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Enoncés : 50 à 54

Exercice 50  (Concours général 2010, exercice 1 ; mise en ligne en janvier 2011)
 
Soit C1 un cercle de diamètre [AC], de centre O.
B étant un point de [AC], on appelle C2, le cercle diamètre [AC] et T la tangente à C2 en B ; on notera P le centre de C2.
Enfin, on suppose qu'il existe un cercle C3 tangent à la droite T en E, tangent extérieurement à C2 en D et tangent intérieurement à C1 en F ; on notera Q le centre de C3.

1) Montrer que les droites T et (CF) ne sont pas paralléles ; on notera alors G leur point d'intersection.

2) Montrer qu'il existe une homothétie de centre C transformant C2 en C1 et une autre, de centre F, transformant C1 en C3.

3) Déterminer les centres des homothéties transformant C2 en C3.

4) Soit I le milieu de [BE] : montrer que les points A, I, D sont sur une droite perpendiculaire à (GD).

5) Montrer que AB=GD.

6) Calculer le rayon r3 de C3 en fonction des rayons r1 et r2 de C1 et C2.

7) Donner une méthode pour construire à la régle et au compas la figure, notamment le cercle C3.
Note : il s'agit d'une question que j'ai rajoutée, car l'existence du cercle C3 ne me paraissait pas évidente.

solution 

Exercice 51  (Putnam 2009 ; mise en ligne en mars 2011)
 
1) Soient a et b deux entiers relatifs premiers entre eux, avec a≠0, a≠b : montrer qu'il n'existe pas d'entier relatif n tel que b2/(a(a-b))=2/5+n.

2) Soit S un ensemble de nombres rationnels vérifiant les trois conditions suivantes :

  • 0 et 1 sont dans S
  • si x est dans S alors x+1 et x-1 sont dans S
  • si x est dans S, avec x≠0 et x≠1, alors 1/x-1/(x-1) est dans S.
Est-ce que S contient tous les rationnels?

Aide
1) Si u, v, u', v' sont quatre entiers relatifs avec u, v, u',v' non nuls, u' et v' premiers entre eux (cad la fraction u'/v' est irréductible) et tels que u/v=u'/v', alors il existe un entier relatif r tel que u=ru' et v=rv'

2) Si un nombre premier divise le produit de deux entiers relatifs, il divise l'un de ces entiers.

Remarque 1
Ces deux résultats peuvent être vus comme une application du théorème de Gauss, mais ce théorème n'apparaît qu'au programme de la terminale scientifique, option mathématique.
Cependant, ils se démontrent facilement en utilisation la décomposition en nombres premiers.
On pourra voir d'autres "aides arithmétiques" dans les énoncés des exercices 35 et 42.

Remarque 2
L'énoncé de l'exercice, le jour de l'épreuve, se réduisait à la question 2, et bien sûr sans aide.

solution 

Exercice 52  (IMO 2010, exercice 3 ; mise en ligne en décembre 2011)
 
On cherche toutes les fonctions de N dans N (cad pour tout entier naturel n, f(n) est un entier naturel) vérifiant la condition C suivante : pour tout couple d'entiers naturels (n,m), (f(m)+n)(f(n)+m) est le carré d'un entier naturel.
Remarque : l'énoncé original se limitait à la phrase ci-dessus, en y remplacant On cherche par Déterminer!
Comme on est en 1ière S, j'aide un peu...

Rappel :

  • si un nombre premier (donc ≥2) divise un produit de facteurs, il divise l'un des facteurs (cela peut s'obtenir par "l'unicité" de la décomposition en nombres premiers).
  • Si a et b sont dans Z (entiers relatifs), a divise b signifie que b=aq avec q dans Z ; bien entendu si a et b sont dans N, q est aussi dans N.
  • Si a et b sont dans Z avec a<b, alors a+1≤b.

1) Trouver une famille de fonctions vérifiant la condition C.

2) Soit a dans N*, k dans N, et p un nombre premier tels que p2k+1 divise a2.
Montrer que p2k+2 divise a2.

