Quelques énoncés 2004 particuliers à chaque académie

 Pour l'instant 8 énoncés : Aix-Marseille 1,Bordeaux 1 et 2, Poitiers 1 et 2, Dijon 1 et 2, Versailles 1

A noter qu'à partir de cette année 2004, il y a deux exercices particuliers à chaque académie.


Aix-Marseille 2004 (n°1)

Dans les trois premières questions , on considère les fonctions f définies sur le plan, à valeurs dans R, et vérifiant la propriété (P) suivante :

Pour tout triangle équilatéral ABC, on a f(A)+f(B)+f(C)=1

1) Donner un exemple d'une telle fonction.

2) M et N sont 2 points distincts.

a) Construire à la règle et au compas deux points A et B tels que les triangles MAB et NAB soient équilatéraux. Expliquer la construction.

b) Prouver que pour une fonction f vérifiant la propriété (P) on a f(M)=f(N).

3) Trouver toutes les fonctions f vérifiant la propriété (P).

4) Déterminer toutes les fonctions f définies sur le plan, à valeurs dans R, telles que pour tout losange ABCD, on ait : f(A)+f(B)+f(C)+f(D)=1

Solution

1) La fonction f définie par f(M)=1/3 pour tout point M du plan vérifie évidemment la propriété P.

2)

a) On trace deux cercles C1 et C2 de centres respectifs M et N et ayant le même rayon MN : ils se coupent en 2 points A' et B' et la droite (A'B') est la médiatrice de [MN] et aussi les triangles A'MN et B'MN sont équilatéraux et isométriques.

Soit I le milieu de [MN], c'est-à-dire l'intersection des 2 droites (MN) et (A'B') ; grâce au cercle C3 de centre N et de rayon NI on construit les milieux U et V des segments [NA'] et [NB']. Les droites (MU) et (MV) sont donc les bissectrices des angles en M des triangles A'MN et B'MN et ainsi angle(UMV)=60° et MU=MV= longueur de la hauteur d'un triangle équilatéral de côté MN.

D'où en prenant A=(A'B')Ç(MU) et B=(A'B')Ç(MV), le triangle MAB est isocèle (MA=2/3MU=2/3MV=MB) et l'angle en M étant 60° il est équilatèral, et comme NA=MA,NB=MB il en est de même pour le triangle NAB.

b) Si f vérifie la propriété (P), en considérant les 2 triangles équilatéraux mis en évidence dans la question précédente on peut écrire f(M)+f(A)+f(B)=1 et f(N)+f(A)+f(B)=1 donc f(M)=f(N).

3) D'après la question 2b) si f vérifie la propriété (P) dès que M et N sont distincts on f(M)=f(N), donc en prenant un point O particulier du plan, pour tout point M on f(O)=f(M), c'est-à-dire la fonction f prend une seule valeur k=f(O) : f est nécessairement une fonction constante sur le plan et nécessairement on doit avoir k+k+k=1 soit k=1/3.

Réciproquement il a été vu à la question 1) que la fonction f constamment égale à 1/3 vérifie la propriété (P) : c'est donc la seule.

4) On utilise l'idée précédente :

soient M et N deux points distincts : il est alors possible de construire 2 losanges MIJK et NIKJ (la figure correspond à la moitié d'un hexagone régulier) :

Donc f(M)+f(I)+f(J)+f(K)=f(N)+f(I)+f(J)+f(K)=1 et ainsi on a encore f(M)=f(N), donc nécessairement f est une fonction constante sur le plan et cette constante ne peut être que 1/4.

Réciproquement la fonction f constamment égale à 1/4 vérifie évidemment la propriété (P) : c'est donc la seule.


Bordeaux 2004 (n°1)

Partie A :

Déterminer tous les entiers naturels x,y,z vérifiant l'équation x+y+z=xyz

Partie B :

Pour n entier naturel non nul donné, on s'intéresse aux entiers naturels x,y,z vérifiant l'équation x+y+z+n=xyz.

1) Montrer que les nombres x,y,z sont tous inférieurs ou égaux à n+3.

