Enoncés : 26 à 30

Exercice 26  (Olympiades internationales 1965)

Trouver tous les réels de l'intervalle [0;2p] tels que 2cos(x)£|Ö(1+sin(2x))-Ö(1-sin(2x))|£Ö2

solution  

 

Exercice 27 (Olympiades internationales 1974, mis en ligne le 19/01/05)

On considère un échiquier de 8×8 cases (sur chacune des 8 lignes les cases sont, alternativement, de couloir noire ou blanche ; idem pour les 8 colonnes) et on le découpe en p rectangles (en respectant les cases), le découpage étant tel que

a) chaque rectangle a autant de cases blanches que de cases noires

b) les superficies des p rectangles sont distinctes

Déterminer la valeur maximale de p pour laquelle un tel découpage est possible et indiquer tous les découpages possibles pour cette valeur de p.

solution

Exercice 28 (Olympiades internationales 2004, mis en ligne le 28/02/05)

Soient 5 nombres réels positifs t1,t2,t3,t4,t5 tels que 26>(t1+t2+t3+t4+t5)(1/t1+1/t2+1/t3+1/t4+1/t5).

Montrer que ti,tj,tk sont les longueurs des côtés d'un triangle (non aplati), cela pour tout triplet (i,j,k) tels que 1£i<j<k£n.

Remarque : l'énoncé exact considérait n nombres réels positifs au lieu de 5, avec n2+1 à la place de 26 ; j'ai un peu simplifié car je propose dans ces pages des exercices qui s'adressent surtout à des élèves de 1ière S.

Et pour aider un peu plus je rajoute :

on pourra commencer par démontrer que pour tous réels a et b positifs on a les 3 inégalités suivantes

  a+b³2Ö(ab) a+1/a³2 1/a+1/b³2/Ö(ab)

solution  

Exercice 29 (Olympiades internationales 2004 , mis en ligne le 07/06/05)

Trouver tous les polynômes P, à coefficients réels, tels que P(a-b)+P(b-c)+P(c-a)=2P(a+b+c) pour tous les triplets (a,b,c) de nombres réels tels que ab+bc+ca=0.

On sera (peut-être..) amener à utiliser les deux résultats suivants :

--si un polynôme de degré n (n³0) s'annule pour plus de n valeurs (distinctes) tous ses coefficients sont nuls

--pour tout triplet (a,b,c) de réels on a l'identité (a+b+c)2=a2+b2+c2+2(ab+bc+ca) (qui généralise à 3 nombres la fameuse identité (a+b)2=a2+2ab+b2, laquelle permet d'écrire (a+b+c)2=(a+b)2+2(a+b)c+c2=...).

cependant, si.......cet énoncé vous inspire moyennement (pas de souci, ca été mon cas), vous pouvez profiter des aides ci-dessous :

a) si P est un polynôme constant, peut-il convenir?

b) montrer que les deux polynômes U(x)=x2 et V(x)=x4 conviennent

c) si (a,b,c)=(6,3,-2) calculer ab+bc+ca

d) exploiter le résultat du c) en "l'élargissant"

solution  

Exercice 30 (Olympiades internationales 2005, mis en ligne le 2 janvier 2006)

On considère une suite a1 a2 a3 ... d'entiers relatifs contenant une infinité de termes positifs et une infinité de termes négatifs : cette hypothèse sera notée H1.
On suppose que pour tout entier naturel n³2, pour tout i et j dans {1;2;3;...;n}, avec i¹j, alors ai-aj n'est pas un multiple de n, c'est-à-dire ai-aj n'est pas égal à kn avec k dans Z, c'est-à-dire l'entier ai-aj n'est pas divisible par l'entier n : cette hypothèse sera notée H2.

Montrer que tout entier apparaît exactement une fois dans la suite (an)n³1

Remarque 1 :

dans l'énoncé proposé effectivement aux candidats, l'hypothèse H2 était donnée sous sous la forme équivalente suivante :

pour tout entier naturel n³2, les restes des entiers a1, a2,..., an dans la division euclidienne par n sont distincts 2 à 2.