3) Soit f une fonction vérifiant la condition C et deux entiers naturels k et l tels qu'il existe un nombre premier p divisant f(k)-f(l) ; cette division est dans Z, cad le quotient est dans Z, puisque à priori on ne connaît pas le signe de f(k)-f(l).
Montrer que p divise k-l.

Aide : on pourra tout d'abord justifier l'existence d'un entier naturel D tel que p ne divise pas D et D>max(f(k),f(l)), cad D supérieur à f(k) et f(l) ;
puis considérer n=pD-f(k) si p2 divise f(k)-f(l), sinon considérer n=p3D-f(k), et remarquer que k-l=k+f(n)-(f(n)+l).

4) Montrer que si la fonction f vérifie la condition C, alors

  • 1) k et l étant dans N, f(k)=f(l) => k=l
  • 2) pour tout k dans N, |f(k+1)-f(k)|=1.

5) Trouver toutes les fonctions f vérifiant la condition C.

solution 

Exercice 53  (IMO 2010, exercice 1, mis en ligne en mars 2012)
 
Déterminer toutes les fonctions f de R dans R telles que
pour tout x et tout y dans R on ait l'identité f(E(x)y)=f(x)E(f(y)), E(x) étant le plus grand entier relatif ≤x.
Par exemple : E(3.31)=3 ; E(-2.31)=-3 ; E(-1)=-1.

Note : la fonction E qui à tout réel x fait correspondre le plus grand entier ≤x est appelée la fonction partie entière.
Au cas où, je conseille au lecteur de faire d'abord la question 1 de l'exercice 44, pour se familiariser un peu avec cette fonction.
En particulier, pour tout x dans R, E(x)≤x<E(x)+1.

solution 

Exercice 54  (IMO 2011, exercice 1, mis en ligne en avril 2012)
 
Pour tout ensemble A={a1 ; a2 ; a3 ; a4} de quatre entiers strictement positifs deux à deux distincts,
on note SA la somme a1+a2+a3+a4 et on note nA le nombre de couples (i,j), avec 1≤i<j≤4 tels que ai+aj divise SA.
Déterminer les ensembles A pour lesquels nA est maximal.

Aide :
1) si n et m sont deux entiers tels que m>n, alors m≥n+1

2) si a, k, S sont trois entiers alors,
a divise S <=> a divise S+ka

solution 


 Solutions

Solution exercice 50

1) Si (FC)//T, alors (FC) est perpendiculaire à (AC), donc c'est la tangente en C à C1 et à C2, et

donc (FC) et T, qui par ailleurs ne peuvent être confondues, sont sécantes en un point G. Rappel sur les homothéties
J'utiliserai ici la notation vec(AB) pour désigner le vecteur d'origine A et d'extrémité B
; vec(BA)=-vec(AB).
  • 1) L'homothétie h de centre I et de rapport k (réel toujours non nul) est l'application du plan dans le plan qui à M fait correspondre M' tel que vec(IM')=kvec(IM).
    Pour tous points M et N, vec(M'N')=kvect(MN).
    Toute homothétie h est une bijection, l'application réciproque étant l'homothétie de centre I et de rapport 1/k.
  • 2) La composée de deux homothéties de centres I et J et de rapports k1 et k2 est
  • 3) Si 3 points P, Q, R sont alignés, distincts deux à deux, il existe une et une seule homothétie h de centre P telle que h(Q)=R.
  • 4) Si h est une homothétie de rapport k, C un cercle de centre O et de rayon r, alors l'image de C par h est le cercle de centre O'=h(O) et de rayon |k|r.
  • 5) Soient deux cercles distincts C1 et C2 de rayons r1 et r2 :
  • 2) Soit h1 l'homothétie de centre C telle que h1(P)=O (elle existe car C, P, O sont alignés). Son rapport est k1 tel que vec(CO)=k1vec(CP), soit k1=CO/CP car vec(CO) et vec(CP) ont même sens, soit k1=r1/r2.
    Donc h1(C2) est le cercle de centre h1(P)=O et de rayon (r1/r2)r2=r1 : h1(C2)=C1.
    Soit h2 l'homothétie de centre F telle que h2(O)=Q (elle existe car F, O, Q sont alignés, C1 et C3 étant tangents en F ). Son rapport est k2 tel que vec(FQ)=k2vec(FO), soit k2=FQ/FO car vec(FQ) et vec(FO) ont même sens, soit k2=r3/r1.
    Donc h2(C1) est le cercle de centre h2(O)=Q et de rayon (r3/r1)r1=r3 : h2(C1)=C3.

