a a a p p p n n n a a a f f f ( ( ( = = = n n n ≥ > = ) ) ) p p p = = = 4 4 4 ...... ...... ...... a a a ...... ...... ...... p p p a a a ip ip ip 1 1 1 1 1 1 ka ka ka kp kp kp

Correction  concours  général  Maths  2012    

Problème  I    

1)  a)  2012  =  2²  ×  503¹  ,  donc  f(2012)  =  2²  ×  1⁵⁰³  =  4              b)  f⁰(36³⁶)  =  36³⁶  =  (2²  ×  3²)³⁶  =  2⁷²  ×  3⁷²    

                   f¹(36³⁶)  =  72²  ×  72³  =  72⁵  =  (2³  ×  3²)⁵  =  2¹⁵  ×  3¹⁰                      f²(36³⁶)  =  15²  ×  10³  =  (3  ×  5)²  ×  (2  ×  5)³  =  2³  ×  3²  ×  5⁵                        On  remarque  ensuite  que  f(2³  ×  3²  ×  5⁵)  =  2³  ×  3²  ×  5⁵                          donc  pour  tout  entier  i  ≥  3,  fⁱ(36³⁶)  =  2³  ×  3²  ×  5⁵  =  225  000    

2)  a)  Soit  n  =  9  .  f(9)  =  f(3²)  =  2³  =  8  et  f(8)  =  f(2³)  =  3²  =  9                      Montrons  par  récurrence  que  f^2p(9)  =  9  et  f^2p+1(9)  =  8                      f⁰(9)  =  9  et  f¹(9)  =  8  donc  la  propriété  est  vraie  au  rang  0                      Supposons  que  pour  un  entier  p  ≥  0,  f^2p(9)  =  9  et  f^2p+1(9)  =  8                      alors  f^2(p+1)(9)  =  f^2p+2(9)  =  f(f^2p+1(9))  =  f(8)  =  9    

                               et  f^2(p+1)+1(9)  =  f(f^2(p+1)(9))  =  f(9)  =  8  et  la  propriété  est  vraie  au  rang  p  +  1    

                 Soit  i  un  entier  ≥  0  ,  si  i  est  pair  ,  alors  i  +  2  est  pair  et  fⁱ⁺²(9)  =  fⁱ(9)  =  9                                                                                                si  i  est  impair  ,  alors  i  +  2  est  impair  et  fⁱ⁺²(9)  =  fⁱ(9)  =  8    

         b)  2³  <  3²  et  f(2³)  >  f(3²)  ,  donc  f  n’est  pas  croissante                      2³  <  5³  et  f(2³)  <  f(5³),  donc  f  n’est  pas  décroissante    

3)  a)  Si  f(n)  =  1  ,  supposons  n  ≠  1  ,  alors  n= p₁^a1...p_k^ak  

                   et f(n)=a₁^p1...a_k^pkmontre  que  pour  tout  i,  ai  =  1  donc  n  =  p1.p2………pk  .                        Réciproquement  si  n  =  1  ou  n  =  p1.p2………pk    où  pi  sont  des  nombres  premiers                        distincts,  alors  f(n)  =  1  

         b)  Supposons  que  f(n)  =  2,  alors  n  ≠  1  et  s’écrit  n= p₁^a1...p_k^aket   f(n)=a₁^p1...a_k^pk                      L’un  des  ai    ≥  2  sinon  f(n)  =  1,  mais  comme  pi  ≥  2,  alors  f(n)  ≥  4  contradictoire                      donc  l’équation  f(n)  =  2  n’a  pas  de  solutions.  

         c)  Si  f(n)  =  4,  alors  n= p₁^a1...p_k^aket   f(n)=a₁^p1...a_k^pk  

                   L’un  des  ai  ≥  2,  mais  alors  a_i^pi ≥4.  Si  a_i^pi >4,  alors  f(n)  >  4  impossible.  

