Corrigé du Concours Général 2013

Corrigé du Concours Général 2013

c Pierre Cornilleau, protégé par la GNU Free Documentation License

Problème I : De superbes suites

1. Tout d’abord si (21,7, b) est superbe alors b|b+ 28 d’où b|28. Puisque l’on a 7|b+ 28 on a également 7|b.

Puisqu’enfin21|7 +b, on en déduit finalementb= 14.

2. (a) Si(a, b)est une suite superbe alorsa|a+bd’oùa|beta6b(puisqueaetbsont strictement positifs). On a égalementb|ad’oùb6aeta=b.

Les suites de longueur 2 sont donc les suites(a, a)oùaest un entier non nul.

Soit maintenant(a, b, c)une suite superbe. On peut (quitte à échanger les rôles dea, b, c) toujours supposer a>b>c.

Par hypothèse, il existe un entier non nulα tel quea+b+c =αa. Puisque a+b+c 63aon a d’abord α63. Le casα= 1est impossible (car sinonb+c= 0). De plus siα= 3alors(a−b) + (a−c) = 0 ce qui montre quea=b=c.

Enfin, siα= 2 alorsa=b+c. Il existe par ailleursβ entier non nul tel que a+b+c=βbvérifiant ainsi (β−2)b= 2c. On aβ >2et, puisqueb>c,β−262soit encoreβ 64.

Si β= 3alorsb= 2cet a=b+c= 3c.

Sinon,β= 4et alorsb=cet a= 2c.

À permutation près, les suites de longueur 3 sont donc les suites(c, c, c),(3c,2c, c)et (2c, c, c)oùcest un entier non nul.

(b) On compose par décomposer2013en facteurs premiers. Les critères de divisibilité par 3 et 11 nous montrent que 2013 est divisible par 3 et 11 :

2013 = 3×671 = 3×11×61.

Puisque par ailleurs 61 est premier (voir par exemple la liste du problème III), les diviseurs possibles de 2013sont :

1, 3, 11, 33, 61, 183, 671, 2013.

La somme de tous les quadruplets de diviseurs stricts de 2013 (éventuellement répétés) étant strictement inférieur ou strictement supérieur à2013(dans le seul cas où trois diviseurs sont égaux à671), on en déduit

il n’y a pas de suites superbes de longueur 4 dont la somme vaut 2013.

3. (a) L’idée est de tenter de prolonger une des suites superbes obtenues précédemment– par exemple (1,2,3), obtenue à la question 2.b).

On constate d’abord que(1,2,3,6)est encore une suite superbe. Plus généralement, si(a1,· · ·, an)est une suite superbe dont la somme des termes est S, la suite auquelle on rajoutera le termeS restera superbe – puisque la somme sera doublée et évidemment divisible par tous les termes de la suite ainsi définie.

Ainsi, pourn>3, la suite définie par (a1= 1, a2= 2,

pour toutk∈ {3,· · · , n}, ak =a1+· · ·+ak−1,

est une suite superbe dont tous les termes sont deux à deux distincts (car strictement croissante).

Remarque :D’après ce qui a été dit précédemment, on a égalementak= 3×2^k−3 pour toutk>3.

(b) On raisonne par l’absurde en supposant qu’il existe (quitte à échanger l’ordre des termes) des premiers p1<· · ·< pn tel que (p1,· · · , pn)est superbe. SiS =p1+· · ·+pn on a

pour touti∈ {1,· · ·, n}, pi|S donc, d’après le théorème de Gauß,

p1× · · · ×pn|S

d’où, en particulier,p1× · · · ×pn6p1+· · ·+pn. Puisque p1>2et p1< p2· · ·< pn, on a par ailleurs p1× · · · ×pn>2ⁿ⁻¹pn et p1+· · ·+pn< npn

et ainsi2ⁿ⁻¹< n. Il suffit donc pour conclure de montrer que, pour tout entiern>2,2ⁿ⁻¹>n.