2) On suppose que z=n+3. Déterminer les valeurs possibles de x et y.

3) Quelle est la plus petite valeur de n pour laquelle on peut trouver des entiers naturels x,y,z strictement inférieurs à n+3, vérifiant x+y+z+n=xyz ?

Solution

Dans tout l'exercice on supposera x£y£z, les autres triplets (x,y,z) solutions s'obtenant par changement de l'ordre.

A) Si y=0 nécessairement x=0 et en reportant dans l'équation on obtient z=0 ; ce triplet (x,y,z)=(0,0,0) convient effectivement

si y=1 alors

soit x=0 et 1+z=0 ce qui est impossible

soit x=1 et 2+z=z qui est aussi impossible.

Donc en dehors du triplet solution (0,0,0) nécessairement on doit avoir y³2 (et donc x³1 car si x=0 il faut y+z=0 ce qui est impossible à réaliser).

On peut alors écrire, puisque xy³2, z=(x+y)/(xy-1) ; on vérifie sans peine (en dérivant par exemple) que la fonction f définie par f(u)=(u+y)/(uy-1) pour u>1/y est strictement décroissante sur sur ]1/y;+¥[ et comme 1>1/y on peut écrire :

pour tout x³1 z=f(x)£f(1)=(y+1)/(y-1)=3-2(y-2)/(y-1).

Comme y³2, nécessairement z£3 (avec égalité si et seulement si y=2) et comme par ailleurs y£z, il n'y a que 2 possibilités :

soit z=3 ce qui exige y=2 et l'équation initiale devient x+5=6 soit x=1, et le triplet (1,2,3) convient effectivement

soit z=2 et on a encore y=2 (cf 2£y£z) ce qui donne x+4=4x soit x=4/3 qui n'est pas un entier naturel

Finalement, à l'ordre près sur x,y,z , il n'y a que 2 triplets (x,y,z) solutions : (0,0,0) et (1,2,3).

B) 1) On va utiliser exactement la même méthode que pour la partie A.

Puisque n³1, le triplet (0,0,0) n'est pas solution et un raisonnement analogue au précédent montre que nécessairement y³2 et x³1, donc xy³2 et z=(x+y+n)/(xy-1)=f(x) avec f(u)=(u+y+n)/(uy-1) qui est encore strictement décroissante sur ]1/y;+¥[ et donc z=f(x)£f(1)=(y+n+1)/(y-1)=n+3-(n+2)(y-2)/(y-1).

Comme y³2 on a z£n+3 (avec égalité si et seulement si y=2) soit x£y£z£n+3.

2) Imposer z=n+3, c'est imposer que le plus grand des nombres x,y,z est z et cela exige (lorsque par ailleurs x£y£z) que y=2 (cf ci-dessus) : l'équation devient x+2+n+3+n=2x(n+3) qui donne x=1 cela en se limitant à x£y ; mais si on n'impose plus x£y (x et y sont cependant encore inférieurs ou égaux à n+3=z) on peut avoir aussi y<x qui donnera évidemment y=1 et x=2, et donc il y a 2 triplets (x,y,z) solutions avec z=n+3 : (1,2,n+3) et (2,1,n+3).

3) On essaye de voir ce qui se passe pour les plus petites valeurs de n :

Si n=1 l'équation s'écrit x+y+z+1=xyz.

D'après la question B1 on a 2£y£z et on veut z<n+3=4, donc z£3 et

soit y=2 qui donne x+z+3=2xz ; or z=2 ou 3 : dans les 2 cas cela conduit à une valeur non entière de x, donc impossible

soit y=3 et donc z=3 ce qui donne x+7=9x qui conduit encore à une valeur non entière de x et donc c'est impossible :

ainsi pour n=1 l'équation x+y+z+n=xyz n'a pas de triplet solution (x,y,z) avec x,y,z entiers naturels strictement inférieurs à n+3.

Si n=2 l'équation s'écrit x+y+z+2=xyz et, ......coup de chance, on voit que le triplet (2,2,2) est solution ; or 2<n+3=5 et donc la plus petite valeur de n cherchée est n=2.


