour x>1 f(x)=/=0 (car f(x)>f(1)=2 ) donc l'équation f(x)=0 a une seule solution dans [0;+[ , et puisque f(0)=/=0 on peut conclure que l'équation f(x)=0 a une seule solution strictement positive.

Remarque : le théorème de la bijection n'est vu au lycée que pour des intervalles bornés fermés.

2) Remarquons d'abord que x2+x-1=0 a effectivement 2 solutions réelles (delta>0) dont le produit fait -1 et donc une est négative (stricte) et l'autre positive (stricte) : a ( en fait a =(-1+rac(5))/2 ).

On a f(un)=0 et f(a)=an>0=f(un) donc un<a puisque f est strictement croissante sur [0;+[.

3) (un-a)(un+1/a)=un2+((1-a2)/a)un-1=un2+un-1 puisque a2+a-1=0. Comme par ailleurs unn+un2+un-1=0 on obtient unn+(un-a)(un+1/a)=0.

4) Vu le un-a pourquoi ne pas penser à a comme limite possible? On va donc essayer de majorer |un-a| qui est égal à |un|n/|un+1/a| d'après la relation obtenue en 3) et d'après le fait que la valeur absolue d'un produit est le produit des valeurs absolues, idem pour le quotient. Mais |un+1/a|=un+1/a>1/a, donc 1/|un+1/a|<a et comme 0<un<a on a |un|=un<a puis |un|n<anet finalement |un-a|<an×a (tout est positif, on peut multiplier membre à membre) ; de |a|=a<1 (voir valeur de a plus haut) on déduit limn+an=0 et donc |un-a| est majoré par une expression qui tend vers 0 pour n tendant vers + ce qui permet de conclure à limn+un=a.

5) On va raisonner par l'absurde, c'est-à-dire on va supposer le contraire de ce qu'il faut prouver pour essayer d'arriver en fait à une contradiction.

On suppose donc un+1<un : cela entraîne (les 2 nombres sont positifs) un+1n<unn et comme un+1<1 (puisque 0<un<a<1) on a un+1n+1<un+1n (d'après xn+1<xn pour x dans ]0;1[). Mais en utilisant la supposition un+1<un on obtient alors un+1n+1<unn ainsi que un+12<un2 d'où un+1n+1+un+12+un+1-1<unn+un2+un-1 ; or membre de gauche et de droite de cette inégalité sont nuls (par définition de la suite un) et on arrive ainsi à une contradiction (puisque on n'a pas 0<0) : on n'a pas le droit de supposer un+1<un, c'est donc que un+1un et on prouve ainsi que la suite est croissante.

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