— Sin= 2le résultat est vrai.

— Si maintenant2ⁿ⁻¹>npour un certain entiern>2 alors

2ⁿ= 2×2ⁿ⁻¹>2n=n+ 1 +n−1>n+ 1 et le résultat est vérifié au rang n+ 1.

Il n’existe donc pas de suite superbe de longueur supérieure à deux dont les termes sont des nombres premiers tous distincts.

4. On peut d’abord supposer que lesa1,· · ·, ansont sans diviseur commun. Dans ce cas, la raisonrde la suite ne peut avoir de diviseur commun avec aucun desaipouri∈ {1,· · ·, n} (sinon ce diviseur serait aussi commun à tous les termes de la suite). En particulieran etan−1=an−rsont premiers entre eux. Puisque par hypothèse

an et an−1 divisenta1+· · ·+an=na1+an

2 , on a, d’après le lemme de Gauß,

anan−1

na1+an

2 et en particulier

2anan−16n(a1+an).

Puisquer>1et a1>1 on a par ailleursan>ndonc2an−16a1+an c’est-à-dire encore 2a1+ 2(n−2)r62a1+ (n−1)rsoit n63.

D’après la question 2.(a), le casn= 2est exclu, on en déduit donc finalementn= 3.

5. Puisque (a1, a2)est superbe, on a (d’après la question 2.a))a2=a1. Ensuite, puisque (a1, a1, a3)est superbe, on aa3= 2a1.

Montrons alors par récurrence forte surk>2 queak = 2^k−2a1.

— L’initialisation a été faite ci-dessus.

— Si ai = 2ⁱ⁻²a1 pour tout i ∈ {1,· · ·, k} alors puisque a1|a1 +· · ·+ak +ak+1 on a d’abord a1|ak+1. Ensuite, puisqueak+1|a1+· · ·+ak = 2^k−1ak et que, par hypothèse,ak+1> ak = 2^k−2a1, on a finalement ak+1 = 2^k−1a1.

Les suites magnifiques(ak)k>1telles que, pour toutk>1,ak+1> ak sont donc les suites telles que, pour toutk>2,ak = 2^k−2a1.

6. (a) Remarquons que simest un multiple de tous lesai pouri∈ {1,· · ·, n}alors (a1,· · · , an),(a1,· · ·, an),· · · ,(a1,· · · , an)

| {z }

mrépétitions

est une suite superbe. En effet, la somme des termes de cette suite vautm(a1+· · ·+an)et, par définition dem, est divisible par tousai pouri∈ {1,· · ·, n}.

Il est donc possible de prolonger(a1,· · ·, an)de façon à obtenir une suite superbe.

(b) Une idée simple pour faire apparaître une suite superbe consiste à s’assurer que la somme des termes de la suite est la factorielle d’un nombre supérieur à tous les termes de la suite. Dans ce but, on peut tenter de faire apparaître des « sommes téléscopiques », ce que nous allons préciser maintenant.

On poses=a1+· · ·+an et on considère la suite suivante (comprenantn+s−2termes) : a1,· · · , an, α1,· · ·, αs−2

où, pour toutk∈ {1,· · ·, s−2},

αk=s× · · · ×(s−k)−s× · · · ×(s−k+ 1) =s× · · · ×(s−k+ 1)×(s−k−1).

On a d’abord, en utilisant le symbole de sommationΣet par éliminations successives, a1+· · ·+an+α1+· · ·+αs−2 = s+

Xs−2

k=1

(s× · · · ×(s−k)−s× · · · ×(s−k+ 1))

= s+s× · · · ×2−s

= s!.

Puisque pour touti∈ {1,· · ·, n} ai < s, que pour tout k∈ {1,· · ·, s−2} αk|s!et que(α1,· · · , αs−2)est strictement croissante de premier termes(s−2)>s,

Problème II : Tiré à quatre épingles

1. Notons, pouri∈ {1,2},Pi le plan passant parM et contenantDi.

Si, pour i ∈ {1,2}, une droite ∆ passe par M et rencontre Di en Mi alors ∆ = (M Mi) est incluse dans Pⁱ. Une condition nécessaire pour qu’il existe une droite ∆ passant par M, rencontrant D1 et D2 est donc D2 non parallèle àP¹ etD1 non parallèle àP².