Bordeaux 2004 (n°2)

Un segment de longueur p (p>0) étant donné, on cherche à construire un parallélogramme ANMP ayant pour périmètre 2p, comme indiqué sur la figure ci-dessous, M,N, et P appartenant chacun à l'un des côtés du triangle.

On note a la longueur du côté [BC], b celle du côté [AC], c celle du côté [AB].

On suppose b³c.

1) Discuter suivant les valeurs de p l'existence d'un tel parallélogramme

--lorsque b=c

--lorsque b>c

2) Proposer, lorsque le problème a une solution, une construction du parallélogramme à la règle non graduée et au compas.

Solution

Notons MN=PA=u, AN=PM=v, ainsi p=u+v.

1) Si b=c

alors BAC est isocèle et donc MNC aussi ( 2angles égaux) et donc NC=NM et p=u+v=NC+AN=AC=b :

si p¹b=c alors ANMP n'existe pas

si p=b=c en choisissant N quelconque sur [AC] le parallélogramme ANMP obtenu convient effectivement (facile à vérifier).

2) Si b>c

Thalès (ou considération de triangles semblables) donne

(1) CN/CA=NM/ABÛNC/NM=AC/AB(=b/c)

(2) BP/BA=PM/ACÛPM/PB=AC/AB(=b/c)

Comme b>c on a NC>NM et PM>PB d'où p=AN+NM<AN+NC=b et p=AP+PM>AP+PB=c et donc nécessairement il faut que c<p<b.

Notons aussi que la relation (1) s'écrit (b-v)/u=b/c soit, puisque v=p-u, bc-(p-u)c=bu et u=c(b-p)/(b-c) ; comme u=AP cela prouve que P est unique et donc, si le parallélogramme ANMP existe il est unique.

Montrons maintenant que si c<p<b il existe effectivement un (donc un seul) parallélogramme ANMP qui convient.

Puisque c<p<b on a 0<(b-p)/(b-c)<1 (pour vérifier la dernière inégalité on peut chercher le signe de (b-p)/(b-c)-1 en réduisant au même dénominateur) et donc, c étant positif, 0<c(b-p)/(b-c)<c.

On peut alors considérer le point P de ]AB[ tel que AP=c(b-p)/(b-c) : montrons que le parallélogramme ANMP correpondant à ce point P répond à la question.

On a donc u=c(b-p)/(b-c) ; comme (b-v)/u=b/c est encore vrai on obtient v=b-ub/c soit

u+v=u(1-b/c)+b=c((b-p)/(b-c))(c-b)/c+b=-(b-p)+b=p, c'est-à-dire le périmètre du parallélogramme ANMP qui est 2(u+v) est bien égal à 2p.

Donc si b>c, il existe un parallélogramme ANMP de périmètre 2p si et seulement si c<p<b, et alors ce parallélogramme est unique.

2) Compte tenu que la construction à la règle (non graduée) et au compas d'une droite passant par un point donné et parallèle à une droite donné est "classique" (voir remarque ci-dessous), pour pouvoir construire à la règle et au compas le parallélogramme ANMP de périmètre 2p avec c<p<b il suffit de pouvoir construire à la règle et au compas le point P de ]AB[ tel que AP=c(b-p)/(b-c).

Or cela est effectivement possible : on construit ( au compas) sur [AC] le point Y tel que CY=p et le point Z tel que CZ=c (pour Y c'est possible car un segment de longueur p est donné) ; puis on trace (à la règle) la droite (BZ) et enfin la parallèle ( à la règle et au compas) à (BZ) passant Y : elle recoupe [AB] en X tel que AX/AB=AY/AZ, soit AX=c(b-p)/(b-c) et donc X est le point P cherché. Il ne reste plus qu'à tracer la paralléle à (AC) passant par P pour obtenir le point M et on obtient N comme intersection d'un arc de cercle de centre A et de rayon PM avec [AC].

Remarque : construction à la règle (non graduée...) et au compas de la parallèle à une droite D donnée et passant par A donné.

Si A est sur D .......c'est D!