                   Donc  a_i^pi =4,  donc  ai  =  2  et  pi  =  2,  donc  tous  les  autres  ai    sont  égaux  à  1                      donc  n  est  de  la  forme  2²p1….pk  avec  pi  nombres  premiers  distincts  >  2                        Réciproquement  si  n  =  2²p1….pk  avec  pi  nombres  premiers  distincts  >  2,                        alors  f(n)  =  4  

4)  a)  Soit  a  ≥  2.  On  considère  la  propriété  P(n)  :  «  na  ≤  aⁿ  »                      P(0)  et  P(1)  sont  vraies    

                   Supposons  la  propriété  vraie  pour  un  certain  entier  n  ≥  1,  donc  na  ≤  aⁿ                        On  en  déduit  que  na²  ≤  aⁿ⁺¹  

                   na²  −  (n+1)a  =  a(na  −  n  −  1)  ≥  a(2n  −  n  −  1)  =  a(n  −  1)  ≥  0                      donc  (n  +  1)a  ≤  na²  ≤  aⁿ⁺¹  ,  donc  P(n+1)  est  vraie  

                   On  a  montré  par  récurrence  que  pour  tout  entier  n  ≥  0,  an  ≤  aⁿ        

               Soit  n  et  p  des  entiers  ≥  2.    

               np  −  (n  +  p)  =  np  −  n  −  p  =  (n  −  1)(p  −  1)  −  1  ≥  0  ,  donc  n  +  p  ≤  np.    

               Montrons  par  récurrence  la  propriété  P(n)  suivante  (n  ≥  2)                  P(n)  :  «  pour  tout  x1,x2,…,xn  entiers  ≥  2  ,  x1  +  …..  +  xn  ≤  x1…..xn  »      

               P(2)  est  vraie  d’après  la  remarque  précédente.    

               Supposons  P(n)  vraie  pour  un  certain  entier  n  ≥  2                    Soit  x1,x2,……,xn+1  n  +  1  entiers  ≥  2  ,  x1x2….xn  ≥  2  et  xn+1  ≥  2                  donc  d’après  la  remarque  :  x1x2….xn  +  xn+1  ≤  x1x2….xn.xn+1                    D’après  l’hypothèse  de  récurrence,  x1  +  x2….  +  xn  ≤  x1x2….xn                  donc  x1  +  x2….  +  xn  +  xn+1  ≤  x1x2….xn.xn+1  et  P(n+1)  est  vraie.    

               On  a  montré  par  récurrence  que  P(n)  est  vraie,  pour  tout  entier  n  ≥  2    

               Soit  ai  ,  k  entiers  ≥  2  et  bi  ,  k  entiers  ≥  1.  Alors  les  aibi  sont  ≥  2.  

               Alors  d’après  4a)    pour  1  ≤  i  ≤  k  ,  a_ib_i ≤a_i^bi  donc  a1b1  +  ….  +  akbk  ≤  a₁^b1+....+a_k^bk                  et  a₁^b1+....+a_k^bk  ≤  a₁^b1×...×a_k^bkd’après  la  propriété  précédente    

               On  en  déduit  que  a1b1  +  …….  +  akbk  ≤  a₁^b1×...×a_k^bk                    

               Soit  ai  ,  k  entiers  ≥  2  et  bi  ,  k  entiers  ≥  0.  

               On  applique  l’inégalité  précédentes  aux  couples  (ai,bi)  tels  que  bi  ≥  1.    

               Pour  les  couples  (aj,bj)  avec  bj=  0,  on  ajoute  à  gauche  les  produits  ajbj  =  0    

               et  à  droite  les  puissances  a_j^bj =1  ,  donc  on  a  encore  a1b1  +  …….  +  akbk  ≤  a₁^b1×...×a_k^bk            

       c)  Soit    n= p₁^a1...p_k^aket   f(n)=a₁^p1...a_k^pk  

                 On  note  q1,…,  ql  tous  les  nombres  premiers  divisant  l’un  des  ai  

                 Pour  1  ≤  i  ≤  k,  on  pose  a_i =q₁^αi,1...q_l^αi,l  où  les  αi,j  sont  des  entiers  ≥  0                    On  a  alors     f(n)=q₁^{α1,1p1+....+αk,1pk}...q_l^{α1,lp1+....+αk,lpk}  

