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Enoncés : 55 à 59

Exercice 55  (Concours général 2011, exercice 1 ; mis en ligne en aôut 2012)
 

HEFG et ABCD sont des rectangles : trouver la plage de validité de a=AD≥0 pour que le rectangle ABCD soit situé entièrement à l'intérieur du rectangle HEFG, des sommets de ABCD pouvant être sur des côtés de HEFG.
Par commodité, HEFG sera appelé la boîte et ABCD la barre.

solution 

Exercice 56  (IMO 2011, exercice 3 ; mis en ligne en décembre 2012)
 
Soit f une fonction de R dans R telle que, pour tous réels x et y,
f(x+y)≤yf(x)+f(f(x).

Montrer que f(x)=0 pour tout réel x≤0.

solution 

Exercice 57  (IMO 2011, exercice 5 ; mis en ligne en mai 2013)
 
On note Z l'ensemble des entiers relatifs et N* l'ensemble des entiers naturels strictement positifs.
Soit f une fonction de Z dans N* telle que pour tous les entiers relatifs m et n, la différence f(m)-f(n) est divisible par f(m-n).

Montrer que quels que soient les entiers relatifs m et n vérifiant f(m)≤f(n), f(n) est divisible par f(m).

Note : la divisibilité dont il est question ici, est la divisibilité dans Z : si a et b sont dans Z, b est divisible par a (ou a divise b) signifie qu'il existe q dans Z tel que b=qa.

solution 

Exercice 58  (Origine inconnue ; mis en ligne en septembre 2013)
 
Pour n≥1, on dira que 2n vérifie la propriété Multi(n) s'il admet un multiple Mn constitué de n chiffres tous égaux à 1 ou 2.
On pourra noter "abc" l'entier constitué des trois chiffres a,b,c :"abc"=a102+b10+c.

1) Montrer que 2n vérifie Multi(n) si 1≤n≤4.

2) Montrer que si, pour n≥1, 2n vérifie Multi(n), alors Mn est unique.

3) Monter que si, pour n≥1, 2n vérifie Multi(n), alors 2n+1 vérifie Multi(n+1) et trouver une relation entre Mn+1 et Mn.
Conclusion?

4) Est-ce que pour n≥5 les entiers Mn/2n et Mn-1/2n-1 sont de parités contraires?

5) Pour quels chiffres c a-t-on la propriété suivante :
pour tout n≥1, 2n admet un multiple constitué de n chiffres tous égaux à 1 ou c (si c=0, pour n≥2 le premier chiffre de ce multiple doit être 1)?

solution 

Exercice 59  (Concours général 2013, problème 1 ; mis en ligne en septembre 2013)
 

Dans ce problème, on considère des suites finies (a1, a2,...,an) d'entiers strictement positifs, où n est un entier ≥2, appelé longueur de la suite.
On dit qu'une suite finie d'entiers strictement positifs est superbe si chacun de ses termes divise la somme de tous les termes.
Exemples :

  • la suite (1,2,1,2,1,2,1,2), de longueur 8, est superbe car 1 et 2 divisent la somme, 12, de tous les termes
  • (3,3,6,12), de longueur 4, est superbe car 3, 6, 12 divisent la somme, 24, de tous les termes

0) Soit n≥2 un entier naturel : montrer que n+1 ne divise pas n(n-1).
On pourra considérer n+1-n.
Note : pour un élève de TS ce résultat est évident car n+1 et n sont premiers entre eux et il peut utiliser le théorème de Gauss, inconnu des 1S.

1) Déterminer les entiers b strictement positifs b tels que la suite (21,7,b) soit superbe.

2) a) Déterminer les suites superbes de longueur 2, puis de longueur 3.
b) Déterminer les suites superbes de longueur 4 et dont la somme des termes vaut 2013.

3) a) Montrer que pour tout entier n≥3, il existe une suite superbe de longueur n dont tous les termes sont distincts.
b) Montrer que si n≥2, il n'existe pas de suite superbe de longueur n dont les termes sont des nombres premiers tous distincts.

4) Montrer qu'une suite d'entiers strictement positifs qui est arithmétique de raison strictement positive et qui est superbe est forcément de longueur 3.

5) On dit qu'une suite (infinie) (ak)k≥1 d'entiers strictement positifs est magnifique si, pour tout entier n≥2, la suite finie (a1, a2,...,an) est superbe.
Déterminer les suites magnifiques (ak)k≥1 vérifiant ak<ak+1 pour tout entier k≥2.

6) Soit n≥2 un entier et soit (a1,a2,...,an) une suite finie, pas forcément superbe, d'entiers strictement positifs tous distincts.
a) Montrer qu'il est possible de prolonger la suite de façon à obtenir une suite superbe.
b) Montrer qu'il est possible de prolonger la suite de façon à obtenir une suite superbe dont les termes sont tous distincts.