Sinon, on choisit 2 points B et C quelconques sur D et on construit le cercle de centre A et de rayon BC et le cercle de centre C et de rayon AB : ces 2 cercles se coupent en I (du même côté que A par rapport à D) et..... je le laisse le lecteur vérifier que la droite (AI) est la droite cherchée!


Dijon 2004 (n°1)

Sur la planète "Mathématic", les années ont toujours 365 jours et les mois ne peuvent avoir que 28,30 ou 31 jours.

1) Montrer qu'une année "Mathématicienne" comporte toujours douze mois.

2) Donner toutes les décompositions possibles d'une telle année en nombre de mois de 28,29 ou 30 jours.

Solution

1) Posons s=28a+30b+31c où a,b,c sont respectivement les nombres de mois de 28,29 ou 30 jours : on a immédiatement

28(a+b+c)£s£31(a+b+c).

D'où

si a+b+c £11 on a s£31×11=341<365 et s ne peut être égal à 365

si a+b+c³14 on a s³28×14=392>365 et s ne peut être égal à 365

si a+b+c=13, la plus petite valeur de s est 28×13=364 (obtenue pour a=13,b=c=0) : pour obtenir s=365 il faut augmenter cette plus petite valeur, donc diminuer a de au moins 1 et augmenter b+c de au moins 1 et s va augmenter de au moins 2 (dans le cas où un mois de 28 devient un mois de 30) et dépassera ainsi 365, et donc s ne peut être égal à 365.

La seule possibilité pour avoir s=365 est donc a+b+c=12 mois, qui effectivement peut donner s=365 avec par exemple a=0, b=7, c=5.

2) Cherchons tous les triplets (a,b,c) tels que a+b+c=12 et 28a+30b+31c=365 et a,b,c étant bien sûr des entiers naturels inférieurs ou égaux à 12.

On remarque que nécessairement 8a+c doit se terminer par 5 et donc si a=0, nécessairement c=5 et donc b=7, ce qui donne le triplet (0,7,5) qui convient effectivement comme on vient de le voir : c'est le seul triplet solution avec a=0.

On pourrait continuer ainsi l'analyse en envisageant les 12 possibilités pour a, mais on peut éviter cette énumération.

En effet si (a,b,c) est un triplet solution (a+u,b+v,c+w) en sera un autre si et seulement si

u+v+w=0 et 28u+30v+31w=0 (et a+u,b+v,c+w entiers naturels £12), ce qui donne v=-3u et w=2u

Donc si (a,b,c) est un triplet solution, le seul triplet solution commençant par a+1 est (a+1,b-3,c+2), sous réserve qu'effectivement a+1,b-3, c+2 soient positifs ou nuls et inférieurs ou égaux à 12 :

comme (0,7,5) est le seul triplet solution avec a=0

(1,4,7) est le seul triplet solution avec a=1

(2,1,9) est le seul triplet solution avec a=2

et c'est fini , puisque b ne peut être négatif.

Donc il n'y a que 3 sortes d'années "Mathématiciennes" : (0,7,5) ou (1,4,7) ou (2,1,9)


Dijon 2004 (n°2)

Dans cet exercice la notation angle(MNP) désignera l'angle de sommet N et dont les côtés sont les demi-droites [NM) et [NP) et on utilisera sans démonstration le résultat suivant : dans tout triangle ABC on a

BC/sin(angle(BAC))=AB/sin(angle(ACB))=AC/sin(angle(ABC))

 

Dans un triangle ABC, la hauteur (AH), la bissectrice (AI) et la médiane (AO) relatives au sommet A partagent l'angle (BAC) en quatre angles de même mesure u :

1) Exprimer en fonction de u les mesures de tous les angles de la figure

2) Quelles sont les mesures des 3 angles du triangle ABC?

Solution

1) En considérant la somme des angles du triangle AHC on a 0<3u<p/2 donc 0<u<p/6.