                 Donc  f(f(n))  =  

(

)

(

)

(

)

(

)

                                                                 ≤  p₁^{α1,1q1+....+α1,lql}...p_k^{αk,1q1+....+αk,lql}                                                                    ≤  p₁^a1...p_k^ak =n  

           d)  Soit  (un)  la  suite  définie  par  un  =  f²ⁿ(n).  On  a  un+1  =  f(f(un))    

                     D’après  ce  qui  précède,  (un)  est  une  suite  infinie  décroissante  d’entiers  naturels                        donc  stationnaire  à  partir  d’un  rang  p.    

                     Soit  (vn)  la  suite  définie  par  vn  =  f²ⁿ⁺¹(n).  On  a  vn+1  =  f(f(vn))                        De  même  (vn)  est  une  suite  stationnaire  à  partir  d’un  rang  q.    

                     Soit  r  ≥  2  ×  max(p,q)  +  1  et  soit  i  ≥  r.    

                     Si  i  est  pair,  i  =  2k  (avec  k  ≥  p)  ,  donc  fⁱ⁺²(n)  =  f^2k+2(n)  =  uk+1  =  uk  =  f^2k(n)  =  fⁱ(n)                        Si  i  est  impair  ,  i  =  2k  +  1  (et  k  ≥  q)  ,  donc  fⁱ⁺²(n)  =  f^2k+3(n)  =  vk+1  =  vk  =  f^2k+1(n)  =  fⁱ(n)                          

5)  a)  On  considère  la  propriété  P(n)  :    

                   «  Il  existe  α  et  β  ∈    tels  que  2α  +  3β  =  n  et  α’  et  β’  ∈    tels  que  2α’  +  3β’  =  n  +  1  »                      2  ×  1  +  3  ×  0  =  2      et        2  ×  0  +  3  ×  1  =  3  ,  donc  P(2)  est  vraie.    

                   Supposons  que  P(n)  soit  vraie  pour  un  certain  entier  n    

                   Il  existe  4  entiers  naturels  ,  α,β,α’,β’  tels  que  2α  +  3β  =  n    et  2α’  +  3β’  =  n  +  1                      Alors  n  +  2  =  2(α  +  1)  +  3β  et  n  +  3  =  2α  +  3(β  +  1)    

                   et  la  propriété  est  vraie  au  rang  n  +  1.    

       b)  Soit  n  ∈  E,  alors  n= p₁^a1....p_k^ak ,  avec  ai  ≥  2  pour  1  ≤  i  ≤  k    

                 Pour  chaque  ai  ,  il  existe  des  naturels  αi  et  βi  tels  que  :  ai  =  2αi  +  3βi                      Alors  n= p₁^2α1+3β1....p_k^2αk+3βk =

(

)

(

)

                 Mais  2  et  3  sont  des  nombres  premiers,  il  suffit  donc  de  prendre  le  nombre  m                    défini  par  m=2^{p1α1....pkαk}3^{p1β1....pkβk}et  de  façon  évidente,  f(m)  =  n  

       c)  2012²⁰¹²  =  (2²  ×  503)²⁰¹²  =  22  .  2012  ×  5032  .  1006  =  (2²⁰¹²  ×  503¹⁰⁰⁶)²                        donc  m  =  2^{22012×5031006}convient  

       d)  Soit  m= p₁^a1...p_k^ak  ∈  E  ,  donc  ai  ≥  2  pour  tout  1  ≤  i  ≤  k                      alors  n  = f(m)=a₁^p1...a_k^pk  

                   Tous  les  nombres  premiers  présents  dans  la  décomposition  de  ai  admettent  un                        exposant  ≥  pi  ≥  2,  donc  tous  les  nombres  premiers  présents  dans  la  décomposition                      de  n,  admettent  un  exposant  ≥  2,  donc  n  ∈  E.  La  réciproque  est  vraie.    

