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énoncé
Pour tout entier natureln, on note In le nombre d’entiers ppour lesquels 50n <7p<
50n+1.
1. Démontrer que pour tout entiern,In vaut 2 ou 3.
2. Démontrer qu’il existe une infinité d’entiersn pour lesquelsIn vaut 3 et donner le plus petit d’entre eux.
Énoncé Solution 1 Solution 2
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2. concours général 1994 - exercice 1 Solution 1
1. (1)⇔nln 50ln 7 < p <(n+ 1)ln 50ln 7 et p∈N
Ornln 50ln 7 '2,01.., on notenln 50ln 7 = 2 +εavecε∈]0,1[
Pournfixé,2n+nε < p <2n+nε+ (2 +ε)et p∈N⇔(1)
pdoit donc être compris dans un intervalle ouvert de longueur 2 +ε >2.
E(2n+n) + 1etE(2n+n) + 2appartiennent à cet intervalle.
De plusE(2n+n)≤2n+ndonc n’appartient pas à cet intervalle etE(2n+n)+4>
2n+n+ 3>2n+nε+ (2 +ε)donc n’appartient pas à cet intervalle. D’oùIn= 2 ouIn= 3 ( un exemple oùIn= 3, n= 96)
2. D’après ce qui prècède, on peut écrire :
In = 3⇔(E(2n+nε) + 3)∈]2n+nε; 2n+nε+ 2 +ε[
⇔2n+nε < E(2n+nε) + 3<2n+nε+ 2 +ε
⇔0< E(nε) + 1−nε < ε
Soitk∈N∗quelconque. On noteAkl’ensemble des entiers qui vérifient :0< k−nε <
(2)
(2)⇐:∈k
ε−1;kε
Or il existe une infinité dek∈N∗ tels que kε ∈/N En effet : sik0∈N∗ tel que kε0 ∈Nalors∀k∈ S
i∈N
{ik0= 1;...; (i+ 1)k0+ 1}
on a kε ∈/N. Or ce dernier ensemble est infini ; d’où le résultat.
Or sik∈N∗tel que kε ∈/NalorsAk est un sigleton. Soitαk l’unique élément deAk. Il existe donc une infinité d’entiers naturelsαk distincts.
Soitk∈N∗ tel que kε ∈/N On ak=E(αk) + 1
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Soitn∈Non notek=E(nε) + 1 avec n < kε In = 3⇔0< k−nε < ε⇔n∈k
ε−1;kε
Le plus petit entier n tel que In = 3 est obtenu pour k = 1, alors n ∈]95,3; 96,3[
d’oùn= 96
Énoncé Solution 1 Solution 2
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3. concours général 1994- exercice 1 Solution 2
3.0.1. Question 1
La fonction logarithme étant croissante
50n<7p<50n+1 ⇐:nln(50)< pln 7<(n+ 1) ln(50) ⇐:nα < p <(n+ 1)α où j’ai poséα= ln(50)/ln 7.In est donc le nombre d’entiers de l’intervalle]nα; (n+ 1)α[.
Je me pose donc la question : combien y a-t-il d’entiers dans un intervalle]a; b[deR? La partie entière deb (que je noteE(b)) représente le nombre d’entiers de l’intervalle ]0 ;b] (b compris) ; doncE(b)−E(a)représente le nombre d’entiers de l’intervalle ]a;b].
D’où la réponse : dans]a;b[, il y aN(a, b)entiers avecN(a, b) =
(E(b)−E(a) si b n’est pas entier E(b)−E(a)−1 si b est entier . Dans notre cas,b= (n+ 1)αne peut être un entierpcar on aurait alors 7p = 50n+1,
ce qui est absurde puisque 50 n’est pas divisible par 7. Conclusion : In =E (n+ 1)α
−E(nα).
Je peux maintenant encadrerIn en partant des inégalitésx−1< E(x)≤x, soit : 1,01≈α−1< In < α+ 1≈3,01
c’est-à-direIn= 2ou 3.
3.0.2. Question 2
αétant voisin de 2,E(nα)va valoir2npour des valeurs den« pas trop grandes » puis prendra les valeurs 2n+ 1, 2n+ 2etc. Pour préciser ceci, je décompose αen α= 2 +δ
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In= 2 +E((n+ 1)δ)−E(nδ) =
(2 s’il n’y a a pas d’entier entrenδet (n+ 1)δ 3 s’il y a a un entier entrenδet (n+ 1)δ
La situation devient alors claire si je représente la suite(nδ)n∈N comme unegraduation de la demi-droite réelle[0 ; +∞[, de pas voisin de1/100:
Dans notre cas,b= (n+ 1)αne peut être un entierpcar on aurait alors 7p = 50n+1, ce qui est absurde puisque 50 n’est pas divisible par 7. Conclusion :
In =E (n+ 1)α
−E(nα).
Je peux maintenant encadrerIn en partant des inégalitésx−1< E(x)≤x, soit : 1,01≈α−1< In < α+ 1≈3,01
c’est-à-direIn= 2ou 3.
suivent alors encore une centaine environ de termes égaux à 2 puis un terme qui vaut 3 lorsque la graduation atteint l’entier 2 et cela continue indéfiniment...
Il y a donc bien une infinité de termes(In)qui valent 3 ; ils sont obtenus aux rangsnk tels quenkδ < k < nkδ+δ. En particulier le plus petit rangn1 pour lequelIn vaut 1 est caractérisé parn1δ <1< n1δ+δ, ou encore
95,3≈1
δ−1< n1< 1
δ ≈96,32 c’est-à-diren1= 96.
Une précision supplémentaire : que dire du nombre de termes consécutifs tels queIn= 2, c’est-à-dire du nombre Nk de graduations comprises entre les deux entiers k et k+ 1?
Énoncé Solution 1 Solution 2
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L’intervalle[k, k+ 1]contient (au sens strict)Nk graduations et est contenu (également au sens strict) dansNk+ 2graduations (une de plus à gauche, une de plus à droite) ; cela se traduit parNkδ <1<(Nk+ 2)δ, soit
94,32≈1
δ −2< Nk <1
δ ≈96,32
et doncNk= 95ou 96. En conclusion, la suiteInest constituée de :I1=I2=· · ·=I95= 2, I96 = 3, puis une succession de blocs constitués de 95 ou 96 termes valant 2 suivis d’un unique terme valant 3.