Remarque : à la fin de la solution, je fais un lien entre ces suites superbes et les nombres parfaits, la connaissance des nombres parfaits n'apportant cependant rien pour aider à traiter cet exercice.

solution 


 Solutions

Solution exercice 55

Supposons que la barre ABCD soit entièrement dans la boîte HEFG.

Puisque AB=7>HE=6, AB>EF=5, c'est que (AB) n'est pas paralléle à (HE) et (AB) pas perpendiculaire à (HE).
(HE) étant considérée horizontale, (AB) a une pente positive ou négative ; par symétrie orthogonale par rapport à la médiatrice de (HE), la barre va rester dans la boîte et la pente de (AB) changera de signe : on peut toujours se ramener effectivement à la figure de l'énoncé.

Par translation // à (HG), A peut être ramené sur (HE), puis par translation // à (HE), D peut être ramené sur (HG) : on obtient la figure ci-dessous :

On note α l'angle en A du triangle EAB, cad α=angle(EAB). Cf plus haut α est dans ]0;π/2[.
En fait la plage possible de α ne peut être tout ]0;π/2[.
En effet, si B' est le projeté orthogonal de B sur (HE), et si C' est le projeté orthogonal de B sur (HG), on a
cosα=AB'/AB=AB'/7≤6/7=cosα1 avec α1 dans ]0;π/2[ ; donc α≥α1
et, puisque α=angle(DCC'), sinα=DC'/DC=DC'/7≤5/7=sinα2 avec α2 dans ]0;π/2[ ; donc α≤α2
Finalement α1≤α≤α2
Par projection sur (HE) on obtient asinα+7cosα≤6, puisque angle(DAH)=π/2-α et cos(π/2-α)=sinα.
Par projection sur (HG) on obtient acosα+7sinα≤5, puisque angle(HDA)=α et angle(GDC)=π/2-α.
Remarque

Réciproquement,

est-ce qu'il existe effectivement une barre ABCD, avec AD=a, qui loge entièrement dans la boîte?
On va montrer que oui : soit D sur [HG] tel que HD=acosα et A sur [HE] tel que HA=asinα.
Pythagore dans le triangle rectangle HDA donne AD=a.
Et les angles du triangle HDA sont alors évidemment π/2, α, π/2-α.
A partir de ce segment [AD] on construit la barre rectangulaire ABCD telle que CB=AD et telle que ses deux autres côtés (AB et CD) soient de longueur 7, cela de façon que B', projeté orthogonal de B sur (HE), soit sur [HE).
Par projection orthogonale sur (HE), HB'=HA+AB'=asinα+7cosα≤6 et donc B' est dans [HE] et sinα=BB'/7≤sinα2=5/7, donc BB'≤5 et ainsi B est dans la boîte.
Par projection orthogonale sur (HG), et en notant C' le projeté orthogonal de C, HC'=HD+DC'=acosα+7sinα≤5 et donc C' est dans [HG] et cosα=CC'/7≤cosα1=6/7, donc CC'≤6 et ainsi C est dans la boîte.
Donc cette barre ABCD est bien entièrement dans la boîte.
La plage de validité de a est donc l'ensemble des a≥0 tels qu'il existe α dans I=[α12] vérifiant En posant h(α)=minα ; α dans I(f(α),g(α)) les deux dernières conditions sont équivalentes à a≤h(α).
Ainsi, pour tout α dans I, les valeurs admissibles de a constituent l'intervalle [0;h(α)], et donc la plage de validité de a est l'intervalle [0;a*], avec a*=maxα ; α dans Ih(α).

Notons, puisque f(α1)=0 et g(α2)=0, que si α est une des bornes de I, h(α)=0 : donc la seule valeur de a qui convient pour cet α est 0, ce que l'on avait déjà remarqué.

Etudions ces deux fonctions f et g sur I :


Les représentations graphiques de f et g sur I sont alors :


La relative faible amplitude de I explique que Cf et Cg soient presque rectilignes : en effet ces représentations graphiques sont pratiquement confondues avec leur tangente au point d'abscisse 12)/2≈(0.5411+0.7956)/2≈0.668 :

Ces représentations graphiques se coupent au seul point K d'abscisse αK, l'unique solution dans I de l'équation f(α)=g(α) ; l'ordonnée de K est f(αK)=g(αK)=h(αK), qui est la valeur maximale de h.
Note : la justification théorique de l'existence d'une unique solution dans I de f(α)=g(α) peut se faire en remarquant que f-g est continue et strictement croissante sur I et qu'elle passe d'une valeur négative en α1 à une valeur positive en α2.
Donc l'ensemble des valeurs a≥0 pour lesquelles il existe une barre ABCD qui loge entièrement dans la boîte est l'intervalle [0;a*] avec a*=f(αK)=g(αK)=h(αK).