Si cette condition est réalisée alorsD1 rencontre P2 en N1 et D2 rencontre P1 en N2, donc toute droite ∆ satisaisant les conditions de l’énoncé est égale à (N1N2). Cette droite convient par ailleurs puisque N1, N2 ∈ P1∩ P2et doncM ∈(N1N2) =P1∩ P2.

SiD2non parallèle à P1 etD1non parallèle à P2 alors il existe une unique droite satisaisant les conditions de l’énoncé.

2. On a, puisqueEF−→est non nul,

M(x, y, z)∈D1 si et seulement si EM−−→colinéaire àEF−→

si et seulement s’il existe t∈Rtel queEM−−→=tEF−→

si et seulement s’il existe t∈Rtel que

(x= t y= 0 z= 1 et une équation paramétrique deD1 estx=t, y= 0, z= 1.

On obtient de même des équations paramétriques deD2 etD3:

D2: x= 1, y=t, z= 0 etD2: x= 0, y= 1, z =t.

3. Quitte à effectuer une permutation circulaire des coordonnéesx, y, z, il suffit de montrer queD1⊂S. Cepen- dant, siM(x, y, z)∈D1 alors il existet∈Rtel quex=t,y = 0etz= 1et donc

xy+yz+xz−(x+y+z) + 1 =t−(1 +t) + 1 = 0 etM ∈S. Il en résulte donc que D1,D2 etD3sont contenues dans S.

4. SoitDune droite de l’espace passant parM0(x0, y0;z0)et dirigée par le vecteur −→u(a, b, c), non inclue dansS. Alors, pour toutt∈R,M(t)(x0+at, y0+bt, z0+ct)appartient àD et de plus, après calculs,

M(t)∈S ⇐⇒(E) : (ab+bc+ac)t²+(x0b+ay0+y0c+cz0+x0c+az0−a−b−c)t+x0y0+y0z0+x0z0−(x0+y0+z0)+1 = 0.

L’équation (ent)(E)est de degré au plus 2 et tous les réels t ne peuvent en être solution (faute de quoi on auraitM(t)∈S pour toutt∈RetD serait incluse dansS). Par conséquent(E)admet0,1 ou2 solutions, ce qui montre que (puisque tout point deDest de la formeM(t)pour un unique t∈R)

toute droiteD non incluse dansS rencontreS en au plus 2 points.

5. Soit∆une droite coupant les droitesD1,D2 etD3 enM1,M2 etM3. PuisqueDi⊂S pour touti∈ {1,2,3}, on a d’abordMi∈S ∩D. De plus, puisqueD1etD2ne se coupent pas, on a par ailleursM16=M2 (car sinon M1∈D1∩D2) et, de même,M26=M3 etM16=M3. D’après la question précédente, ∆est donc incluse dans S (car elle possède au moins trois points d’intersection avecS).

Toute droite coupantD1,D2 et D3est incluse dans S.

6. Raisonnons par l’absurde en supposant qu’il existe trois droites ∆j avec j ∈ {1,2,3} coupant les droites Di

pour touti ∈ {1,· · ·,4}. Pour toutj ∈ {1,2,3}, puisque, pour touti∈ {1,2,3}, ∆j coupeDi, on a d’abord (d’après la question précédente)∆j⊂S.

Montrons maintenant que les intersections de D4 avec les droites ∆j (pour j ∈ {1,2,3}) sont deux à deux distinctes.