    Remarque : A étant sur C1, h2(A) est donc sur h2(C1)=C3, et, puisque l'image d'une droite par une homothétie est une droite paralléle, h2(A) est aussi sur la paralléle à (OA) passant par h2(O)=Q ; mais cette paralléle est (EQ), puisque C3 est tangent à T en E, donc h2(A)=E ou le point diamétralement opposé à E de C3 ; mais le rapport de l'homothétie h2 est positif, donc vec(AO) et vec(h2(A)h2(O))=vec(h2(A)Q) sont de même sens et donc h2(A)=E ; ainsi A, E, F sont alignés.

    3) Les droites (BE)=T et (QP) ne sont pas paralléles, car sinon, on aurait r3=r2, alors que C3 étant à l'intérieur de C1, on a 2r3<BC=2r2 ; on note alors H le point d'intersection de ces deux droites (on montrera plus loin que H=G).
    Soit h3 l'homothétie de centre H et de rapport r3/r2.

    Cf Thalès, HQ/HP=EQ/BP=r3/r2 et donc vec(HQ)=(r3/r2)vec(HP), ces vecteurs étant par ailleurs de même sens ; ainsi h3(P)=Q et h3(C2) est le cercle de centre Q et de rayon (r3/r2)r2=r3, d'où h3(C2)=C3. Soit maintenant h4 l'homothétie de centre D et de rapport -r3/r2. Puisque DQ=r3 et DP=r2, vec(DQ)=-(r3/r2)vec(DP), et h4(P)=Q, donc h4(C2) est le cercle de centre Q de rayon (r3/r2)r2=r3, soit h4(C2)=C3. On vient donc de mettre en évidence deux homothéties transformant C2 en C3 : cf le rappel, ce sont les seules et donc les centres des homothéties transformant C2 en C3 sont D et H.
    Montrons maintenant que D=H.
    Cf la question 2), h2oh1 transforme C2 en C3 et c'est une homothétie car le produit des rapports est (r1/r2)(r3/r1)=r3/r2 qui est différent de 1 (cf plus haut r3<r2), et donc h2oh1=h3 ou h4. En comparant les rapports la seule possibilité est h2oh1=h3.
    Cf le rappel sur la composée de deux homothéties, le centre H de h3 est sur la droite (FC), donc H est sur (FC) et T, et donc H=G, cad les droites T, (PQ), (CF) sont concourantes en G, et ainsi les centres des homothéties transformant C2 en C3 sont D et G.

    4) On va montrer que les droites (ID) et (AI) sont perpendiculaires à (GD), ce qui prouvera le résultat demandé.

    5) D'après la question précédente, (AD)=(AI) est perpendiculaire à (GD)=(DP) et donc le triangle ADP est rectangle en D ; mais GBP est aussi rectangle (en B) et ainsi, ces deux triangles rectangles, ayant le même angle en P, sont semblables.
    Mais en plus DP=BP=r2, donc ces deux triangles sont isométriques et ainsi AP=GP (et aussi AD=GB), ce qui donne AB+r2=GD+r2 et AB=GD.