Comme la division euclidienne n'est vraiment étudiée qu'en terminale S (et en spécialité) j'ai préféré l'aspect multiple.

Remarque 2 :

pour faciliter "peut-être" la tâche, je propose la question préliminaire suivante :

la suite définie par a2n+1=n pour n dans N et a2n=-n pour n dans N* vérifie-t'elle l'hypothèse H2?

solution


 Solutions

Solution exercice 26

"Excellent exercice sur la trigonométrie et aussi sur ...valeurs absolues", mais ce n'est que mon avis.......

Remarquons d'abord que la double inégalité de l'énoncé implique cos(x)£Ö2/2, et comme on travaille dans [0;2p] on a obligatoirement x dans [p/4;7p/4] et donc l'ensemble solution cherché est un sous-ensemble de [p/4;7p/4] : en fait on va montrer que c'est tout [p/4;7p/4].

Pour faciliter la lecture de ce qui suit, il est conseillé de dessiner un cercle trigonométrique gradué avec tous les multiples de p/4 inférieurs à 2p et en faisant apparaître évidemment les abscisses ±Ö2 /2.

Posons y=|Ö(1+sin(2x))-Ö(1-sin(2x))|

De |u|2=u2, (a+b)2=..., (a+b)(a-b)=...,ÖaÖb=...on tire 

y2=1+2sin(2x)-2Ö(1-sin2(2x))+1-2sin(2x)=2(1-Öcos2(2x))

et comme Öu2=|u| ( et non u, sauf si u³0) et cos(2x)=cos(x+x)=...

y2=2(1-|cos(2x)|)=2(1-|2cos2(x)-1|)

On remarque que l'expression située dans la valeur absolue est la moitié de la différence des carrés des termes extrêmes de la double inégalité de l'énoncé : pour cette raison on va envisager deux cas, selon que cos(x) est positif ou négatif.

cas 1  cos(x)³0ÛxÎ[0;p/2]È[3p/2;2p]

Puisque l'inégalité demandée entraîne 2cos(x)£Ö2, soit (rappel : la fonction x->x2 conserve l'ordre sur R+ et le change sur R-) cos2(x)£1/2Û2cos2(x)-1£0, on a y2=2(1-(1-2cos2(x))=4cos2(x) ; y étant positif ou nul on en déduit y=2cos(x) et la double inégalité à résoudre, dans ce cas 1, est donc 2cos(x)£2cos(x)£Ö2 : elle se réduit à la seule inégalité cos(x)£Ö2/2, et donc l'ensemble solution dans ce cas 1 est S1=[p/4;p/2]È[3p/2;7p/4].

cas 2  cos(x)<0ÛxÎ]p/2;3p/2[.

Là, le fait que 2cos(x)£Ö2 ne permet pas d'en déduire qu'obligatoirement cos2(x)£1/2 (puisque cos(x) et Ö2/2 sont de signes contraires), d'où deux sous-cas, selon que cos2(x)£1/2 ou que cos2(x)>1/2.

cas 2.1 cos2(x)£1/2

En passant à la racine carrée, c'est équivalent à |cos(x)|£Ö2/2 ; et comme, pour k³0, |u| £kÛuÎ[-k;k], ce cas 2.1 est équivalent à dire cos(x)Î[-Ö2/2;Ö2/2] et cos(x)<0 Ûcos(x)Î[-Ö2/2;0[Û xÎ]p/2;3p/4]È[5p/4;3p/2[.

Comme dans le cas 1 on a encore y2=4cos2(x), mais cette fois y=-2cos(x) et la double inégalité à résoudre devient 2cos(x)£-2cos(x)£Ö2 : la 1ière inégalité est toujours vraie (un négatif ou nul est inférieur ou égal à un positif ou nul) et donc il ne reste que l'inégalité cos(x)³-Ö2 /2 qui est encore toujours vraie dans ce cas 2.1.