Une dichotomie rapide permet de donner un encadrement de a* :

puisque, cf le graphique, αK semble voisin du milieu de I, on commence par examiner cette valeur.
(f-g)(0.668)≈-0.031, puis
(f-g)(0.67)≈-0.0067
(f-g)(0.6702)≈-0.0042
(f-g)(0.6704)≈-0.0018
(f-g)(0.6706)≈0.00066
Donc 0.6704<αK<0.6706, et f(0.6704)<f(αK)=a*<f(0.6706), soit 0.8288<a*<0.8301

Remarque :
Si α=αK et a=a* alors asinα+7cosα=6 et acosα+7sinα=5, et ainsi
B'=E, C'=G, ce qui prouve que B est sur [EF] et C sur [FG].
On peut alors vérifier que le centre de symétrie O de la barre est aussi celui de la boîte : en effet, sO étant la symétrie de centre O, on a sO(C)=A et sO(B)=(D) et comme l'image d'une droite par une symétrie centrale est une droite paralléle, c'est que sO((FG)) est une droite // à (FG) passant par sO(C)=A, donc c'est (HE) ; de même sO((EF))=(GH).

Déterminons maintenant la valeur exacte de a*.
On pourrait songer à déterminer d'abord αK à partir de (6-7cosαK)/sinαK=(5-7sinαK)/cosαK :

Mais après résolution (?) d'une de ces équations du quatrième degré, il faudra calculer a*...

En fait on peut considérer que les deux égalités

forment un systéme de 2 équation à 2 inconnues sinαK et cosαK, ce qui donne
sinαK=(6a*-35)/(a*2-49) et cosαK=(5a*-42)/(a*2-49) ; a*-49≠0 car le lecteur aura remarqué qu'obligatoirement l'aire de la barre est inférieure ou égale à l'aire de la boîte, cad a*≤30/7.
Donc a*=x vérifie [(6x-35)/(x2-49)]2+[(5x-42)/(x2-49)]2=1,
soit (6x-35)2+(5x-42)2-(x2-49)2=0,
soit x4-159x2+840x-588=0.

Mais comment résoudre cette équation? Le lecteur avant d'aller plus loin dans la lecture peut essayer de s'y attaquer seul...

Mais s'il ne dispose pas d'une poudre miracle dans sa poche lui permettant de transformer 159 et 588 en des sommes d'entiers adéquates (voir plus loin cette "grosse astuce") pour tomber sur A2-kB2=0, k étant un entier, je ne vois pas trop comment il peut faire ... sauf s'il connaît la méthode de Descartes permettant de résoudre les équations de degré 4!!
Appliquons donc cette méthode.
L'équation à résoudre n'a pas de terme en x3 (on peut toujours s'y ramener, mais là il n'y a pas à le faire), cad elle est de la forme x4+px2+qx+r=0 avec p=-159, q=840, r=-588, et donc on peut on peut appliquer tout de suite la méthode "classique" de Descartes.

L'équation de Descartes associée est A3-318A2+27633A-705600=0.
On cherche si cette équation admet une solution rationnelle s/t : elle ne peut être qu'entière (t=1) et et elle doit diviser 705600=26×32×52×72, ce qui fait tout de même beaucoup de possibilités à tester...
Cf 318, 27633, 705600 sont divisibles par 3, nécessairement si s est solution, s est divisible par 3.
Par ailleurs, modulo 5, l'équation vérifiée par s est s(s2-3s+3)≡0 (5).
Donc, 5 étant premier; s≡0 (5) ou s2-3s+3≡0 (5).
Comme on a jamais s2-3s+3≡0 (5) (car s2-3s+3 n'est jamais divisible par 5), nécessairement s≡0 (5).
Finalement, si l'entier est s est solution de l'équation de Descartes, s=31 ou 2×51 ou 2×s' et évidemment s divise ±26×32×52×72 : cela fait encore beaucoup de possibilités à tester.
En fait

Finalement, si s est solution, s=±3×51 ou 2×70 ou 2×20 ou 6, ce qui ne fait plus que 16 possibilités à tester.
Il se trouve alors que parmi elles 3×52=75 est effectivement une solution de l'équation de Descartes!
Donc ( cf méthode de Descartes) x4-159x2+840x-588=(x2+ux+v)(x2-ux+w), avec
Ainsi x4-159x2+840x-588=(x2+5√3x-28√3-42)(x2-5√3x+28√3-42).
Les discriminants des deux facteurs du second degré étant 243±112√3,
les quatres solutions de x4-159x2+840x-588=0 sont
(-5√3+√(243+112√3))/2, (-5√3-√(243+112√3))/2, (5√3+√(243-112√3))/2, (5√3-√(243-112√3))/2.
Reste à voir laquelle de ces solutions est a*, qui est obligatoirement dans [0;30/7].
Or (-5√3+√(243+112√3))/2>(-5×2+20)/2=5>30/7
la suivante est négative
(5√3+√(243-112√3))/2>(5√3+7)/2>7>30/7

Donc a*=(5√3-√(243-112√3))/2, dont le début du développement décimal est 0.82975..., quantité qui est bien dans l'intervalle ]0.8288;0.8301[ trouvé plus haut.