    6) 1ière méthode :
    O, Q, F sont alignés puisque C2 et C3 sont tangents en F, et donc OQ=r1-r3.
    Mais en considérant le triangle rectangle OQQ' où Q' est le projeté orthogonal de Q sur (AC), on voit que OQ2=EB2+(OC-BC+EQ)2.
    Par ailleurs, le triangle rectangle QQ'P donne EB2+(r2-r3)2=QP2=(r2+r3)2, soit EB2=4r2r3.
    Ainsi (r1-r3)2=4r2r3+(r1-2r2+r3)2, et en développant on obtient -2r1r3=4r22-4r1r2+2r1r3, soit r3=r2(r1-r2)/r1 ; on pourra vérifier qu'il est effectivement normal de trouver r3=0 lorsque r2=0 ou lorsque r2=r1.
    2ième méthode :
    Cette fois, au lieu d'utiliser Pythagore, je vais utiliser l'homothétie h4 de centre D et de rapport -r3/r2, transformant C2 en C3 : soit A'=h4(A).
    L'image d'une droite par une homothétie étant une droite paralléle, h4(P)=Q donne h4(C)=E et alors (A'E)//(AC)=(AB).
    Mais A' est sur (AD)=(AI), puisque D est le centre de h4, et le rapport de h4 étant négatif, A et A' sont de part et d'autre de D ; donc les triangles IEA' et IBA sont semblables (leurs côtés sont respectivement paralléles) et comme IE=IB, ils sont en fait isométriques et donc A'E=AB.
    Or A'E=h4(A)h4(C)=|-r3/r2|AC=(r3/r2)2r1 et AB=2r1-2r2, d'où (r3/r2)2r1=2r1-2r2, ce qui redonne r3=r2(r1-r2)/r1.

    7) Les constructions à la régle et au compas (CARC) de C1, C2, T sont évidentes, mais pour C3, cela me semble beaucoup moins trivial, et même, d'abord, pourquoi y aurait-il un cercle C3 répondant à toutes les conditions demandées?
    En tout cas, cf ce qui précéde, nécessairement, le point de contact de C2 et C3 est le point de contact D d'une tangente issue de A à C2.
    Compte-tenu de cette remarque, et de la CARC "classique" de l'intersection d'une parabole (de foyer et directrice donnés ) avec une droite ( voir p 303 de mon vieux bouquin de Géométrie, classe de mathématiques, Maillard et Millet, programmes du 27 juin 1945), voici la CARC que je propose.
    Par ailleurs, je suppose ici, que le lecteur connaît les CARC élémentaires, et bien entendu, pour comprendre ce qui suit il est indispensable de faire la figure au fur et à mesure.

    Il s'agit de montrer maintenant que le cercle C3 construit à la dernière étape est effectivement tangent à la droite T et tangent intérieurement à C1.
    De JE'=JP' et de Pythagore on tire E'Q=PQ, donc E'E+EQ=PD+DQ ; mais E'E=P'B=BP=r2=PD et ainsi EQ=DQ, donc C3 est tangent à T en E.
    Pour prouver que le cercle C3 est tangent intérieurement à C1, on va montrer que son rayon r3 est r2(r1-r2)/r1 et que OQ=r1-r3, ce qui prouvera que si F est le point d'intersection de [OQ) et de C1, QF=r1-(r1-r3)=r3, donc F est sur C3 et ainsi C3 est tangent intérieurement à C1 en F.
    Allons-y! Bon, là j'ai la flemme... : si un lecteur veut le détail des calculs, qu'il me le demande et je répondrai si Dieu m'a alors encore prêté vie...
    On remarque d'abord que ADP et PP'J sont semblables, donc P'J=2r2/AD, puis via Pythagore AD2=4r1(r1-r2), ce qui va donner P'J, puis JP en fonction de r1 et r2.
    Puis en considérant le projeté orthogonal de Q sur (BC), QP2=EB2+(r2-r3)2, qui va donner EB2=4r2r3.
    Mais EB2=E'P'2=(E'J-JP')2=(JP-JP')2, ce qui donne, en reportant les valeurs de EB, JP, JP' en fonction des trois rayons, la relation r3=r2(r1-r2)/r1.
    Enfin, OQ2=(OB+EQ)2+EB2=4r2r3+(r1-2r2+r3)2=...=(r1-r3)2, soit OQ=r1-r3, et donc C3 est tangent intérieurement à C1 en F.