De façon immédiate

angle(ABH)=p/2-u, angle(AIH)=p/2-u, angle(AIC)= p-angle(AIH)=p-(p/2-u)=p/2+u

angle(ACI)=angle(ACH)=p/2-3u

angle(BOA)=p-angle(ABH)-3u=p/2-2u, angle(AOC)=p-(p/2-2u)=p/2+2u

2) En appliquant la formule donnée par l'énoncé dans les triangles ABC et AOC on obtient :

sin(4u)/BC=sin(angle(ABC))/AC et sin(u)/OC=sin(angle(AOC))/AC soit

sin(4u)/BC=sin(p/2-u)/AC et sin(u)/OC=sin(p/2+2u)/AC, ce qui donne

sin(4u)/cos(u)=BC/AC et sin(u)/cos(2u)=OC/AC

mais OC=BC/2 et ainsi on obtient l'équation sin(u)/cos(2u)=sin(4u)/(2cos(u)) qui s'écrit 2sin(u)cos(u)=sin(4u)cos(2u).

En remarquant que 2sin(u)cos(u)=sin(2u) et sin(4u)=2sin(2u)cos(2u) on obtient 1=2cos2(2u) soit cos(2u)=±Ö2/2 ; la simplification par sin(2u) est licite car 0<u<p/6 entraîne que 0<2u<p/3 et donc sin(2u) est non nul, mais aussi cos(2u)>0 et ainsi cos(2u)=Ö2/2 soit 2u=p/4 et u=p/8 ; d'où angle(BAC)=4u=p/2, angle(ABC)=p/2-u=3p/8 et angle(ACB)=p/2-3u=p/8.

Ainsi le triangle ABC est nécessairement rectangle en A, son angle en B valant 3p/8 et celui en C valant p/8.

Remarque 1 : pour compléter l'exercice il y aurait lieu de faire la réciproque, c'est-à-dire de vérifier que pour un tel triangle rectangle, hauteur, bissectrice, médiane issues de A partagent effectivement l'angle(BAC) en 4 parties égales ; bien entendu commencer par remarquer que dans ce cas O est le centre du cercle circonscrit au triangle ABC et donc BOA et AOC sont des triangles isocèles.

Remarque 2 : cet exercice a été posé dans la revue Corol'aire n°23 (1995 ou 1996) qui est la revue régionale (Poitiers) de l'APMEP : il a donné lieu à 3 solutions tout à fait différentes de celle ci-dessus.


Poitiers 2004 (n°1)

On peut relier les sommets d'un quadrilatère ABCD par des traits tracés en continu ou en pointillés de telle sorte qu'aucun des 4 triangles ayant ses sommets parmi les points A,B,C,D ne soit constitué de traits de même nature.

1) Réaliser un tracé analogue pour un pentagone, c'est-à-dire un tracé dans lequel aucun des triangles ayant ses sommets parmi les sommets du pentagone ne soit constitué de traits de même nature.

2) Un tracé analogue est-il possible dans le cas d'un hexagone?

Solution

On dira qu'un polygone vérifie la propriété P si on peut relier les sommets de ce polygone par des traits tracés en continu ou en pointillés de telle sorte qu'aucun des triangles ayant ses 3 sommets parmi les sommets du polygone ne soit constitué de traits de même nature.

Vérifions l'énoncé : en mettant en trait continu les 4 côtés de ABCD et en pointillés ses 2 diagonales on voit toute suite que le quadrilatère ABCD vérifie la propriété P ; on peut aussi mettre 3 côtés en trait continu et le 4ième côté et les 2 diagonales en pointillés.

1) Si on prend au hasard 3 sommets d'un pentagone, il y en a toujours au moins 2 qui sont consécutifs ; d'où un triangle dont les 3 sommets sont trois de ceux du pentagone est, soit formé de deux côtés du pentagone et d'une diagonale du pentagone, soit formé d'un côté et de deux diagonales. Donc en mettant en continu tous les côtés du pentagone et en pointillés toutes ses diagonales aucun de ces (10) triangles n'est constitué de traits de même nature : tout pentagone vérifie la propriété P.

2) Soit ABCDEF un hexagone et considérons les 5 segments constitués des 2 côtés de sommet A et des 3 diagonales issues de A.