Et voici la résolution miracle de x4-159x2+840x-588=0.
Je l'ai trouvée sur le web : je ne sais s'il s'agit de la résolution "officielle"?
En tout cas je rassure le lecteur : cf une lauréate de ce Concours Général, personne n'aurait trouvé la valeur exacte de a* (cf revue Quadrature n82)!

on "remarque" que -159=-84-75 et -588=-2352+1764!!!!
d'où l'équation s'écrit x4-84x2+1764-(75x2-840x+2352)=0
soit, miracle, (x2-42)2-3(5x-28)2=0, laquelle se factorise aisément : et "oh surprise", on retrouve la factorisation obtenue ci-dessus par la méthode de Descartes!

Commentaire : pour moi, il ne fait aucun doute que la personne ayant donné cette résolution miracle a d'abord appliqué la méthode de Descartes qui donne
x4-159x2+840x-588=(x2+5√3x-28√3-42)(x2-5√3x+28√3-42).
Ensuite, si on développe cette forme factorisée on obtient
x4+(-84-75)x2+(3×5×28+3×5×28)x-(3×282-422).
On constate alors qu'effectivement -84-75=-159 et -(3×282-422)=-2352+1764=-588.
Donc, ce qui apparait comme une factorisation miracle n'est qu'une application déguisée de la méthode de Descartes : je ne trouve pas cela honnête.

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Solution exercice 56

Toutes les variables considérées seront réelles.

On va montrer maintenant (6) : f(x) ≤0 pour tout x On raisonne par l'absurde, cad supposons qu'il existe un réel x tel que f(x)>0.
En choisissant t tel que t<(xf(x)-f(f(x)))/f(x) et t<0 alors,
la première condition donne (puisque multiplier les deux membres d'une inégalité par un nombre positif ne change pas le sens de cette inégalité)
tf(x)-xf(x)+f(f(x))<0, d'où, cf (1), f(t)<0.
On a donc à la fois t<0 et f(t)<0, ce qui contredit (5), donc en fait il n'existe pas de réel x tel que f(x)>0, ce qui prouve que f(x)≤0 pour tout x.
La comparaison de (5) et (6) donne alors (7) : f(x)=0 pour tout x<0.
Pour conclure, il reste à voir le cas f(0).
En supposant t<0 et x<0 dans (1), on obtient, puisque cf (7), f(t) et f(x) sont nuls, 0≤0-0+f(0), soit f(0)≥0 ; mais cf (6), f(0)≤0, donc f(0)=0.
Finalement on a bien f(x)=0 pour tout x≤0.

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Solution exercice 57

Si f(m)=f(n), évidement f(m) divise f(n).

On suppose maintenant f(m)<f(n).
Par hypothèse sur f, f(m-n) divise f(m)-f(n) donc divise aussi f(n)-f(m)>0.
Et puisque f(m-n) est dans N*, c'est qu'il existe q dans N* tel que f(n)-f(m)=qf(m-n).
Comme q≥1, on en déduit que f(m-n)≤f(n)-f(m), mais f(m) est dans N* d'où, f(m-n)≤f(n)-f(m)<f(n), soit f(m-n)<f(n).
Et en multipliant par -1, on obtient -f(n)<-f(m-n).
Mais f(m) et f(m-n) étant dans N*, -f(m-n)<f(m)-f(m-n)<f(m).
Finalement, -f(n)<-f(m-n)<f(m)-f(m-n)<f(m)<f(n), soit -f(n)<f(m)-f(m-n)<f(n)
En remarquant que f(m-(m-n))=f(n) divise f(m)-f(m-n), on voit qu'il existe q dans Z tel que f(m)-f(m-n)=qf(n), d'où -f(n)<qf(n)<f(n).
Ce qui conduit, f(n) étant strictement positif, à -1<q<1 ; q étant dans Z, nécessairement q=0 et ainsi f(m-n)=f(m).
Comme f(m-n) divise f(n)-f(m), c'est que f(m) divise f(n)-f(m) ; mais f(m) divise aussi f(m), donc il divise la somme f(n)-f(m)+f(n), cad f(m) divise f(n).

Remarque : on vient de montrer que si f(m)<f(n), alors f(m-n)=f(m).
Donc on a aussi f(m-n)<f(n), et en remplacant m par m-n dans le résultat ci-dessus on obtient f(m-n-n)=f(m-n), soit f(m-2n)=f(m).
"Etc" : si f(m)<f(n), pour tout k dans N, on a f(m-kn)=f(m).

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Solution exercice 58

1) 21×1=2 ; 22×3=12 ; 23×14=112 ; 24×132=2112.