L'ensemble solution dans le cas 2.1 est donc S2.1=]p/2;3p/4]È[5p/4;3p/2[.

cas 2.2 cos2(x)>1/2

En passant à la racine carrée, c'est équivalent à |cos(x)|>Ö2/2ÛxÎ cos(x)<-Ö2/2 ou cos(x)>Ö2/2 (rappel : k étant positif on a |u|>kÛuÎ]-¥;-k[È]k;+¥[ ; c'est vrai si k£0, mais la formule n'a pas vraiment d'intérêt car l'union des deux intervalles se réduit alors à R* si k=0 et à R si k<0 ).

Mais cos(x)<0 (on est dans le cas 2) et donc il ne reste que cos(x)<-Ö2/2 et le cas 2.2 équivaut à xÎ]3p/4;5p/4[ (puisque dans le cas 2 on a x dans ]p/2;3p/2[).

De cos2(x)>1/2 on tire 2cos2(x)-1>0 et y2=2(1-(2cos2(x)-1))=4(1-cos2(x))=4sin2(x), soit y=2|sin(x)|.

La double inégalité à résoudre est donc 2cos(x)£2|sin(x)|£Ö2 ; la 1ière inégalité est toujours vraie car cos(x)<0 et la 2ième équivaut, après élévation au carré, à cos2(x)³1/2, inégalité qui est encore toujours vérifiée dans ce cas 2.2.

L'ensemble solution dans ce cas 2.2 est donc S2.2=]3p/4;5p/4[.

Finalement l'ensemble solution demandé est S=S1ÈS2.1ÈS2.2=[p/4;7p/4]

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Solution exercice 27

Cet exercice ne nécessite, pratiquement, que la connaissance de la sommation des termes consécutifs d'une suite arithmétique ; mais ca ne veut pas dire qu'il est enfantin......

Remarquons que la condition a) entaîne que chaque rectangle a un nombre pair de cases et que la réciproque est vraie : en effet si un rectangle a un nombre pair de cases, c'est qu'une de ses dimensions, au moins, est paire et vu le coloriage de l'échiquier, la condition a) sera vérifiée.

Notons a1,a2,...,ap le nombre de cases blanches de chaque rectangle d'un découpage ; les superficies de ces rectangles sont donc 2a1,2a2,...,2ap, de somme 64. En outre comme ces superficies sont toutes distinctes on peut supposer que 2a1<2a2<...<2ap, soit a1<a2<...<ap.

Puisque a1³1, ai entier pour tout i, et compte tenu aussi de a1<a2<...<ap, on a ai³i pour tout i et donc

a1+a2+...+ap³1+2+...+p=p(p+1)/2 et ainsi 32³p(p+1)/2, ce qui donne p£7.

Mais 7 est-elle la valeur maximale cherchée? Pour cela il faut voir si on peut effectivement trouver un découpage en 7 rectangles dont les superficies sont les 2ai avec 1£a1<a2<...<a7 et a1+a2+...+a7=32, auquel cas les conditions a) et b) seront forcément vérifiées.

Puisque ai³i pour tout i on a : a1+a2+...+a6³1+2+3+4+5+6=6×7/2=21, soit 32-a7³21 et a7£11 ; comme a7³7 il n'y a que 5 possibilités pour a7 : 7 ou 8 ou 9 ou 10 ou 11.

La valeur 11 est à exclure car elle conduit à un rectangle de 22 cases, donc de dimensions obligatoirement 2 et 11, ce qui est impossible, la plus grande dimension ne pouvant dépasser 8.

Avant d'examiner les quatre autres possibilités remarquons que (en notant S=a1+a2+...+a7, qui doit faire 32)

a1³2 entraîne S³2+3+4+5+6+7+8=35, donc impossible et obligatoirement a1=1 (rappel a1³1)

a2³3 entraîne S³1+3+4+5+6+7+8=34, donc impossible et obligatoirement a2=2 (rappel a2³2)

a3³4 entraîne S³1+2+4+5+6+7+8=33, donc impossible et obligatoirement a3=3 (rappel a3³3)