Comme il n'y a que 2 natures de traits possibles (continu ou pointillé) au moins 3 segments parmi ces 5 sont de même nature : notons les [AU], [AV], [AW] ( évidemment U,V,W sont des sommets distincts et autres que A du pentagone) et supposons, par exemple, qu'ils soient en continu. Si on veut que l'hexagone vérifie la propriété P alors il faut que [UV] soit en pointillés (sinon les 3 côtés du triangle AUV sont en continu) ; de même [UW] et [VW] doivent être en pointillés : mais alors le triangle UVW a ses 3 côtés de même nature! Donc un hexagone ne peut vérifier la propriété P.


Poitiers (n°2)

Soit a une suite de 9 entiers constituée des 9 entiers 1,2,3,4,5,6,7,8,9 pris dans un certain ordre. Chaque entier de 1 à 9 apparaît une fois et une seule dans la suite a.

On note a1 le premier élément de la suite, a2 le deuxième, ..., a9 le neuvième.

On pose S(a)=|a1-a2|+|a2-a3|+...+|a7-a8|+|a8-a9|

1) Calculer S(a) lorsque a=(1,2,3,4,5,6,7,8,9) et lorsque a=(1,9,2,8,3,7,4,6,5)

2) a étant cette fois quelconque , montrer que S(a)+|a9-a1| peut s'écrire sous la forme

c1a1+c2a2+...+c9a9, les coefficients c1,c2,...,c9 étant tous égaux à -2 ou 0 ou 2.

Parmi ces 9 coefficients on note k le nombre de ceux égaux à -2 et k' le nombre de ceux égaux à 2 : montrer que k=k'.

3) Trouver la valeur maximale de S(a) ; on pourra commencer par majorer, en fonction de k, la quantité S(a)+|a9-a1|.

Solution

Attention : ne pas avoir peur des valeurs absolues! Tout va se faire en utilisant uniquement |x|=x si x³0 et |x|=-x si x£0 et donc |x|=ex avec e=-1 ou 1.

1) Dans le 1er cas S(a)=1+1+...+1+1=8 et dans le 2ième cas S(a)=8+7+6+5+4+3+2+1=36.

2) S(a)+|a9-a1|=e1(a1-a2)+e2(a2-a3)+...+e8(a8-a9)+e9(a9-a1), chaque coefficient ei valant -1 ou 1, cela d'après la définition de la valeur absolue.

En regroupant les termes en a1, puis ceux en a2,... on obtient :

S(a)+|a9-a1|=(e1-e9)a1+(e2-e1)a2+...+(e8-e7)a8+(e9-e8)a9 ; en notant ci le coefficient de ai, on constate que ce ci est la différence de 2 nombres valant -1 ou 1 : donc ce coefficient ci est effectivement égal à 0 (si les 2 nombres sont égaux) ou à -2 lorqu'on a -1-1 ou à 2 lorsqu'on a 1-(-1).

La somme c1+c2+...+c9 est donc égale à 2k-2k', mais si on remplace chaque ci par sa valeur en fonction des ej on trouve que cette somme est nulle et donc k=k'.

3) Là ca devient un peu moins immédiat.

Notons s la somme des ai (il y en a k) dont le coefficient ci est 2 et s' la somme des ai (il y en a k) dont le coefficient ci est -2 : on a donc S(a)+|a9-a1|=2s-2s'.

Les k termes les plus grands de la suite a étant 9-k+1,...,8,9 on a s£(9-k+1)+...+8+9, de même en considérant les k termes les plus petits de la suite a on obtient s'³1+2+...+k, donc -s'£-(1+2+...+k) et ainsi on obtient la majoration

S(a)+|a9-a1|£2[((9-k+1)+...+8+9)-(1+2+...+k)] (attention : la différence membre à membre d'inégalités de même sens est interdite, mais on a le droit pour la somme!).

Il ne reste plus qu'à utiliser le résultat sur la sommation des termes consécutifs d'une suite arithmétique, nombre de termes fois la moyenne des extrêmes, pour obtenir

S(a)+|a9-a1|£2[k(9-k+1+9)/2-k(k+1)/2]=2k(9-k) : on a ainsi majoré S(a)+|a9-a1| par 2k(9-k).