2) Supposons qu'il existe deux entiers k et k' tels que
2n×k="un-1...u1u0" et 2n×k'="vn-1...v1v0", tous les chiffres ui et vi étant 1 ou 2.
2n×k et 2n×k' étant pairs (rappel : n≥1), u0=v0=2.
Donc si n=1, k=k'=1.
Si n≥2

2n(k-k')=wn-110n-1+...+w110 avec, pour tout i=1,2, ...,n-1, wi=ui-vi dans {-1;0;1}.
Supposons qu'il existe un wi non nul, et soit j le plus petit entier dans {1;2;...;n-1} tel que wj≠0.
On a alors 2n(k-k')=2j5j(wn-110n-1-j+...+wj+110+wj),
puis, 2n-j(k-k')=5j(wn-110n-1-j+...+wj+110+wj).
Puisque n-j≥1, le membre de gauche, donc celui de droite est pair, donc wn-110n-1-j+...+wj+110+wj est pair, d'où 2 divise wj, ce qui est impossible, wj étant égal à -1 ou 1, et ainsi on arrive à une contradiction.
On ne peut pas supposer qu'il existe un wi non nul : donc ils sont tous nuls et ainsi k=k'.
Ceci prouve que si pour n≥1, 2n vérifie Multi(n), alors Mn est unique.

3) Cf les exemples de la question 1, il semble que Mn+1=10n+Mn ou 2×10n+Mn, puisque les n derniers chiffres de Mn+1 semblent être ceux de Mn.
Prouvons le.
Considérons les deux entiers (10n+Mn)/2n=5n+Mn/2n et (2×10n+Mn)/2n=2×5n+Mn/2n.
Leur différence étant 5n, impaire, ils sont de parité contraire, donc l'un est pair.
Cad, il existe v, égal à 1 ou 2, tel que v×5n+Mn/2n=2k, avec k dans N : donc 2n+1k=v10n+Mn est un nombre dont tous les chiffres sont 1 ou 2 (le premier chiffre est v, les suivants sont ceux de Mn), et ainsi 2n+1 vérifie bien Multi(n+1) et Mn+1=v10n+Mn où v=1 ou 2 et a la parité de Mn/2n, cela car v×5n+Mn/2n est pair.
On vient donc de montrer que, pour tout n≥1, si 2n vérifie Multi(n), alors 2n+1 vérifie aussi Multi(n+1) :

Pour tout n≥1, 2n vérifie Multi(n) : c'est le principe même du raisonnement par récurrence (principe qui n'est pas au programme de la 1ière S, rappelons-le ; c'est pour cela que j'ai décomposé la question).

4) On a vu à la première question que

Donc pour l'instant la parité de Mn/2n n'alterne pas toujours avec celle de Mn-1/2n-1.
Poursuivont les calculs en utilisant la question 3. La réponse à la question posée est donc négative puisque M10/210 et M9/29 sont de même parité.

5) Il est clair que si c est un chiffre impair, pour tout n≥1, 2n ne peut admettre un multiple de n chiffres dont tous les chiffres sont 1 ou c, puisque ce multiple serait impair alors que 2n est pair.

Examinons le cas où c est pair : évidemment, cf ce qui précéde, le cas c=2 convient.

Cas c=0
On cherche à voir si pour tout n≥1, 2n admet un multiple de n chiffres tous égaux à 1 ou 0, le premier chiffre étant non nul si n≥2 :

c=0 ne peut convenir.

Cas c=4 ou 6 ou 8
Je laisse le lecteur vérifier, que tout se passe comme dans le cas c=2 :

Exemples : Conclusion, les seuls chiffres c tels que pour tout n≥1, 2n admette un multiple de n chiffres dont tous les chiffres sont 1 ou c sont 2, 4, 6, 8.

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Solution exercice 59

Dans tout ce qui suit on notera a divise b par a|b.

Tout d'abord quelques remarques (évidentes) préliminaires :

0) De n+1-n=1, on tire (n+1)(n-1)-n(n-1)=n-1.
D'où si n+1 divise n(n-1), comme il divise (n+1)(n-1), il va diviser la différence de ces deux nombres, soit n-1, ce qui est impossible car 0<n-1<n+1.
Donc n+1 ne divise pas n(n-1).

1) b doit vérifier les trois conditions : 7|28+b, 21|28+b, b|28+b.
Ceci implique que 7|b et b|28, cad b doit être à la fois un multiple de 7 et un diviseur de 28, donc b=7 ou 14 ou 28.
Mais seule la valeur b=14 vérifie la condition 21|28+b : donc (21,7,b) est superbe <=> b=14.
Cad les suites (21,7,14) ou (7,14,21) ou (1,2,3) sont superbes
.

2) a) La suite (a,b) est superbe <=> a≥1, b≥1, a|b, b|a.
Les deux dernières conditions impliquent a≤b et b≤a, soit a=b.
Réciproquement la suite (a,a) avec a≥1 est bien superbe.
Les seules suites superbes de longueur 2 sont (a,a) avec a≥1.

La suite (a,b,c) est superbe <=> a≥1, b≥1, c≥1, a|b+c, b|a+c, c|a+b.
En fait, cf les remarques préliminaires, on peut supposer a≤b≤c.
Il existe donc q entier naturel non nul tel que qc=a+b avec qc≤2c, soit 1≤q≤2.