Si par exempleM appartient à la fois à∆1∩D4et∆2∩D4alors∆1et∆2serait des droites passant parM et coupant à la foisD1 etD2par hypothèse. PuisqueM /∈D1 etM /∈D2 (faute de quoi on auraitM ∈D1∩D4

ouM ∈D2∩D4, contradiction avecD4ne rencontre pasD1etD2) etD1, D2 non coplanaires, on aurait alors

∆1= ∆2 (d’après 1) ; contradiction.

On a finalement queD4 rencontreS en au moins trois points, et, d’après la question 4,D4 est incluse dans S; contradiction finale.

Il existe au plus deux droites coupant les droitesD1,D2,D3 etD4.

Problème III : Il faut passer les premiers

1. (a) Puisque 100 > 96 = 16×6, il est clair qu’une réussite ne peut être gagnée en strictement moins de 17 lancers. Par ailleurs, si n >17, la suite de 17 lancers égaux à 6 permet de gagner une résussite (en effet, aucun multiple de 6 n’est premier). Puisque le nombre de résultats ennlancers est fini, on en déduit

pn>0 si et seulement sin>17.

(b) On constate tout d’abord que(pn)est une suite croissante (puisque si une réussite est gagnée en au moins nlancers elle est aussi gagnée en au moinsn+ 1) et majorée (par 1) donc convergente de limitep61.

Remarquons d’autre part que si Sisyphe effectue, au cours de sa réussite, 34 lancers consécutifs de6 alors il gagne. En effet, s’il ne perd pas au bout des 17 premiers lancers, il aura gagné sa réussite et s’il perd au cours d’un des 17 premiers lancers, il se retrouve à la case 0 et les 17 lancers suivants lui permettent de gagner.

Par ailleurs, s’il effectue34lancers la probabilité de ne pas obtenir 34 fois 6 est de1− 1

6³⁴. Ainsi, s’il effectue une succesion denséries de34lancers, la probabilité qu’il ne réalise pas une série de 34 lancers consécutifs de 6 est de

1− 1

6³⁴ n

.

On déduit donc des observations précédentes

∀n∈N^∗, p34n>1−

1− 1 6³⁴

n

puis, comme

1−₆¹³⁴

<1et par passage à la limite, p>1. Ainsi,(pn)converge vers 1.

2. (a) Notons, pour kun entier non nul,lk le résultat duk^melancer. On a d’abord (X = 2) = (l1= 2)∪(l1= 1 et l2= 1) puis, puisque les lancers sont indépendants,

P(X= 2) =P(l1= 2) +P(l1= 1)P(l2= 1) = 1 6 +

1 6

2

= 7 36. De même,

(X = 3) = (l1= 3)∪(l1= 1 et l2= 2),

(X = 5) = (l1= 5)∪(l1= 4 et l2= 1)∪(l1= 1 et l2= 4)∪(l1= 1 et l2= 3 et l3= 1) et

P(X= 3) = 7

36 etP(X = 5) = 49 216. On a enfin

P(X >4) = 1−P(X 63) = 1−P(X= 2)−P(X = 3) = 11 18.

(b) On commence par remarquer que l’on peut calculer la probabilité que Sisyphe réalise une somme prescrite ssans passer par des valeurs interdites (données par une liste Lde nombres strictement inférieurs à s) en exactementilancers.

En effet, si on appellePROBA(s, L, i)cette probabilité, la formule des probabilités totales nous fournit (en distinguant les valeurs du1^erlancer)

PROBA(s, L, i) = 1 6



 X

j∈{1,···,6}, j /∈L

PROBA(s−j, Lj, i−1)





avec, pour toutj∈ {1,· · ·,6},Lj la liste constituée des éléments deLauquels on a retranchéj.

On en déduit un algorithme récursif permettant de calculer cette probabilité.

PROBA(s,L,i)

Si s appartient à {1, · · ·,6} PROBA(s,L,1)=₆¹

Sinon PROBA(s,L,1)=0 Pour k=2 à i

p=0

Pour j appartenant à {1,· · ·,6} et n’appartenant pas à L

Définir L_j comme la liste contenant les éléments de L auquels on a retranché j

On définit ensuite simplement l’algorithme cherché, en remarquant que Sisyphe ne peut obtenir la valeurk qu’en au plusklancers.