Problème  II  

Montrons  par  récurrence  sur  n  ∈  ,  que  la  suite  (un)  vérifie  la  propriété  P(n)  :    

«  Pour  tout  entier  k  compris  entre  0  et  n,  0≤u₂k−1,u₂k,...,u₂₍₂k−1)≤ 1 2^{k  »}   0  ≤  u0  ≤  1  donc  P(0)  est  vraie    

Supposons  que  P(n)  soit  vraie  pour  un  certain  entier  n  

Il  y  a  2(2ⁿ  −  1)  −  (2ⁿ  −  1)  +  1  =  2ⁿ  valeurs  au  moins  inférieures  ou  égales  à   1 2ⁿ       et  2ⁿ  −  1  valeurs  au  plus  supérieures  à   1

2ⁿ    ,  parmi  les  termes  de  la  suite  de  rang  <  2ⁿ⁺¹  −  1   Supposons  que  parmi  les  termes  de  la  suite  de  rang  ≥  2ⁿ⁺¹  −  1,  certains  soient  >   12ⁿ⁺¹,     alors  le  premier  d’entre  eux  admet  au  plus  2ⁿ  −  1  valeurs  supérieures  à   12ⁿ  =  2  ×   12ⁿ⁺¹     parmi  les  termes  précédents,  donc  moins  de  la  moitié,  ce  qui  est  impossible.    

Donc  tous  les  termes  de  la  suite  de  rang  ≥  2ⁿ⁺¹  −  1,  sont  inférieurs  ou  égaux  à   1 2ⁿ⁺¹   En  particulier  ,  0≤u₂n+1−1,...,u₂₍₂n+1−1)≤ 1

2ⁿ⁺¹et  P(n+1)  est  vraie    

Soit  L  >  0,  et  k  le  premier  entier  tel  que   1

2^k  <  L  .  On  pose  N  =  2^k  −  1   Pour  tout  entier  n  ≥  N,  d’après  ce  qui  précède,  0  ≤  un  ≤   1

2^k  <  L  ,  donc   lim

n→+∞un  =  0    

1)  Un  trajet  s’écrit  1  a2  ……  an  1.  Il  y  a  autant  de  trajets  que  de  permutations  des  n  −  1            nombres  de  2  à  n.  Donc  le  nombre  de  trajets  est  (n  −  1)  !  

2)  a)  ⎜a  −  b  ⎜  peut  s’interpréter  comme  la  distance  entre  a  et  b  

                   On  a  la  propriété  d(a,c)  ≤  d(a,b)  +  d(b,c)  avec  égalité  ssi  b  est  compris  entre  a  et  c                      Par  exemple    ⎜4  −  1  ⎜  =    ⎜4  −  3  ⎜+    ⎜3  −  1  ⎜  ,  mais    ⎜4  −  3  ⎜  ≤    ⎜4  −  1  ⎜  +    ⎜1  −  3  ⎜                      Cette  propriété  se  généralise  à  plus  de  deux  termes.    

                   Un  trajet  avec  n  maisons,  s’écrit  a1  =  1  a2  a3  ….  ak  n  ak+1  …….  an-­‐1  1.    

                   La  longueur  est  L  =  ⎜1  −  a2  ⎜  +  ⎜a2  −  a3  ⎜  +  …..  +  ⎜ak  −  n  ⎜  +  ⎜n  −  ak+1  ⎜  +  ….  +  ⎜an-­‐1  −  1⎜  

                   D’après  ce  qui  précède,  L  ≥  ⎜1  −  n  ⎜+  ⎜n  −  1  ⎜  =  2(n  −  1)  

                   Cette  longueur  minimale  est  atteinte  par  le  trajet  1  2  3  ……  n  1    

         b)  En  reprenant  les  notations  précédentes  ainsi  que  la  remarque,  le  trajet  est  de                        longueur  minimale  si  et  seulement  si  les  termes  a1,  ……,  ak  sont  rangés  dans  l’ordre                      croissante  et  les  termes  ak+1,….,an-­‐1  sont  rangés  dans  l’ordre  décroissant.    