Donc, à l'ordre près, les seules suites de longueur 3 superbes sont (a,a,a), (a,a,2a), (a,2a,3a), avec a entier naturel non nul.
On remarque que le 3ième cas est une suite arithmétique de raison a et qui donne pour a=7, la suite (7,4,21) cad celle trouvée à la question 1.

b) Cette fois on cherche une suite (a,b,c,d) superbe avec a+b+c+d=2013.
Il faut donc que a,b,c,d divisent 2013.
La décomposition en nombres premiers de 2013 étant 3×11×61, 2013 admet exactement 8 diviseurs : 1,3,11,61,33,183,671,2013.
Comme a,b,c,d sont non nuls ils sont distincts de 2013 (si l'un fait 2013, les autres seraient nuls) et au plus deux sont égaux à 671 car 3×671>2013.
Donc a+b+c+d≤2×183+2×671<2013.
Donc on ne peut avoir de suite superbe de longueur 4 et de somme 2013.

3) a) En fait, il suffit de remarquer que si la suite (a1,a2,...,an) de longueur n≥2 est superbe et si S est la somme de ses termes
alors la suite (a1,a2,...,an,S) est encore superbe, de somme 2S ; en outre si les ai sont distincts, la nouvelle suite a aussi ses éléments distincts
.
Ceci est évident, puisque les ai divisant S, ils divisent aussi 2S et le terme S divise 2S.
Et rien n'empêche de continuer :
la suite (a1,a2,...,an,S,2S) de somme 4S est superbe
la suite (a1,a2,...,an,S,2S,4S) de somme 8S est superbe
etc
Si on part de la suite superbe (1,2,3), ce processus conduit au fait que pour tout n≥0,
la suite (1,2,3,2×3,22×3,...,2n×3) est superbe, à éléments distincts, de longueur n+3 et de somme 3×2n+1
,
puisque cette somme est 3+3(1+2+22+...+2n)=3+3(1-2n+1)/(1-2)=3×2n+1.
Remarque : la question 5 mettra en évidence une autre famille de suites superbes :
pour tout n≥2, la suite (1,1,2,22,...,2n-2), de longueur n, est superbe de somme 2n-1 : si n=2 la suite est (1,1), si n=3 c'est (1,1,2) ; mais commencant par 1 et 1, elle n'est pas à éléments distincts.

b) a1,a2,...,an étant n (≥2) nombres premiers distincts divisant a1+a2+...+an, c'est qu'ils font tous partie de la décomposition en nombre premiers de a1+a2+...+an, et donc nécessairement
∏ai=a1×a2×...×an|∑ai=a1+a2+...+an.
On va monter que cette division est impossible, car tout simplement ∏ai>∑ai.

En effet, en supposant 2≤a1<a2<...<an, on a ∏ai≥2n-1an et ∑ai<nan.
Mais (voir fin de la solution de la question précédente) 1+2+...+2k=2k+1-1 pour tout entier k≥0, et donc 2k+1-1≥1+1+...+1=k+1, soit 2k+1≥k+2, pour tout k≥0 (c'est même vrai pour k=-1).
Donc 2n-1≥n et ainsi ∏ai≥nan>∑ai.
Donc pour n≥2, il n'existe pas de suite de longueur n dont les termes sont des nombres premiers tous distincts.

4) On considère donc une suite superbe, de longueur n≥2, (a1,a2,...,an) qui est en plus arithmétique de raison r strictement positive.
Donc pour k=1,2,...,n on a ak=a1+(k-1)r, avec a1>0, r>0 et r bien entendu entier (r=a2-a1).
La somme S de tous les termes de la suite est n×(a1+an)/2=n(a1+(n-1)r/2).

1ière preuve, sans utiliser le théorème de Gauss, non connu en 1S.

Montrons tout de suite que n est nécessairement impair. Si n était pair, on pourrait prendre k=n/2+1, valeur qui vérifie 2≤k≤n.
Comme ak=a1+nr/2 doit diviser S, a1+nr/2 doit aussi diviser S-(n-1)(a1+nr/2)=a1, ce qui est impossible car a1+nr/2>a1>0.