Mais 2k£9 (puisque la suite a ne contient que 9 termes) donc k£4 et k(9-k)£20 ( obtenue pour k=4, les autres possibilités pour k donnant des valeurs inférieures), d'où S(a)£40-|a9-a1|£40-1 car |a9-a1|³1 (les ai sont des entiers distincts) et ainsi S(a)£39.

Mais pour pouvoir affirmer que 39 est la valeur maximale de S(a) il faut s'assurer que ce majorant 39 de S(a) est effectivement atteint par une suite a!

Le deuxième exemple de la question 1 donnait S(a)=36, un peu en dessous de 39 : il est obtenu en prenant le plus petit terme de la suite, puis le plus grand, puis le plus petit restant, puis le plus grand restant, etc. On pouvait penser qu'avec ce procédé on obtenait la valeur maximum de a, puisque en fait on cherchait à chaque fois à avoir le plus grand écart. En fait non :

si on utilise la même idée, mais en partant du "milieu", on obtient la suite a suivante :5,9,1,8,2,7,3,6,4 qui donne S(a)=4+8+7+6+5+4+3+2=39 : la valeur maximum de S(a) est donc 39.

Remarque : cet exercice est une version simplifiée d'un énoncé de Balkan Mathematical Olympiad 1994 dont il a été question sur le newsgroups : fr.sci.maths, en janvier 2002.


Versailles 2004 (n°1)

Un entier n³2 est "académique" si on peut répartir les entiers 1,2,...,n en deux groupes disjoints non vides S et P de sorte que la somme des nombres du groupe S est égale au produit des nombres du groupe P.

Par exemple le nombre 7 est "académique" car 2+4+5+7=1×3×6

1) Prouver que n=4 n'est pas "académique".

2) le nombre 5 est-il "académique"? le nombre 6 est-il "académique"?

3) Prouver que tout entier n³7 est académique.

Solution

1) On envisage toutes les partitions possibles de {1;2;3;4} en 2 groupes non vides :

soit un groupe est réduit à un nombre et l'autre en possède trois : on vérifie tout de suite que ce nombre ne peut être ni la somme, ni le produit des 3 nombres de l'autre groupe

soit les 2 groupes possèdent 2 nombres :

{1;2} et {3;4} : 1+2¹3×4 et 1×2¹3+4

{1;3} et {2;4} :.................

{1;4} et {2;3}:..................

Donc 4 n'est pas "académique", ainsi que ...... 3 et 2 d'ailleurs.

2) par "tâtonnements"

5 est "aca" car 3+5=1×2×4

6 est "aca" car 3+4+5=1×2×6

3) Continuons à observer ce qui passe

7 est "aca" car 2+4+5+7=1×3×6   (voir énoncé!)

et toujours par "tatônnements" :

8 est "aca" car 2+4+5+6+7=1×3×8

9 est "aca" car 2+3+5+6+7+9=1×4×8

Il semble donc que si n est pair

on peut prendre P={1;n/2-1;n} (ces 3 éléments sont bien distincts 2 à 2 car pour n³5 on n'aura pas 1=n/2-1, égalité qui se produit pour n=4) et évidemment S contient les autres nombres ;

vérifions :

le produit des éléments de P est (n-2)n/2

la somme des éléments de S est 1+2+....+n-(1+(n/2-1)+n)=n(n+1)/2-n/2-n=(n(n+1)-3n)/2=(n-2)n/2

donc si n est pair et ³5, il est "aca".

et il semble que si n est impair (donc n-1 pair)

on peut prendre P={1;(n-1)/2;n-1}(ces 3 éléments sont bien distincts car pour n³5 on n'aura pas 1=(n-1)/2, égalité qui se produit pour n=3)

vérifions :

le produit des éléments de P est (n-1)2/2

la somme des éléments de S est 1+2+...+n-(1+(n-1)/2+n-1)=n(n+1)/2-(3n-1)/2=(n-1)2/2

donc si n est impair et ³5, il est "aca".

Finalement tout entier supérieur ou égal à 5 est académique (et ce sont les seuls :voir question 1).


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