                   Il  y  a  autant  de  trajets  à  longueur  minimale  que  de  façon  de  placer  les  éléments  ai                        par  rapport  à  n.  Il  y  a  donc  2^n-­‐2  trajets  de  longueur  minimale  2(n  −  1).    

3)  a)  Pour  n  =  5,  le  trajet  1    2    5    4    3    1  a  pour  longueur  8  =  1  +  3  +  1  +  2  +  1                      Plus  précisément  (2  −  1)  +  (5  −  2)  +  (5  −  4)  +  (4  −  3)  +  (3  −  1)  

                   Soit  (5  +  5  +  4  +  3  +  2)  −  (1  +  1  +  2  +  3  +  4)  =  19  −  11  =  8  

                   La  première  parenthèse  représente  les  maxima  de  (1,2)  ,  (2,5)  ,  (5,4)  ,  (4,  3)  ,  (3,1)                      La  deuxième  parenthèse  représente  les  minima  de  (1,2)  ,  (2,5)  ,  (5,4)  ,  (4,  3)  ,  (3,1)                      Un  trajet  ne  peut  donc  avoir  une  longueur  supérieure  à    

                                                     (5  +  5  +  4  +  4  +  3)  −  (1  +  1  +  2  +  2  +  3)  =  21  −  9  =  12  

                   Et  cette  longueur  est  atteinte  par  le  trajet  1  5  2  4  3  1,  donc  12  est  la  longueur                        maximale  d’un  trajet  pour  n  =  5  

                   Pour  n  =  6,  la  longueur  ne  peut  être  supérieure  à  :  

                                                 (6  +  6  +  5  +  5  +  4  +  4)  −  (1  +  1  +  2  +  2  +  3  +  3)  =  30  −  12  =  18  

                   Et  cette  longueur  est  atteinte  par  le  trajet  1  6  2  5  3  4  1,  donc  18  est  la  longueur                        maximale  d’un  trajet  pour  n  =  6                    

         b)  Plus  généralement  pour  un  trajet  de  longueur  n,  il  y  a  n  couples  (a,b)                      Pour  n  pair,  la  longueur  ne  peut  être  supérieure  à    

                   (n  +  n  +  …..  +  (n

2  +  1)  +  (n

2  +  1))  −  (1  +  1  +  2  +  2  +  ……  n 2  +  n

2)                      =  2((n

2  +  1)  +  …..  +  n)  −  (1  +  2  +  …..  n2))  =  2(n

2  ×  n2)  =  n² 2  

                   Et  cette  longueur  est  atteinte  par  le  trajet  1    n    2    (n  −  1)    3    ……    n2    (n

2  +  1)    1                      Pour  n  impair,  la  longueur  ne  peut  être  supérieure  à    

                 (n  +  n  +  …….  +  n  +  3

2  +  n  +  3

2  +  n  +  1

2 )  −  (1  +  1  +  ……  +  n  −  1

2  +  n  −  1

2  +  n  +  1 2 )                    =  (n  +  3

2  +  n  +  3

2  +  ……  +  n  +  n)  −  (1  +  1  +  ……  +  n  −  1

2  +  n  −  1

2 )  =  2  ×  n  −  1

2  ×  n  +  1 2                    =  n²  −  1

2  et  cette  longueur  est  atteinte  par  1    (n  −  1)    2  (n  −  2)  3  ………n  +  32    n  +  1 2    1    

4)  exemple  avec  n  =  4  .  Il  y  a  3  !  =  6  trajets    

         1  2  3  4  1    de  longueur  6  :  4  couples  (1,2)  (2,3)  (3,4)  (1,4)            1  2  4  3  1    de  longueur  6  :  4  couples  (1,2)  (2,4)  (3,4)  (1,3)            1  3  2  4  1    de  longueur  8  :  4  couples  (1,3)  (2,3)  (2,4)  (1,4)            1  3  4  2  1    de  longueur  6  :  4  couples  (1,3)  (2,4)  (2,4)  (1,2)            1  4  2  3  1    de  longueur  8  :  4  couples  (1,4)  (2,4)  (2,3)  (1,3)            1  4  3  2  1    de  longueur  6  :  4  couples  (1,4)  (3,4)  (2,3)  (1,2)            Soit  une  espérance  de  40

6  =  20

3  .  On  va  compter  autrement  cette  espérance.    