On suppose donc maintenant n impair ; donc n≥3, puisque n≥2.
Pour arriver à montrer que n=3, on va d'abord prouver que nécessairement a1=(n-1)r/2.
Cette fois prenons k=(n+1)/2+1 (on a 3≤k≤n), donc ak=a1+(n+1)r/2.
a1+(n+1)r/2 doit donc diviser S-(n-1)(a1+(n+1)r/2)=a1-(n-1)r/2 et donc diviser aussi a1-(n-1)r/2+a1+(n+1)r/2=2a1+r>0.
La 2ième condition implique a1+(n+1)r/2≤2a1+r, soit a1-(n-1)r/2≥0.
Si a1-(n-1)r/2 n'était pas nul, on aurait a1-(n-1)r/2>0, et la 1ière condition impliquerait alors a1+(n+1)r/2≤a1-(n-1)r/2, soit n≤0, ce qui est faux : donc a1=(n-1)r/2.
On peut alors écrire ak=(n-1)r/2+(k-1)r.
Compte-tenu de la remarque préliminaire, il s'agit de trouver n≥3 impair tel que la suite (b1,...,bn) avec bk=n-1+2(k-1)=n+2k-3 soit superbe.
La somme des termes de cette suite est n(b1+bn)/2=2n(n-1).
bn=3(n-1) doit donc diviser 2n(n-1), donc 3 doit diviser 2n, donc n (Gauss n'étant pas connu en 1S, on peut dire 2n=3q, donc q est pair et n=3q').
Mais si n≥5, on peut prendre k=(n+5)/2≤n et alors bk=2n+2 doit diviser 2n(n-1), donc n+1 doit diviser n(n-1), ce qui est impossible cf question 0 ; donc n≤4.
Finalement, n est impair, divisible par 3 et ≤4 : la seule possibilité est n=3.
Et cf ak=(n-1)r/2+(k-1)r, n=3 conduit alors à la suite (r,2r,3r), laquelle est effectivement superbe, voir question 2b.
Les seules suites superbes qui soient arithmétiques de raison r>0 sont (r,2r,3r)
2ième preuve avec le théorème de Gauss, plus courte. Soit d le pgcd des ai, alors les a'i=ai/d sont premiers entre eux (il n'existe pas d'entier >1 divisant tous les a'i).
La suite (a'1,...,a'n) reste évidemment superbe (la somme de ses termes est S'=S/r) et arithmétique de raison r'=r/d>0 .
r' ne peut avoir de diviseur commun, >1, avec tous les a'i, car ce diviseur commun serait commun aux a'i, ce qui est contraire au fait qu'ils sont premiers entre eux.
a'n et a'n-1=a'n-r' sont premiers entre eux, sinon ils auraient un diviseur commun d>1, qui serait alors diviseur commun de a'n et r'=a'n-a'n-1 ; mais a'i=a'n-(n-i)r' et donc d diviserait tous les a'i, encore contraire au fait qu'ils sont premiers entre eux.
Comme a'n et a'n-1 divisent S'=n(a'1+a'n)/2, c'est que, cf conséquence du théorème de Gauss, a'na'n-1|n(a'1+a'n)/2 et ainsi 2a'na'n-1≤2(a'1+a'n).
a'1 étant ≥1 et les a'i étant distincts, a'n≥n ; ceci implique 2a'n-1≤a'1+a'n, sinon par produit membres à membres des inégalités a'n≥n et 2a'n-1>a'1+a'n, on arrive à une contradiction.
Donc 2(a'1+(n-2)/r)≤a'1+a'1+(n-1)r, soit 2n-4≤n-1 et n≤3.
Pour n=2, on a vu (question 2a) que les seules suites superbes sont (a,a) qui ne sont pas arithmétiques de raison strictement positives.
La seule possibilité est donc n=3. Ceci répond à la question posée ; notons que la question 2b nous dit qu'il existe effectivement des suites superbes de longueur 3, arithmétiques de raison strictement positive : ce sont les suites (a,2a,3a) ; et la seule dont les termes sont premiers entre eux est (1,2,3).

5) Soit (ak)k≥1 une suite magnifique avec ak<ak+1 pour tout k≥2.
(a1,a2) doit être superbe : <=> a2=a1, cf question 2
(a1,a2,a3)=(a1,a1,a3) doit être superbe : <=> a3=a1 ou a3=2a1, cf question 2. Mais par hypothèse a2<a3, donc a3=2a1.
(a1,a2,a3,a4)=(a1,a1,2a1,a4) doit être superbe :
la somme des termes de la suite étant 4a1+a4, 2a1 doit diviser a4 et a4 doit diviser 4a1.
Donc a4 devant être un multiple de 2a1 et diviser 4a1, a4=2a1 ou 4a1.
Mais 2a1=a3, et on doit avoir a3<a4, donc la seule possibilité est a4=4a1.
Réciproquement la suite (a1,a1,2a1,4a1) est bien superbe.

Il semble donc que pour n≥2, on a an=2n-2a1.
En tout cas on l'a montré pour n=2,3,4.
Faisons (encore ...) une récurrence.

