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1. concours général 1993 - exercice 2 énoncé
Soitnun entier strictement positif donné.
1. Existe-t-il2n+1entiers naturels consécutifsa0, a1, . . . , a2n, rangés dans l’ordre crois- sant, vérifiant :
a0+a1+· · ·+an =an+1+· · ·+a2n?
2. Existe-t-il2n+1entiers naturels consécutifsa0, a1, . . . , a2n, rangés dans l’ordre crois- sant, vérifiant :
a20+a21+· · ·+a2n =a2n+1+· · ·+a22n?
3. Existe-t-il2n+1entiers naturels consécutifsa0, a1, . . . , a2n, rangés dans l’ordre crois- sant, vérifiant :
a30+a31+· · ·+a3n =a3n+1+· · ·+a32n?
Pour cette question, on pourra étudier les variations de la fonction f définie surR par :
f(x) = (x−n)3+ (x−n+ 1)3+· · ·+x3−(x+ 1)3− · · · −(x+n)3. On montrera que l’équationf(x) = 0admet une solution uniquexn vérifiant :
3n(n+ 1)< xn<3n(n+ 1) + 1.
On pourra utiliser l’égalité :13+ 23+· · ·+n3=hn(n+1)
2
i2
.
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2. concours général 1993 - exercice 2 Solution 1
2.0.1. Question 1
Les entiersak étant supposés consécutifs, on doit avoir ak =a0+k (k= 0, . . . ,2n). Il s’agit donc d’une équation à une inconnuea0, de paramètren. Je la réécris sous la forme
∆n= 0avec
∆1=a2n+a2n−1+· · ·+an+1−an−an−1− · · · −a1−a0
et je m’aperçois que an+k −ak = [a0+ (n+k)]−[a0+k] = n ne fait pas intervenir l’inconnuea0 (ni l’indicek). Il reste
∆1=n+n+· · ·+n−a0=n2−a0
et l’équation∆1= 0a pour unique solution a0=n2.
2.0.2. Question 2
Travail analogue en considérant
∆2=a22n+a22n−1+· · ·+a2n+1−a2n−a2n−1− · · · −a21−a20
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aveca2n+k−a2k= [an+k−ak][an+k+ak] =n(2a0+n+ 2k)qui dépend cette fois dek, d’où une sommation en deux morceaux :
∆2 = Pn
k=1[n(2a0+n)] +Pn
k=1[2nk]−a20
= n(2a0+n)Pn
k=11 + 2nPn
k=1k−a20
= n(2a0+n)n+ 2nn(n+1)2 −a20
= a20−2n2a0−n2(2n+ 1)
= (a0+n)(a0−2n2−n) Commea0≥0, l’équation ∆2= 0a pour unique solution
a0= 2n2+n.
Par curiosité, explicitons• pour n = 1 :32+ 42 = 52 • pour n= 2 :102+ 112+ 122 = 132+ 142. Ça marche !
2.0.3. Question 3
La même méthode devrait fonctionner avec
∆3=a32n+a32n−1+· · ·+a3n+1−a3n−a2n−1− · · · −a31−a30,
Dans la logique des questions précédentes, je devrais factorisera3n+k−a3k et sommer en utilisantPn
k=1k2=n(n+ 1)(2n+ 1)/6, mais les calculs se compliquent sensiblement.
L’énoncé me conseille d’utiliser la fonction f qu’il définit (en fait ∆3=−f(a0+n)), de prendre donc comme inconnue x = an ≥ n plutôt que a0 (on peut vérifier que cela simplifie les expressions rencontrées). Il me suggère aussi d’utiliserPn
k=1k3. C’est effectivement faisable six∈N:
f(x) = Px
k=1k3−Px−n−1
k=1 k3−Px+n
k=1k3+Px k=1k3
= 2hx(x+1)
2
i2
−h(x−n−1)(x−n) 2
i2
−h(x+n)(x+n+1) 2
i2
= x3−3n(n+ 1)x2−n22(n+ 1)2
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Mais que faire sixn’est pas entier naturel ? Il suffit de constater que f est un polynôme enxde degré 3 et de penser que deux polynômes distincts de degré 3 ne peuvent prendre la même valeur qu’en au plus trois points, car leur différence admet au plus trois racines.
Nous avons donc l’expression def(x)pour toutxréel.
Le reste est, comme suggéré par l’énoncé, une simple étude de variations. La dérivée def est
f0(x) = 3x[x−2n(n+ 1)]
d’où le tableau de variations :
x 0 2n(n + 1) +∞
f(0) +∞
f(x) & %
f[2n(n+ 1)]
Je sais que f(0) < 0, j’en déduis que f s’annule une fois et une seule sur [0 ; +∞[.
Comme on me le suggère, je calculef[3n(n+ 1)] et f[3n(n+ 1) + 1] en remarquant que f(x) =x2[x−3n(n+ 1)] +f(0). J’obtiens
f[3n(n+ 1)] =f(0)<0 et f[3n(n+ 1) + 1] = 2 + 12n+ 29n2+ 34n3+ 17n4
2 >0
et l’unique racinexn def sur [0 ; +∞[ est donc strictement comprise entre 3n(n+ 1)et 3n(n+ 1) + 1, qui sont deux entiers consécutifs. Notre équation n’a donc aucune solution entière.
Conclusion: on ne peut pas trouver 2n+ 1 entiers consécutifsak vérifiant a30+a31+· · ·+a3n=a3n+1+· · ·+a32n.