         Il  y  a  24  couples  (a,b).  En  fait,  il  n’y  a  que  6  couples  différents  (1,4)  (1,3)  (2,4)  (1,2)              (2,3)  (3,4)  qu’on  retrouve  chacun  4  fois.    

         Le  couple  (1,4)  donne  une  longueur  de  3  

         Les  couples  (1,3)  et  (2,4)  donnent  une  longueur  de  2            Les  couples  (1,2)  (2,3)  et  (3,4)  donnent  une  longueur  de  1  

         Donc  les  24  couples  donnent  une  longueur  totale  4(3  +  2  +  2  +  1  +  1  +  1)  =  40,            Pour  n  quelconque  ,  il  y  a  (n  −  1)  !  trajets    

         Chaque  trajet  procure  n  couples  (a,b),  donc  les  (n  −  1)  !  trajets  vont  procurer  n  !  couples.  

         Pour  a  ≠  b  ,  il  y  a  autant  de  couples  (1,a)  que  de  couples  (1,b).  Avec  les  deux  1  de  chaque              trajet,  il  y  a  donc  2(n  −  1)  !  couples  (1,a)  dont  n  −  1  sont  différents.  Donc  chaque  couple            (1,a)  est  au  nombre  de  2(n  −  1)!

n  −  1  =  2(n  −  2)  !  

         Il  reste  n  !  −  2(n  −  1)  !    =  (n  −  1)  !  (n  −  2)  couples  (a,b)  avec  a  ≠  1  et  b  ≠  1.    

         Le  tableau  suivant  montre  qu’il  y  a  1  +  2  +  ….  +  (n  −  2)  couples  (a≠1,b≠1)  différents            soit  (n  −  2)(n  −  1)

2  .  Sur  les  (n  −  1)  !  trajets  ,  chaque  nombre  a  et  b  a  le  même  rôle,  donc  les            couples  (a,b)  sont  chacun  au  même  nombre  de  (n−1)!(n−2)

(n−2)(n−1) 2

=2(n−2)!.    

         En  conclusion,  chaque  couple  (a,b)  est  au  nombre  de  2(n  −  2)  !     d(a,b)   1   2   3   n-­2   n-­1   n  

1   X   X   X   X   X   X  

2   1   X   X   X   X   X  

3   2   1   X   X   X   X  

n-­2   n-­‐3   …   …   X   X   X   n-­1   n-­‐2   n-­‐3        1   X   X  

n   n-­‐1   n-­‐2   n-­‐3   2   1   X  

   Le  tableau  précédent  donne  aussi  toutes  les  distances  pour  chacun  des  différents  couples.    

   On  va  noter  Sn  la  somme  des  distances  de  ces  couples.    

   Or  chaque  couple  est  au  nombre  de  2(n  −  2)  !,  donc  la  somme  des  longueurs  des  (n  −  1)  !              trajets  est  2(n  −  2)  !  Sn.  L’espérance  est  donc  2(n  −  2)  !  Sn

(n  −  1)  !  =   2Sⁿ n  −  1    

   Il  reste  à  calculer  Sn  =  1(n  −  1)  +  2(n  −  2)  +  3(n  −  3)  +  ……  +  (n  −  2)2  +  (n  −  1)1                                                                        =   k(n−k)=n k

k=1

∑

∑

∑

    k=1+2+...+(n−1)= n(n−1)

k=1 2

∑

k=1

∑

   On  en  déduit  que  Sn  =  n²(n  −  1)

2  −  n(n  −  1)(2n  −  1)

6  =  n(n  −  1)(3n  −  2n  +  1)

2  =  n(n  −  1)(n  +  1)

6    

   donc  l’espérance  est   2Sⁿ  =  n(n  +  1)