A1746. Rationnel, manque(1) et impair **
Puce dispose de la suiteSdes fractions rationnelles de la forme 4k−1
2k+1pour toutes les valeurs en- tières dek>1 : 3/3, 7/5, 11/7, etc.
Il peut à loisir effectuer tous les produits de ces fractions y compris leurs puissances entières d’ordre>2.
Démontrer que Puce est en mesure d’obtenir tous les entiersnimpairs à partir du produit d’un nombre fini de fractions pas nécessairement distinctes appartenant àS.
Application numérique : Pour tout entier impairn, on désigne par f(n) le nombre minimal de fractions deSqu’il convient de multiplier pour obtenirn.
a) Calculerf(n) pour les huit nombres premiersn=61, 67,..., 97.
b) Calculerf(n) pour les entiers impairs de 2011 à 2021 (bornes incluses).
(1) Nota : comme dans le jargon des croupiers, le dénominateur dépasse la moitié du numérateur....
Solution de Claude Felloneau
Puce est en mesure d’obtenir tous les entiersn impairs à partir du produit d’un nombre fini de fractions appartenant àS.
Pour tout entierk>1, on poseak=4k−1 2k+1.
On désigne parE l’ensemble des entiers qui peuvent s’écrire comme produit fini de termes deS. Il est clair queEest stable pour la multiplication.
• Pourp=0, 2p+1=1=a1donc 2p+1∈E.
Pourp=1, 2p+1=3=27 15×15
9 =a7a4donc 2p+1∈E.
• Soitpun entier>2 tel queE contient tous les entiers impairs strictement inférieurs à 2p+1. Démon- trons que 2p+1∈E.
- Sipest impair,p=2k−1 aveck∈N∗donc 2p+1=4k−1=ak(2k+1).
Comme 2k+1=p+2<2p+1 carp>1, 2p+1∈Ecomme produit de deux éléments deE:aket 2k+1.
- Sipest pair,p=2kaveck∈N∗donc 2p+1=4k+1=4(3k+1)−1
3 =a3k+1
2(3k+1)+1
3 =a3k+1(2k+1).
Commek<p, 2k+1<2p+1 donc 2k+1∈E.
Ainsi 2p+1∈Ecomme produit de deux éléments deE:a3k+1et (2k+1).
Dans tous les cas, 2p+1∈E.
• Par récurrence, pour tout naturelp, 2p+1∈E. Application numérique :
a)f(61)=6 et pourn∈©
67, 71, 73, 79, 83, 89, 97ª
,f(n)=7.
b) Pourncompris entre 2011 et 2021,f(n)=11.
Plus généralement, pour toutnimpair,f(n) est le plus petit entierptel quen<2p, soitf(n)=
¹lnn ln 2 º
+1 oùbxcdésigne la partie entière dex.
Comme pour tout entierk,ak<2, on an<2f(n)donc f(n)>
¹lnn ln 2 º
+1.
Pour démontrer l’inégalité inverse, on raisonne par récurrence sur
¹lnn ln 2 º
.
• Si
¹lnn ln 2 º
=0,n=1 doncf(n)=1 d’oùf(n)6
¹lnn ln 2 º
+1.
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• On suppose quepest un entier supérieur ou égal à 1 tel quef(n)6
¹lnn ln 2 º
+1 pour tout entier impairn tel que
¹lnn ln 2 º
<p. On va démontrer que pournimpair tel que
¹lnn ln 2 º
=p, on af(n)6p+1.
Pournimpair tel que
¹lnn ln 2 º
=p, on a 2p<n<2p+1.
— Sin≡1 [4],n=1+4kaveck∈N∗; On a alorsn=a3k+1(2k+1) doncf(n)61+f(2k+1).
Comme 2p<4k+1<2p+1, 2p−1<4k<2p+1−1 donc 2p64k62p+1−2 d’où 2p−162k62p−1.
Comme 2kest pair, 2p−162k62p−2 donc 2p−1+162k+162p−1 d’où
¹ln(2k+1) ln 2
º
=p−1.
D’après l’hypothèse de récurrence, on af(2k+1)=pdoncf(n)6p+1.
— Sin≡ −1 [4],n= −1+4kaveck∈N∗; On a alorsn=ak(2k+1) doncf(n)61+f(2k+1).
Comme 2p<4k−1<2p+1, 2p+1<4k<2p+1+1 donc 2p+264k62p+1d’où 2p−1+162k62p. Ainsi 2p−1+262k+162p+1.
- Si 2k+1<2p, on peut appliquer l’hypothèse de récurrence à 2k+1 doncf(2k+1)6pd’où f(n)6p+1.
- Si 2k+1>2pon a 2p62k+162p+1 donc 2k+1=2p+1 d’oùk=2p−1. On a alors
n=2p+1−1=22(p+1)−1
2p+1+1 =4.22p−1
2.22p+1×22p+1+1 2p+1+1 =a22p
2p
Y
i=p+1
2i+1+1 2i+1 Or
2i+1+1 2i+1 =4¡
3.2i−1+1¢
−1 3¡
2i+1¢ =a3.2i−1+1
2¡
3.2i−1+1¢ +1 3¡
2i+1¢ =a3.2i−1+1
doncnest le produit dep+1 éléments deS. Ainsif(n)6p+1.
• Par récurrence, pour tout entiernimpair,f(n)6
¹lnn ln 2 º
+1.
Finalement pour tout entier impairn,f(n)=
¹lnn ln 2 º
+1.
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