PROBABILITE(k)

Définir L comme la liste des nombres premiers inférieurs à 100 Si k n’appartient pas à L

PROBABILITE(k)=0 Sinon

Définir L_k comme la liste des éléments de L strictement inférieurs à k p=0

Pour i=1 à k p=p+PROBA(k,L_k,i) PROBABILITE(k)=p

3. (a) On a, d’après la définition des probabilités conditionnelles et la question 2.(a), α2=P(X = 3)

P(X >2) = P(X= 3)

1−P(X = 2) = 7/36 1−7/36= 7

29. De même,

α3= P(X = 5)

P(X >3) = P(X = 5)

P(X >4) = 49/216 11/18 = 49

132.

(b) On a d’abord, pour tout couple de nombres premiers(p, p^′)consécutifs et inférieurs à 100, 1−αp= P(X > p)−P(X=p^′)

P(X > p) =P(X > p^′) P(X > p)

puisque les seules valeurs strictement inférieures à 100 prises parX sont des nombres premiers. Ainsi, P(X>100) =P(X >97) = (1−α89)P(X >89)

et, après itération et puisqueP(X >2) = 1−P(X= 2) = 29 36, P(G) = (1−α89)× · · · ×(1−α2)P(X >2) = 29

36(1−α2)× · · · ×(1−α89).

(c) Afin d’encadrer αp =P[X>p](X =p^′), nous distinguerons le cas où la distance dp =p^′−pvaut 6 ou 8 de celui où elle vaut 2 ou 4.

- Sidp= 6ou 8, considéronsAp la première position de Sisyphe supérieure ou égale àp. Puisque X > p, on a en faitAp∈ {p+ 1,· · · , p+ 5}. On distingue maintenant les cas.

i. Sidp= 6alors on constate que P[X>p]∩[Ap=p+i](X=p^′)est décroissante aveci. On a par ailleurs P[X>p]∩[Ap=p+5](X =p^′) = 1

6

(un cas favorable sur 6 cas possibles pour un jet de dé). Puisque les possibilités pour faire un total de 5 sont

un jet :5; deux jets :(4,1),(3,2)à permutation près; trois jets :(3,1,1),(2,2,1)à permutation près; quatre jets :(2,1,1,1)à permutation près; cinq jets :(1,1,1,1,1),

on a également

P[X>p]∩[Ap=p+1](X =p^′) = 1 6+ 4

36+ 6 6³ + 4

6⁴ + 1

6⁵ = 2401 7776. La formule des probabilités totales nous permet alors d’écrire

αp= X5

i=1

P(Ap=p+i)×P[X>p]∩[Ap=p+i](X =p^′)

et, puisque les coefficients(P(Ap=p+i))_16i65 sont positifs et de somme 1, on en déduit 1

6 6αp62401

7776 ou 16,6%6αp 630,9%.

ii. Si dp = 8 alors on constate que P[X>p]∩[Ap=p+i](X = p^′) atteint son maximum pour i = 2 et son minimum pouri= 5. Puisque les possibilités pour faire un total de 3 sont

un jet :3; deux jets :(2,1) à permutation près; trois jets :(1,1,1), on a

P[X>p]∩[Ap=p+5](X =p^′) = 1 6 + 2

6² + 1 6³ = 49

216. Par alleurs, les possibilités pour faire un total de 6 sont

un jet :6; deux jets :(5,1),(4,2)à permutation près,(3,3);

trois jets :(3,2,1),(3,1,1),(2,2,1)à permutation près; quatre jets :(2,2,1,1),(3,1,1,1)à permutation près; cinq jets :(2,1,1,1,1)à permutation près : six jets :(1,1,1,1,1,1) et on a donc

P[X>p]∩[Ap=p+2](X =p^′) = 1 6+ 5

6²+10 6³ +10

6⁴ + 5 6⁵ + 1

6⁶ =29849 46656. On obtient donc, par un raisonnement similaire au précédent,

49

2166αp6 16447

46656 ou 22,6%6αp635,3%.