Notons s=a4+a5+a6, qui a pour valeur minimum 4+5+6=15 et qui doit faire 32-(1+2+3)-a7=26-a7

si a7=7

s doit faire 19, mais a6 fait obligatoirement 6 (6£a6<a7) donc a4=4 et a5=5 ce qui donne s=15, donc on ne peut obtenir 19.

si a7=8

s doit faire 18 : il faut augmenter la valeur minimum 15 de 3 et a6£7

seule possibilité faire passer (en partant de la valeur minimum de s=a4+a5+a6) a4 de 4 à 5, a5 de 5 à 6, a6 de 6 à 7 et on obtient la possibilté de type 1 (cf le résumé ci-dessous)

si a7=9

s doit faire 17 : il faut augmenter la valeur minimum 15 de 2 et a6£8

soit a6 passe de 6 à 8 et on obtient la possibilité de type 2

soit a5 passe de 5 à 6 et a6 de 6 à 7 et on obtient la possibilité de type 3

si a7=10

s doit faire 16 : il faut augmenter la valeur minimum 15 de 1 et a6£9

seule possibilté faire passer a6 de 6 à 7 et on obtient la possibilité de type 4

En résumé il y a au plus 4 types de découpages possibles :

a1 a2 a3 a4 a5 a6 a7 type de découpage
1 2 3 5 6 7 8 type1
1 2 3 4 5 8 9 type2
1 2 3 4 6 7 9 type3
1 2 3 4 5 7 10 type4
 

 

Je dis au plus 4 types de découpâges possibles, car pour l'instant , rien ne prouve que pour chacun d'entre eux il existe au moins un découpage effectivement réalisable en 7 rectangles de superficies les 2ai, auquel cas, rappelons le, les conditions a) et b) seront forcément vérifiées puisque les 2ai sont pairs et tous distincts.

La réponse est oui :

voici, pour chacun des 4 types de découpage un découpage effectivement réalisable (trouvé par tâtonnements)

pour le type1

une 1ère rangée avec les rectangles 2×1 et 2×7

une 2ième rangée avec les rectangles 2×2 et 2×6

une 3ième rangée avec les rectangles 2×3 et 2×5

une 4ième rangée avec le rectangle 2×8

pour le type 2

une 1ère rangée avec le rectangle 2×8

une 2ième rangée avec les rectangles 2×3 et 2×5

une 3ième rangée avec le rectangle 3×6 et les rectangles 1×2 et 2×2 ( mis superposés au bout du précédent)

une 4ième rangée avec le rectangle 1×8

pour le type 3

une 1ère rangée avec les rectangles 2×1 et 2×7

une 2ième rangée avec les rectangles 2×2 et 2×6

une 3ième rangée avec les rectangles 3×2et 3×6

une 4ième rangée avec le rectangle 1×8

pour le type 4

une 1ère rangée avec les rectangles 2×1 et 2×7

une 2ième rangée avec les rectangles 2×3 et 2×5

une 3ième rangée avec les rectangles 4×5 et 4×2 et 4×1.

Donc la valeur maximale de p est bien 7 et il y a 4 sortes ou types de découpages possibles (différentiés par les aires des 7 rectangles).

Attention : pour chacun des 4 types de découpage possible, j'ai explicité un seul découpage effectivement réalisable, mais il peut y en avoir d'autres (je suis tombé sur un autre pour le type 4) ; mais je ne sais pas si l'énoncé voulait effectivement tous les découpages possibles pour ...chacun des 4 types de découpage en 7 rectangles.

En tout cas j'arrêterai là mes élucubrations.

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Solution exercice 28

La 1ière inégalité provient de (Öa-Öb)2=a-2Ö(ab)+b qui est donc ³0.

la 2ième inégalité est la première en remplaçant b par 1/a

la 3ième est la première en remplaçant a par 1/a et b par 1/b.

Rappelons que 3 nombres réels a,b,c positifs sont les longueurs des côtés d'un triangle (non aplati) si et seulement si le plus grand est inférieur à la somme des 2 autres, ce qui équivaut à dire que l'on a les 3 inégalités triangulaires a<b+c, b<a+c, c<a+b ; par exemple 2,3,7 ne sont pas les longueurs des côtés d'un triangle, car si on a bien 2<3+7, 3<2+7, on n'a pas 7<2+3.