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    Solution exercice 51

    1) Supposons qu'il existe un entier relatif n tel que b2/(a(a-b))=2/5+n.
    Donc b2/(a(a-b))=(2+5n)/5 ; mais 2+5n et 5 sont premiers entre eux (car 5 est un nombre premier et il ne divise pas 2+5n), donc cf l'aide il existe un entier r tel que b2=(2+5n)r et a(a-b)=5r.
    Si r≠±1, il admet au moins un diviseur premier p.
    Ce diviseur premier divise alors b×b et a(a-b), et donc, cf l'aide, p divise b et p divise a ou a-b :

    Puisque supposer r≠±1 aboutit à une contradiction, c'est que r=±1 et ainsi b2=±(2+5n) et a(a-b)=±5.
    Mais 5 n'admet que deux diviseurs positifs 1 et 5.
    Donc a=±1 ou a=±5 et ainsi il n'y a que huit couples (a,b) pouvant vérifier a(a-b)=±5 (quatre pour a(a-b)=-5, quatre pour a(a-b)=5) : je laisse alors le lecteur vérifier que pour chacun de ces huit couples b2=16 ou b2=36 (b=a+5/a ou b=a-5/a).
    Mais on a vu plus haut que b2=±(2+5n), ce qui entraîne que, soit b2-2 est divisible par 5, soit b2+2 est divisible par 5.
    Or 14, 18, 34, 38 ne sont pas divisibles par 5 : on arrive ainsi à une contradiction : on ne peut pas supposer qu'il existe un entier relatif n tel que b2/(a(a-b))=2/5+n.

    Remarque :
    par utilisation des congruences (notion qui n'est pas au programme de la 1ière S, mais uniquement au programme de la terminale scientifique, option mathématique) on peut aller plus vite.
    En effet, il n'y a aucun entier relatif b tel que b2+2 ou b2-2 soit divisible par 5 car b2≡0 ou 1 ou 4 modulo 5, donc b2+2≡2 ou 3 ou 1 modulo 5 et b2-2≡3 ou 4 ou 2 modulo 5, et ainsi, pour b2+2 et b2-2, on n'obtient jamais 0 modulo 5.
    L'équation b2=±(2+5n) n'ayant pas de solution dans Z, il est impossible d'avoir b2/(a(a-b))=2/5+n, cela sans avoir à considérer la condition a(a-b)=±5.

    2) Soit E l'ensemble des nombres rationnels de la forme 2/5+n, avec n dans Z.
    Prenons comme ensemble S, S=Q-E et regardons s'il vérifie les trois conditions de l'énoncé :

    L'ensemble S ci-dessus vérifie donc les trois conditions de l'énoncé,et pourtant il ne contient évidemment pas tous les rationnels : un ensemble S vérifiant les trois conditions de l'énoncé ne contient pas forcément tous les rationnels.

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    Solution exercice 52

    1) Pour tout c dans N, la fonction hc définie par hc(n)=n+c pour tout n dans N vérifie la condition C puisque dans ce cas les deux facteurs sont égaux à m+n+c.

    2) Puisque p2k+1 divise a2, p divise a2, donc p divise a ( voir rappel en début d'énoncé) : soit k' l'exposant de p dans la décomposition en nombres premiers de a.
    On a alors a=pk'b, avec p ne divisant pas b, et a2=p2k'b2 ; comme p2k+1 divise a2, il existe un entier q tel que a2=p2k+1q et ainsi p2k+1q=p2k'b2.
    Si 2k+1>2k' alors on peut écrire b2=p2k+1-2k'q, l'exposant de p étant positif (strictement) : donc p divise b2, et ainsi (voir rappel) p divise b, ce qui est faux, donc 2k+1≤2k'.
    Mais comme 2k+1 est impair et 2k' pair, il ne peut y avoir égalité donc 2k+1<2k', et comme il s'agit d'entiers, 2k+2≤2k' ; et puisque p2k' divise a2, c'est que p2k+2 divise a2.