Supposons que pour n≥2, a2=22-2a1, a3=23-2a1,...an=2n-2a1 et montrons qu'alors an+1=2n+1-2a1.
La suite (a1,a2,...,an,an+1)=(a1,a1,2a1,...,2n-2a1,an+1) doit être superbe (puisque la suite de départ est magnifique).
Or la somme de ses termes est S=a1(1+1+21+...+2n-2)+an+1=a1(1+(1-2n-1)/(1-2))+an+1=2n-1a1+an+1.
Comme an+1 doit diviser S, il doit diviser 2n-1a1=S-an+1 ; mais an=2n-2a1 doit diviser aussi S, et comme 2n-2a1 divise 2n-1a1, 2n-2a1 doit diviser an+1=S-2n-1a1.
Donc an+1=q2n-2a1 et 2n-1a1=q'an+1, soit qq'=2, ce qui donne q=1 ou 2, soit an+1=2n-2a1 ou 2n-1a1 ; mais le 1er cas implique an=an+1 ce qui est exclu, donc an+1=2n-1a1.
Et on vérifie sans difficulté que la suite obtenue (a1,...,an,an+1) est bien superbe puisque sa somme est 2n-1a1+2n-1a1=2na1, divisible par a1 et par tous ses autres termes ak=2k-2a1 pour 2≤k≤n+1.
Comme on a prouvé (notamment) que a2=22-2a1, c'est que (principe de récurrence), pour tout n≥2, an=2n-2a1.
En conclusion, les seules suites magnifiques (ak)(k≥1) avec ak<ak+1 pour k≥2, sont celles
avec ak=2k-2a1 pour k≥2 et a1 entier naturel non nul.
On notera qu'alors, pour tout n≥1, a1+a2+...+an=an+1
.

6) a)
Pour tout n≥2, la suite (a1,a2,...,an) d'entiers strictement positifs tous distincts peut se prolonger en une suite superbe de longueur nM en lui rajoutant M-1 fois la séquence a1,a2,...,an, avec M le ppcm des ai.
En effet la somme des nM termes de cette suite (ce sont tous des ai) est M(a1+a2+...+an), divisible par chaque terme, chaque terme divisant M.
Note : le procédé fonctionne encore si on prend pour M un commun multiple des ai, mais on augmente la longueur de la suite obtenue.

b) Maintenant, il s'agit de prolonger une suite (a1,a2,...,an) d'entiers strictement positifs et distincts en une suite encore superbe, mais à éléments distincts.
Evidemment le procédé simple vu ci-dessus ne convient pas.

Voici deux cas particuliers qui fonctionnent :


Mais ce sont des cas très particuliers...

Pour arriver au résultat demandé l'idée va être de prolonger la suite en une suite dont la somme sera 1×2×...×s=s!, avec s=a1+a2+...+an≥3 (cf n≥2 et les ai sont des entiers naturels distincts) : ainsi tout ai étant un entier <s, tout ai divisera s!
Mais évidemment les termes rajoutés, notons les b1,b2,...,bk, devront diviser aussi s! et leur somme doit être s!-s.
Pour que bi divise s!, il suffit que bi soit un produit d'entiers non nuls distincts appartenant tous à {1;2;...;s}.
Mais leur somme doit faire s!.
On va prendre (l'idée n'est pas de moi) bi=vi-vi-1 avec vi=s(s-1)×...×(s-i)=s!/(s-i-1)!.
Evidemment chaque vi divise s!, mais est-ce encore vrai pour bi?
Oui car en fait bi=s(s-1)×...×(s-i)-s(s-1)×...×(s-i+1)=s(s-1)×...×(s-i+1)×(s-i-1) qui est le produit de i+1 entiers, tous distincts et ≤s.
Quant à leur somme b1+b2+...+bk, qui est une somme "téléscoplique", c'est vk-v0=s!/(s-k-1)!-s : il suffit alors de prendre k=s-2 pour que cette somme soit
s!/1!-s=s!-s.
Ainsi la somme des n+s-2 termes de la suite (a1,a2,...,an,b1,b2,...,bs-2) est s!, divisible par tous les ai et tous les bi : elle est donc superbe.
Reste à voir si tous les termes sont distincts : pour cela on va montrer que b1<b2<...<bs-2 et que b1 est supérieur à tous les ai.

Finalement pour tout n≥2, la suite (a1,a2,...,an) d'entiers strictement positifs tous distincts peut se prolonger en une suite superbe de longueur n+s-2 et à éléments tous distincts de somme s!, s étant la somme des ai.

Exemples

Remarque : lien entre les suites superbes et les nombres parfaits.
On appelle nombre parfait tout entier naturel non nul égal à la somme de ses diviseurs propres.
Donc la suite constituée de tous les diviseurs propres d'un nombre parfait est superbe.
Par exemple 6 est parfait, ses diviseurs propres étant 1,2,3 et la suite (1,2,3) est superbe.
Mais évidement, la suite (1,2,3,6) est aussi superbe (voir question 3a).
On connaît tous les nombres parfaits pairs : ce sont les entiers 2p-1(2p-1) avec p≥2 et 2p-1 premier (cad 2p-1 est un nombre de Mersenne).
Ainsi, les cinq plus petits nombres parfaits pairs sont 6, 28, 496, 8128, 33550336.
On conjecture qu'il n'y a pas de nombre parfait impair.

La somme des termes d'une suite superbe n'est pas forcément superbe.
Par exemple (7,14,21) est superbe de somme 42, mais 42 n'est pas un nombre parfait.

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