Vu la symétrie de l'hypothése il suffit de montrer que t1,t2,t3 sont les longueurs des côtés d'un triangle, et pour cela il faut montrer que t1<t2+t3, t2<t1+t3, t3<t1+t3.

Commencons par montrer que t1<t2+t3 (il sera ensuite facile de prouver les 2 autres).

Soit S=(t1+t2+t3+t4+t5)(1/t1+1/t2+1/t3+1/t4+1/t5).

Courageusement, on développe : le développement de S contient 5×5=25 termes de la forme ti/tj dont 5 sont égaux à 1, et en groupant les autres termes ti/tj et tj/ti on obtient 10 termes de la forme ti/tj + tj/ti avec 1£i<j£n : (t1/t2+t2/t1), (t1/t3+t3/t1) correspondant à (i,j)=(1,2) et (1,3) et 8 autres dont on notera R la somme.

On a donc S=5+(t1/t2+t2/t1)+(t1/t3+t3/t1)+R=5+t1(1/t2+1/t3)+(1/t1)(t2+t3)+R

Et d'après les inégalités démontrées en début on obtient

S³5+2t1/(Ö(t2t3))+2Ö(t2t3)/t1+8×2 ; en posant x=t1/(Ö(t2t3)), et compte tenu que 26>S, on obtient 26>2x+2/x+21, soit 2x+2/x-5<0 qui équivaut (car x>0) à 2x2-5x+2<0.

Le trinôme 2x2-5x+2 ayant pour racines 1/2 et 2, x doit être entre les racines (voir signe d'un polynôme du second degré), ce qui donne 1/2<t1/(Ö(t2t3))<2 et t1<2Ö(t2t3) ; mais en utilisant encore une inégalité du début on a 2Ö(t2t3) £t2+t3, soit finalement t1<t2+t3.

De façon analogue, en considérant (t1/t2+t2/t1)+(t2/t3+t3/t2) au début du développement de S, le raisonnement ci-dessus donne t2<t1+t3, et de même en considérant (t1/t3+t3/t1)+(t2/t3+t3/t2) au début du développement de S, on obtient t3<t1+t2 et donc t1, t2, t3 sont bien les longueurs des côtés d'un triangle.

Remarque 1 : pour l'énoncé exact, la démonstration ci-dessus reste valable à condition de remarquer que dans R il n'y a plus 8 termes, mais C(n,2)-2 termes avec C(n,2)=nombre de façons de choisir 2 objets distincts parmi n, c'est-à-dire C(n,2)=n(n-1)/2 (au programme de la terminale).

On obtient alors n2+1>n+2x+2/x+((n(n-1)/2-2))×2, ce qui redonne...2x+2/x-5<0!

Remarque 2 : les trois inégalités démontrées en début d'exercice sont en fait des cas particuliers du résultat général suivant :

la moyenne arithmétique de nombres positifs xi est toujours supérieure ou égale à leur moyenne géométrique, c'est-à-dire

(x1+x2+...+xn)/n³(x1x2...xn)1/n, soit pour n=2 (x1+x2)/2³(x1x2)1/2=Ö(x1x2).

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Solution exercice 29

a) Si pour tout réel x, P(x)=a0 (avec a0 constante réelle) alors P conviendra si et seulement si a0+a0+a0=2a0, soit si et seulement si a0=0, c'est-à-dire si et seulement si P est le polynôme nul.

b) Montrer que le polynôme U convient c'est montrer que l'on a la relation

(E) (a-b)2+(b-c)2+(c-b)2=2(a+b+c)2 (sachant ab+bc+ca=0).

Pour cela on développe les deux membres :

(a-b)2+(b-c)2+(c-b)2=2a2+2b2+2c2-2ab-2bc-2ca

et d'après l'identité citée dans l'énoncé, 2(a+b+c)2=2(a2+b2+c2+2(ab+bc+ca))

et comme par hypothèse ab+bc+ca=0, on a bien l'égalité voulue.

