A4901. Jeux de bascule ***
Q1 Zig écrit une suite croissanteS1den entiers consécutifs strictement positifs qui contient exacte- ment un carré parfait. Il met le signe "+" devant ce carré et tous les entiers qui le précédent et le signe "−" devant tous les autres entiers. Il constate que la somme de tous les termes est nulle.
Déterminer la plus petite valeur possible denainsi que les termes correspondants de la suiteS1. Q2 Il écrit ensuite sur une même ligne la suite croissanteS2desnentiers naturels consécutifs en par-
tant de l’entier 1 auquel il affecte le signe "+" puis il place devant chaque entier le même signe ("+"
ou "−") que celui de l’entier précédent avec la seule particularité de changer de signe après l’écri- ture d’un carré parfait. Les premiers termes deS2sont alors :+1,−2,−3,−4,+5,+6,+7,+8,+9,−10,−11, etc. Il calcule en même temps sur une deuxième ligne le cumulC(n) des entiers relatifs qu’il a écrits : +1,−1,−4,−8,−3,+3,+10 etc.
a. nest un carré parfait,n=p2. Déterminer la valeur deC(n) en fonction dep.
Application numérique :p=2018 puisp=2019.
b. Zig arrête ses calculs quand il observe que le cumulC(n) est égal à+76971 pour la première fois. Déterminer la valeur den.
c. Pour les plus courageux disposant d’un automate Déterminer les valeurs den, dep et deq (q>p>0) telles que Zig observe pour la première foisC(n)=C(n+p)=C(n+q)>0.
Solution de Claude Felloneau
Q1 La plus petite valeur denest 45. On aS1: 146, 147, 148, ..., 169, 170, ..., 190.
Preuve :
On notex2le carré parfait contenu dansS1,kle nombre d’entiers deS1qui sont inférieurs ou égaux àx2etA leur somme,mle nombre d’entiers deS1qui sont strictement supérieurs àx2etBleur somme.
CommeS1ne contient ni (x−1)2, ni (x+1)2, on ak62x−1 etm62x.
Le problème revient à trouverS1pour queA=B.
− Six=1,A=1 etB>2 doncA6=B.
− Si x=2, A peut prendre les valeurs 4, 7, 9 etB peut prendre les valeurs 5, 11 et des valeurs strictement supérieures à 11 doncA6=B.
− Six>3, on a 2A=2
k−1
X
i=0
¡x2−i¢
=k¡
2x2+1−k¢
et 2B=2
m
X
i=1
¡x2+i¢
=m¡
2x2+1+m¢ . On suppose queA=B.
On a alors
k−m=k2+m2
2x2+1 6(2x−1)
2+(2x)2
2x2+1 =8x2−4x+1
2x2+1 =4− 4x+3 2x2+1. Or
¡2x2+1¢
−(4x+3)=2x(x−2)−2>2×3×1−2>4>0 donc siA=Bon a 16k−m63.
De plus, 2(k−m)¡
2x2+1¢
=2k2+2m2=n2+(k−m)2.
• Sik−m=1, on obtient 2¡
2x2+1¢
=n2+1 doncn2−4x2=1 d’où (n−2x)(n+2x)=1 soit n+2x=1 etn−2x=1, ce qui est impossible carx6=0.
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• Sik−m=2, on obtient 4¡
2x2+1¢
=n2+4 doncn2=8x2d’oùn=2xp
2, ce qui est im- possible carxetnsont entiers etp
2 est irrationnel.
• Sik−m=3, on obtient 6¡
2x2+1¢
=n2+9 doncn2=12x2−3.
La première valeur dex>3 pour laquelle 12x2−3 est un carré parfait est 13. On a alors n2=2025 doncn=45,k=24 etm=21.
On vérifie sans peine que la suiteS1: 146, 147, 148, ..., 169, 170, ..., 190 satisfait la condition imposée.
Q2 a. On aC(p2)=(−1)p−1p3pourp>1. En particulierC(20182)= −20183etC(20192=20193. Preuve :
Le j−ième terme deS2est (−1)
jp
j−1k
joùbxcest la partie entière dex, donc
C¡ p2¢
=
p−1
X
i=0
(−1)i
(i+1)2
X
j=i2+1
j=
p−1
X
i=0
(−1)i(2i+1)¡
i2+i+1¢
=
p−1
X
i=0
(−1)i¡
i3+(i+1)3¢ .
C¡ p2¢
=
p−1
X
i=0
(−1)ii3+
p
X
i=1
(−1)i−1i3=(−1)p−1p3+
p−1
X
i=1
³
(−1)i+(−1)i−1´
i3=(−1)p−1p3.
b. Le plus petit entiernpour lequelC(n)=76971 est 2018.
Preuve : Sip=¥p
n−1¦
on an=p2+r avec 16r62p+1, donc :
C(n)=C¡ p2¢
+(−1)p
p2+r
X
i=p2+1
i=(−1)p−1p3+(−1)pr¡
2p2+r+1¢
2 .
C(n) est compris entreC¡ p2¢
=(−1)pp3etC¡
(p+1)2¢
=(−1)p+1(p+1)3donc|C(n)|6(p+1)3. Ainsi siC(n)=76971 alorsp+1>469711/3doncp>42.
De plus,
C(n)=76971⇐⇒r2+(2p2+1)r=2¡
76971+(−1)pp3¢
(−1)p⇐⇒(2r+2p2+1)2=αp
oùαp=8×76971(−1)p+8p3+¡
2p2+1¢2
.
Le plus petit entierp>42 pour lequelαpest un carré parfait est 44.
On a alors 2n+1=2r+2p2+1=p
α44=4037 soitn=2018.
c. Zig observe pour la première foisC(n)=C(n+p)=C(n+q) avec 0<p<q lors quen=145, p=45 etq=909.
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