    3) Notons M le plus grand des deux nombres f(k) et f(l), cad M=max(f(k),f(l)).

    Pour montrer que p divise k-l, on va envisager 2 cas.

    1er cas : p2 divise f(k)-f(l), donc f(k)-f(l)=p2q avec q dans Z.
    Cf l'énoncé on pose n=pD-f(k) : donc f(k)+n=pD et n+f(l)=pD+f(l)-f(k)=p(D-pq).
    Mais f vérifie la condition C et donc (f(k)+n)(k+f(n))=pD(k+f(n)) est le carré d'un entier, cad pD(k+f(n))=a2 avec a dans N.
    Puisque p divise a2, alors d'après Q2, p2 divise a2=pD(k+f(n)) et ainsi p divise D(k+f(n)). Mais p est premier et comme il ne divise pas D il divise k+f(n) (cf rappel).
    De même, (n+f(l))(f(n)+l)=p(D-pq)(f(n)+l) est le carré d'un entier a, cad p(D-pq)(f(n)+l)=a2.
    p divisant a2, toujours cf Q2, p2 divise p(D-pq)(f(n)+l), donc p divise (D-pq)(f(n)+l) ; mais p ne divise pas D-pq (sinon il diviserait D-pq+pq=D) et donc p divise f(n)+l.
    En résumé p divise k+f(n) et f(n)+l : donc il divise leur différence, cad p divise k-l.

    2ième cas : p divise toujours f(k)-f(l), donc f(k)-f(l)=pq avec q dans Z, mais cette fois p2 ne divise pas f(k)-f(l), donc p ne divise pas q.
    On pose dans ce cas n=p3D-f(k) : donc f(k)+n=p3D et n+f(l)=p3D+f(l)-f(k)=p(p2D-q).
    On a encore (f(k)+n)(k+f(n))=p3D(k+f(n)) qui est le carré d'un entier a, cad p3D(k+f(n))=a2.
    p3 divisant a2, cf Q2, p4 divise a2, donc p divise D(k+f(n)), et comme p est premier et ne divise pas D, p divise k+f(n).
    (n+f(l)(f(n)+l)=p(p2D-q)(f(n)+l) est le carré d'un entier a : p(p2D-q)(f(n)+l)=a2.
    p divisant a2, toujours cf Q2, p2 divise a2, donc p divise (p2D-q)(f(n)+l). Mais p ne divise pas p2D-q (sinon p diviserait p-(p2D-q)=q ce qui est exclu), donc p divise f(n)+l.
    En résumé p divise k+f(n) et f(n)+l : donc il divise leur différence, cad p divise k-l.

    4)
    4.1) Soit p un nombre premier quelconque : il divise f(k)-f(l), puisque f(k)-f(l)=0, donc cf Q3 il divise k-l.
    k-l étant divisible par tout nombre premier, ce ne peut être 1, et il ne peut être ≥2 (car alors il admettrait un nombre fini de diviseurs premiers), donc k-l est nul : k=l.

    4.2) D'après Q4.1, puisque k+1≠k c'est que f(k+1)-f(k)≠0, et ainsi|f(k+1)-f(k)| est un entier naturel non nul.
    Si on supose maintenant que |f(k+1)-f(k)|≠1, c'est que, |f(k+1)-f(k)|≥2, donc |f(k+1)-f(k)| admet un diviseur premier p (≥2), lequel divise, dans Z, f(k+1)-f(k), donc p diviserait (cf Q3) k+1-k=1 ce qui est impossible : donc |f(k+1)-f(k)|=1.