Montrer que le polynôme V convient c'est montrer que (a-b)4+(b-c)4+(c-b)4=2(a+b+c)4 (sachant ab+bc+ca=0).

Pour éviter le recours à des développements fastidieux, posons x=a-b, y=b-c, z=c-a :

puisque x+y+z=0, en élevant au carré on obtient x2+y2+z2+2(xy+yz+zx)=0.

Mais d'après la relation (E), établie au début de cette question, on a x2+y2+z2=2(a+b+c)2 et donc xy+yz+zx=-(a+b+c)2.

Par ailleurs l'identité citée dans l'énoncé donne (xy+yz+zx)2=(xy)2+(yz)2+(zx)2+2(xy2z+x2yz+xyz2) ; le coefficient de 2 étant xyz(x+y+z)=0 on obtient ainsi (xy)2+(yz)2+(zx)2= (xy+yz+zx)2=(a+b+c)4.

D'autre part (a-b)4+(b-c)4+(c-b)4=(x2)2+(y2)2+(z2)2 et, toujours d'après l'identité citée dans l'énoncé, (x2)2+(y2)2+(z2)2=(x2+y2+z2)2-2((x2y2)+(y2z2)+(z2x2))=(2(a+b+c)2)2-2(a+b+c)4, ce qui donne bien (a-b)4+(b-c)4+(c-b)4=2(a+b+c)4.

c) si (a,b,c)=(6,3,-2) on a ab+bc+ca=0

d) Soit P un polynôme quelconque de degré £n (n³0) à coefficients réels ai : P(x)=somme de i=0 à n des aixi.

D'après le c) si P est un polynôme qui convient on doit avoir P(6-3)+P(3-(-2))+P(-2-6)=2P(6+3-2), soit P(3)+P(5)+P(-8)=2P(7) ; mais si (a,b,c)=(6x,3x,-2x) on a encore ab+bc+ca=0 et donc si P est un polynôme qui convient, pour tous les réels x on doit avoir P(3x)+P(5x)+P(-8x)=2P(7x) soit (en remarquant que pour P(kx), avec k constante, le coefficient de xi est kiai)

P(3x)+P(5x)+P(-8x)-2P(7x)=somme de i=0 à n des (3i+5i+(-8)i-2×7i)aixi=0.

Donc d'après le résultat cité dans l'énoncé, ce polynôme ayant comme racines tous les nombres réels, il doit avoir tous ses coefficients nuls : pour i=0 à n on doit avoir ciai=0 avec ci=3i+5i+(-8)i-2×7i.

Rappelons que si e est un entier ³1 et si a>1 alors ae>1 et donc a>b>0 entraîne (a/b)e>1 soit ae>be

si i est impair, donc i³1, ci=3i+5i-8i-2×7i<0 car 3<8 et 5<7 donc 3i<8i et 5i<7i<2×7i ; donc ci est non nul dans ce cas et ainsi il est nécessaire que ai=0 ; P est donc nécessairement un polynôme pair : voir remarque à la fin.

si i est pair, ci=3i+5i+8i-2×7i

c0=3-2=1>0, c2=c4=0 et pour i³6 il semble que ci>0, ce qui se justifie en remarquant que (8/7)6>2 et donc pour i³6 on a (8/7)i³(8/7)6 (car d'après le rappel ci-dessus, et puisque là i-6 peut faire 0, (8/7)(i-6)³1 et ((8/7)i/(8/7)6)³1) et ainsi (8/7)i >2 soit 8i>2×7i et donc ci>0 ; pour i pair il est donc nécessaire que ai=0, excepté pour i=2 et i=4.

Finalement si P est un polynôme qui convient, nécessairement il s'écrit P(x)=a2x2+a4x4, avec a2 et a4 deux constantes réelles quelconques.

Mais réciproquement, un tel polynôme P(x)=a2x2+a4x4convient-il effectivement?