- Sidp = 2ou 4, considéronsBp la dernière position de Sisyphe inférieure ou égale à p. PuisqueX > p, on a en faitBp∈ {p−5,· · ·, p−1}. On distingue maintenant les cas.

i. Sidp= 2alors, pour touti∈ {1,· · ·,4},

P[X>p]∩[Ap=p−i](X =p^′) = 1

6−i + 1 (6−i)6

car on ne peut obteniri+ 2avec un premier lancer supérieur ài+ 1(6−i possibilités) qu’avec un jet – constitué dei+ 2– ou un jets de deux dés – constitué de(i+ 1,1).

Par ailleurs, la seule possibilité pour obtenir 7 avec un premier lancer supérieur à 6 (une seule possibilité) est (6,1) et

P[X>p]∩[Ap=p−5](X =p^′) = 1 6. En raisonnant comme précédemment, on en déduit

1

6 6αp6P[X>p]∩[Ap=p−4](X =p^′) = 7

12 ou 16,6%6αp658,3%.

ii. Sidp= 4 alors on constate queP[X>p]∩[Ap=p−i](X =p^′)atteint sa plus grande valeur en i= 2et sa plus petite eni= 5.

Par ailleurs, les possibilités pour faire un total de 6 avec un premier lancer supérieur ou égal à 3 sont :

un jet :6(parmi 4 cas possibles); deux jets :(5,1),(4,2),(3,3)(parmi4×6cas possibles);

trois jets : (4,1,1),(3,2,1),(2,1,2)(parmi4×6² cas possibles);

quatre jets :(3,1,1,1)(parmi4×6³cas possibles) et on a donc

P[X>p]∩[Ap=p−2](X =p^′) = 1 4+ 3

4×6+ 3

4×6² + 1

4×6³ =343 864.

Puisque les possibilités pour faire un total de 9 avec un premier jet supérieur ou égal à 6 sont deux jets :(6,3)(parmi1×6cas possibles);

trois jets :(6,2,1),(6,1,2)(parmi1×6² cas possibles);

quatre jets :(6,1,1,1)(parmi1×6³ cas possibles), on a également

P (X =p^′) =1

+ 2 + 1

= 49 .

49

2166αp6343

864 ou 22,6%6αp639,7%.

On peut finalement donner un encadrement deP(G). Parmi les nombres premierspinférieurs à 100 (distincts de 2 et 3), il y en a 7 tels quedp= 2, 7 tels quedp= 4, 7 tels quedp= 6et 1 tel que dp= 8.

D’après ce qui précède, en tenant compte de la question précédente et du fait que(1−α2)×(1−α3) = 83 174, on en déduit

83 216

1− 7

12

7

1−343 864

7

1−2401 7776

7

1−16447 46656

6P(G)6 83 216

1−1

6

7

1− 49 216

7

1−1 6

7

1− 49 216

soit encore numériquement

1,18×10⁻⁶6P(G)63,83×10⁻³. Remarques :

➣ L’écart relatif de cet encadrement est très mauvais. Il y a en effet un facteur 10³ entre les deux bornes (l’écart relatif est donc de l’ordre de 10⁵%!). Cependant, il est illusoire d’obtenir ici un écart relatif décent – disons de l’ordre de10%. En effet, il faudrait un écart relatif sur chacun des produits de l’ordre de ²²√

1,1−1≈0,434%, ce qui semble hors de portée de manière élémentaire.

➣ En considérantCp la dernière position inférieure ou égale à p^′, on peut montrer (par un raisonnement similaire aux précédents) que, sidp= 2et sauf dans les cas particulierp= 5,29ou59,

1

6 6αp6 1 2.

On peut donc espérer améliorer un peu l’encadrement de la probablité de gain mais l’encadrement conservera un écart relatif du même ordre.