    5) Soit f une fonction vérifiant la condition C.
    a) Tout d'abord, pour tout k dans N, f(k+1)-f(k)=f(k+2)-f(k+1) :

    en effet, cf Q4.2, chacun des nombres f(k+1)-f(k) et f(k+2)-f(k+1) vaut -1 ou 1 ; donc s'ils ne sont pas égaux, ils sont opposés, donc leur somme est nulle, soit f(k+2)-f(k)=0, ce qui est impossible puisque k+2≠k (voir Q4.1).
    b) Cf le a) ci-dessus, pour tout n dans N*, les n nombres
    f(1)-f(0), f(2)-f(1), ..., f(n)-f(n-1)
    sont égaux à un même nombre q (qui vaut -1 ou 1).
    c) En faisant la somme de ces n nombres on obtient f(n)-f(0)=qn, cad pour tout n dans N*, f(n)=qn+f(0), égalité encore vraie si n=0.
    Donc si f est une fonction vérifiant la condition C, nécessairement il existe q valant -1 ou 1 tel que pour tout n dans N on a f(n)=qn+f(0).
    Mais si q=-1, pour n>f(0) on aurait f(n)<0 ce qui est impossible, f(n) devant être dans N et donc nécessairement, pour tout n dans N, f(n)=n+c avec c=f(0).
    Comme on a vu à la question 1 que ces fonctions vérifient effectivement la condition C, les seules fonctions vérifiant la condition C sont les fonctions f telles qu'il existe c dans N tel que pour tout n dans N, f(n)=n+c, cad ce sont les fonctions affines de N dans N, de coefficient directeur 1.

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    Solution exercice 53

    On notera (I) l'identité f(E(x)y)=f(x)E(f(y)) pour tout x et tout y dans R ; c'est ce qu'on appelle aussi une équation fonctionnelle.

    Comme souvent dans ce genre de question, on envisage une ou plusieurs valeurs particulières pour x.
    x=0 donne f(0)=f(0)E(f(y)), soit f(0)(1-E(f(y)))=0, donc on voit tout de suite que soit f(0)=0, soit f(0)≠0 et alors E(f(y))=1 pour tout y dans R.
    1er cas : f(0)≠0.
    Donc pour tout y dans R, E(f(y))=1, et ainsi pour tout y dans R, f(y) est dans [1;2[.
    L'identité (I) de départ donne alors :
    pour tous réels x et y, f(E(x)y)=f(x).
    Mais si on fait y=0 dans cette nouvelle relation, on obtient que pour tout x dans R, f(x)=f(0) ; comme f(0) est dans [1;2[, cela veut dire que si f vérifie l'identité (I) , et si f(0)≠0, alors il existe c dans [1;2[ tel que pour tout x dans R, f(x)=c.

    Réciroquement une telle fonction vérifie-t-elle l'identité (I)?


    Donc l'identité (I) est vérifiée, et ainsi on peut dire que toutes les fonctions f vérifiant l'identité (I) , et avec f(0)≠0, sont les fonctions constantes sur R, la constante étant dans [1;2[.

    2ième cas : f(0)=0.
    Peut être que la fonction f est encore constante, cad f(x) est toujours nul? C'est ce que l'on va prouver.
    Supposons qu'il existe a tel que 0<a<1 avec f(a)≠0.
    En faisant x=a dans (I), comme E(a)=0, on obtient f(0)=f(a)E(f(y)), soit, puisque f(0)=0 et f(a)≠0, E(f(y))=0, cela pour tout y dans R.
    En faisant alors x=1 dans (I), on obtient f(y)=0 pour tout réel y, donc f(a)=0, ce qui est en contradiction avec le fait que l'on a supposé que f(a)≠0.
    Cela veut dire que pour tout a tel que 0<a<1, on a f(a)=0.
    Comme f(0)=0, c'est que pour tout a dans [0;1[ on a f(a)=0.
    On va en déduire que f est toujours nulle.

    Soit x réel quelconque : il existe toujours un entier T, non nul, tel que x/T soit "ramené" dans [0;1[.

    Par exemple on peut prendre T=E(x)+1 si x≥0, sinon on prend T=E(x)-1 : Donc dans les 2 cas, T≠0 et x/T est dans [0;1[. En remplacant x par T et y par x/T dans la relation (I), on obtient f(E(T)×(x/T))=f(T)E(f(x/T)).
    Mais T est un entier, donc E(T)=T, et comme x/T est dans [0;1[, on a f(x/T)=0, ce qui donne f(x)=0, cela pour tout réel x.
    Donc si f vérifie la relation (I) et f(0)=0, nécessairement c'est la fonction nulle sur R, laquelle vérifie effectivement la relation (I).