En fait P(x)=a2U(x)+a4V(x), U et V étant les deux polynômes définis à la question b) :

P(a-b)+P(b-c)+P(c-a)=a2(U(a-b)+U(b-c)+U(c-a))+a4(V(a-b)+V(b-c)+V(c-a))

et comme U et V sont deux polynômes qui conviennent

P(a-b)+P(b-c)+P(c-a)=a2(2U(a+b+c))+a4(2V(a+b+c))=2P(a+b+c) et donc le polynôme P convient.

Finalement les seuls polynômes vérifiant P(a-b)+P(b-c)+P(c-a)=2P(a+b+c), avec ab+bc+ca=0, sont les polynômes de la forme P(x)=a2x2+a4x4, avec a2, a4 deux constantes arbitraires (cad P est un polynôme pair, de degré £4 et sans terme constant...sauf si c'est le polynôme nul).

Remarque : le fait qu'un polynôme P solution soit nécessairement pair et de terme constant nul pouvait se voir tout de suite.
En effet :
a=b=c=0 donne 3P(0)=2P(0), soit P(0)=0
a=x, b=c=0 donne P(x)+P(0)+P(-x)=2P(x), soit P(-x)=P(x).

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Solution exercice 30

J'utiliserai la notation max(a,b,c,...) pour désigner le plus grand des nombres a,b,c,...; idem pour min.

Attention : la notation {a;b;c;d;e} désigne l'ensemble contenant les éléments a, b, c, d, e, mais pour autant on n'a pas forcément a<b<c<d<e. Par exemple {2;7;-2}={-2;7;2}={-2;2;7}.

Enfin, ne pas oublier ce résultat bien utile en arithmétique : si a et b sont deux entiers relatifs alors 0<b-a Û 1£b-a, ou , ce qui revient au même : a<b Û a£b-1 Û a+1£b

solution de la question préliminaire

a1=0, a2=-1, a3=1, a4=-2, a5=2, a6=-3,..

pour n³1, {a1, a2,..., a2n}={-n;-(n-1);...;0;1;...;n-1} : les différences |ai-aj| pour pour tout i et j dans {1;2;3;...;2n}, avec i¹j sont non nulles et au plus égales à n-1-(-n)=2n-1 et donc ne peuvent être divisibles par 2n et ainsi les ai-aj pour pour tout i et j dans {1;2;3;...;2n}, avec i¹j ne sont pas des multiples de 2n.

pour n³1, {a1, a2,..., a2n+1}={-n;-(n-1);...;0;1;...;n-1;n} : les différences |ai-aj| pour pour tout i et j dans {1;2;3;...;2n+1}, avec i¹j sont non nulles et au plus égales à n-(-n)=2n et donc ne peuvent être divisibles par 2n+1 et ainsi les ai-aj pour pour tout i et j dans {1;2;3;...;2n+1}, avec i¹j ne sont pas des multiples de 2n+1.

Donc cette suite vérifie bien l'hypothèse H2.

Elle vérifie aussi, évidemment, l'hypothèse H1 et on constate alors, qu'effectivement tout élément de Z apparaît une et une seule fois dans la suite.

solution de l'exercice proprement dit :

R1) si 1£i, 1£j, i¹j alors ai¹aj

En effet si on avait ai=aj alors en posant n=max(i,j) on aurait n³2 ( car i¹j), i et j dans {1;2;...;n}, i¹j et ai-aj=0×n, ce qui est contraire à H2.

R2) pour tout entier n³1, max(a1, a2,..., an)-min(a1, a2,..., an)³n-1

Si n=1 c'est évident.

Supposons maintenant n³2 et ordonnons de façon croissante les n entiers ai : ai(1)<ai(2)<...< ai(n) [attention ai(k) se lit a indice i indice k ] ; donc ai(1)=min(a1, a2,..., an) et ai(n)=max(a1, a2,..., an).

La différence de deux entiers distincts (plus petit-plus grand) étant supérieure ou égale à 1 on a les inégalités

ai(2)-ai(1)³1, ai(3)-ai(2)³1,........, ai(n)-ai(n-1)³1.

Par ajout membre à membre de ces n-1 inégalités on obtient ai(n)-ai(1)³(n-1)×1, ce qui est le résultat annoncé.