    Finalement, les fonctions vérifiant la relation (I) sont les fonctions de R dans R de la forme f : x->c,
    avec c=0 (c'est alors la fonction nulle sur R) ou c dans [1;2[ ; ce sont toutes des fonctions constantes sur R
    .

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    Solution exercice 54

    On supposera dans tout ce qui suit, quitte à renuméroter les éléments de A, que a1<a2<a3<a4.

    Les couples (i,j) possibles tels que 1≤i<j≤4 sont au nombre de 6 :
    (1,2), (1,3), (1,4), (2,3), (2,4), (3,4).
    Si (i,j) est un de ces couples, on note (k,l) son couple complémentaire, cad le couple (k,l) tel que k<l et tel que {i;j;k;l}={1;2;3;4}.
    On a évidemment SA=ai+aj+ak+al, d'où
    cf l'aide, ai+aj divise SA équivaut à ai+aj divise SA-(ai+aj)=ak+al.
    Donc si ai+aj divise SA, et puisque les éléments de A sont des entiers positifs, c'est que nécessairement ai+aj≤aj+ak.
    Or

    Il y a donc, parmi les six couples possibles ci-dessus, au plus quatre couples (i,j) tels que ai+aj divise S, donc pour tout ensemble A,nA≤4 : la valeur maximale de nA est au plus 4.

    On va montrer dans ce qui suit que la valeur maximale de nA est effectivement 4.
    Pour cela, il faut montrer qu'il existe au moins un ensemble A tel que
    a1+a2, a1+a3, a1+a4, a2+a3 divisent SA, ce qui équivaut à
    a1+a2 divise a3+a4, cad a3+a4=m(a1+a2) avec m dans N* : R1
    et
    a1+a3 divise a2+a4, cad a2+a4=n(a1+a3) avec n dans N* : R2
    et
    a1+a4 divise a2+a3 et a2+a3 divise a1+a4 : ces deux conditions équivalent à a1+a4=a2+a3 : R3 (en effet, puisque a1+a4 et a2+a3 sont des entiers positifs, a1+a4≤a2+a3 et a2+a3≤a1+a4, donc nécessairement a1+a4 et a2+a3 sont égaux, et dans ce cas l'un divise bien l'autre ; on peut aussi dire : si a et b sont dans Z* avec a divise b et b divise a, alors b=qa, a=q'b, avec q et q' dans Z*, donc qq'=1, ce qui implique q=q'=1 et a=b ou q=q'=-1 et a=-b).
    Précisons m et n.

    R2 et R3 donnent alors a2+a4=2(a1+a3) et a1+a4=a2+a3 ; en éliminant a4 entre ces deux égalités, on obient a2+a2+a3-a1=2(a1+a3), soit 2a2=3a1+a3 : R4.
    En éliminant maintenant a4 entre R1 et R3, cad entre a3+a4=m(a1+a2) et a1+a4=a2+a3, on obtient a3+a2+a3-a1=m(a1+a2), soit 2a3=(m+1)a1+(m-1)a2.
    De même en éliminant a4 entre R1 et R2, on obient m(a1+a2)-a3=2(a1+a3)-a2, soit 3a3=(m-2)a1+(m+1)a2.
    Ainsi 3(m+1)a1+3(m-1)a2=2(m-2)a1+2(m+1)a2, ce qui donne (7+m)a1=(5-m)a2 : R5.

    Mais puisque a1>0, a2>0, m>0, obligatoirement 5-m>0, donc 5-m≥1, soit m≤4 ; et comme on a vu plus haut que m≥3, c'est que nécessairement m=3 ou m=4.
    On va examiner ces deux possibilités.

    Les ensembles A pour lesquels nA est maximal, cad les ensembles A tels que nA=4, sont donc

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