R3) pour tout entier n³1 on a max(a1, a2,..., an)-min(a1, a2,..., an)=n-1

Si n=1, c'est évident.

Suppsons n³2 et notons d=max(a1, a2,..., an)-min(a1, a2,..., an).

Si d¹n-1, puisque d'après R2 on a d³n-1, c'est qu'on aurait d ³n ; en notant ai=max(a1, a2,..., an), aj=min(a1, a2,..., an) on aurait alors ai-aj³n (et forcément i¹j ).

Posons n'=ai-aj : on a i¹j, i et j dans {1;2;...;n}, donc dans {1;2;...;n'}, puisque n'³n. Donc, voir hypothèse H2, ai-aj ne peut être un multiple de n', c'est-à-dire n' ne peut être un multiple de n', ce qui est très gênant puisque n'=1×n'! En fait on arrive à une contradiction, et donc on ne peut pas supposer d¹n-1, donc d=n-1.

R4) pour tout entier n³1 l'ensemble {a1, a2,..., an} est constitué de n entiers consécutifs.

C'est en fait une autre façon de dire R3. Précisons cela en utilisant les notations de la preuve de R2 :

R3 s'écrit n-1=ai(n)-ai(1)=(ai(n)-ai(n-1))+...+(ai(3)-ai(2))+(ai(2)-ai(1)) ; or chacune de ces n-1 différences est ³1, donc chacune est égale à 1 (sinon, une dépasserait 1 et la somme dépasserait n-1).

Conclusion :

Soit k un entier relatif tel que k>a1 :

supposons que k ne soit pas un terme de la suite, alors on a successivement

--tout entier k'>k ne fait pas partie aussi de la suite, car il ne peut être égal à a1 et si on avait k'=an pour n>1, comme d'après R4 les n 1ers termes de la suite sont n entiers consécutifs, et que parmi eux il y a a1 et k', ils doivent contenir k qui est entre les deux, ce qui a été exclu.

--mais puisque tout entier ³k ne fait pas partie de la suite, c'est que tout terme de la suite est £k-1 et donc la suite contient un nombre fini de termes positifs : aucun si k-1 £0, au plus k-1 si k-1>0 ;

on arrive ainsi à une contradiction avec l'hypothèse H1 et donc on ne peut pas supposer que k ne soit pas un terme de la suite ; donc tout entier k>a1 est un terme de la suite.

De même tout entier k<a1 est un terme de la suite (sinon la suite aurait un nombre fini de termes négatifs).

Ainsi tout élément de Z apparaît dans la suite, et une seule fois d'après R1.

Remarque : de R4 on déduit que pour tout entier n³1 alors an+1=max(a1, a2,..., an)+1 ou an+1=min(a1, a2,..., an)-1.

En effet {a1, a2,..., an} est constitué de n entiers consécutifs et lorsqu'on rajoute an+1 on a encore n+1 entiers consécutifs, donc forcément an+1 est juste après max(a1, a2,..., an) ou juste avant min(a1, a2,..., an).

Traduction de ce résultat : lorsqu'on passe de a1, a2,..., an à a1, a2,..., an,an+1 le maximum des ai augmente de 1 ou le minimum des ai diminue de 1 : on peut vérifier que c'est bien ce qui se passe pour l'exemple de la question préliminaire.

En fait la réciproque est vraie : toute suite qui vérifie an+1=max(a1, a2,..., an)+1 ou an+1=min(a1, a2,..., an)-1 pour tout entier n³1, vérifie forcément l'hypothèse H2.

En effet, en notant, pour tout entier n³1, dn=max(a1, a2,..., an)-min(a1, a2,..., an) on a dn+1=dn+1 ; la suite d est donc arithmétique de raison 1 et comme d1=0, pour tout n³1, on a dn=n-1.

Pour tout entier n³2, en prenant i et j distincts dans {1;2;...;n} on aura alors |ai- aj|£n-1 et donc ai- aj (non nul, rappelons le) n'est pas divisible par n : l'hypothèse H2 est bien vérifiée.

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