Concours général de mathématiques 2012

[obertran94]

Bah oui mais si n est impair on aura n/2 de la forme trucmachin,5 ce qui est impossible pour une suite non?
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[Intox_x]

Ou alors on utilise Bézout : PGCD(2;3)=1 donc il existe un couple d'entiers relatifs tels que 2u+3v=1. Donc 2au+3av=a où au=alpha et av=béta. Voilà

Exact. Ou encore on peut dire que tout nombre s'écrit sous la forme a=2k ou a=2k+1. On pose alpha=k, beta=0 dans le premier cas, et alpha=k-1, beta=1 dans le second cas. Comme a>1, alpha>0 et beta>0.

[angelblacks]

Il est dit que "Uo=0 tq pour tout n appartenant à N, la moitié des termes Uo,U1,U2,........,U(n-1) soient supérieurs ou égaux à 2Un" donc pour moi la moitié des termes est soit de Uo à U(n-1)/2 ou de U(n-1)/2 à Un. j'ai pris la 1ère par pur choix puisqu'il fallait prendre une moitié.
obertran le problème c'est que comme j'avais U(n-1)/2 je savais pas trop si j'avais le droit d'en conclure directement comme ça alors j'ai préférer bien "faire".

[charles1994]

la question disait "au moins la moitie des termes u(0), u(1),...u(n-1) soient superieurs ou egaux a 2u(n)"
en fait on a un nombre qui est quelquonque et j'essaye de lui trouver un maximum (l'encadrer) pour prouver qu'il est de plus en plus petit:
Ainsi pour n=3, on a u(1) > 2u(3) ou u(2) > 2u(3)
or on a vu que ou u(1) ou u(2) etait <1/2 u(0)
et a partir de ou u(1) ou u(2) on va trouver un maximum a u(3) (selon la relation u(1) > 2u(3) ou u(2) > 2u(3) )
qui sera plus petit que u(0) car dependera d'un terme qui lui meme depend de u(0) selon la relation u(1) ou u(2) <1/2 u(0)


Et pour la question 1-4-c,
J'ai dit que a travers l'application f, si l'exposant d'un terme d'un des produits est egal a 1 alors le terme "disparait" a travers l'application f,
en effet p^1 (avec p premier) devient 1^p=1
et donc que a travers la double application fof, f(f(n))=n si n appartient a E (voir 5) ou alors si il existe un exposant egale a 1 alors, f(f(n))<n
Ainsi pout tout n, f(f(n))<=n

[angelblacks]

ah oui c'est vrai que c'est ultra simple avec bezout mais encore fallait pas l'oublié

[Intox_x]

Il est dit que "Uo=0 tq pour tout n appartenant à N, la moitié des termes Uo,U1,U2,........,U(n-1) soient supérieurs ou égaux à 2Un" donc pour moi la moitié des termes est soit de Uo à U(n-1)/2 ou de U(n-1)/2 à Un. j'ai pris la 1ère par pur choix puisqu'il fallait prendre une moitié..

C'est faux. Le sujet ne précisé pas que les termes doivent être consécutifs.
Par exemple : u(0)=1, u(1)=0, u(2)=1/2 convient.

[angelblacks]

pour moi U1 était consecutif avec Uo.
ptite question comment tu peut calculer les termes suivants si t'as pas Un?

[Plussoyeur]

C'est faux. Le sujet ne précisé pas que les termes doivent être consécutifs.
Par exemple : u(0)=1, u(1)=0, u(2)=1/2 convient.

On est d'accord
Et oui pour l'application de f dans f. J'ai fait tout un pavé pour l'expliquer alors que ça se résume succinctement en fait.

[Intox_x]

pour moi U1 était consecutif avec Uo.
ptite question comment tu peut calculer les termes suivants si t'as pas Un?

Le sujet voulait dire "la moitié des termes (parmi) u(0), u(1), ... u(n-1)", donc non nécessairement consécutif. Enfin c'est ce qui me parait le plus logique.

Il n'y avait pas besoin de calculer aucun des termes pour résoudre le problème.

[obertran94]

Il n'y avait pas besoin de calculer aucun des termes pour résoudre le problème.

De toute façon on ne pouvait pas ^^'
Mais on pouvait les majorer et au final ce qui compte c'est que le majorant tende vers 0... non?

[Plussoyeur]

Si tu pouvais détailler un peu ta méthode Intox_x car j'ai voulu utiliser une suite annexe mais je n'arrivais pas à la trouver... et je t'ai perdu sur la récurrence. Pourquoi ce choix de suite (vn) d'ailleurs?

[Intox_x]

Si tu pouvais détailler un peu ta méthode Intox_x car j'ai voulu utiliser une suite annexe mais je n'arrivais pas à la trouver... et je t'ai perdu sur la récurrence. Pourquoi ce choix de suite (vn) d'ailleurs?

En lisant le post de obertran94, je me rend compte que j'ai probablement fait une erreur. En effet j'ai considéré, pour n impair, les (n-1)/2 termes plutôt que les (n+1)/2. Je détaille tout de même ma réponse, on pourra facilement l'adapter en remplaçant par v(n+1)=2v(n)+1.

Donc en observant un peu, on pouvait voir que u(3)<1/4, u(8)<1/8, u(17)<1/16 (du coup les bon termes à considerer serait u(3), u(7), u(15), mais bon...)
3, 8, 17,... sont les termes de la suite v(n) définit plus haut.
On peut alors formuler l'hypothèse de récurrence (fausse du coup, mais adaptable) :
"pour tout p>0, pour tout n tel que v(p) <= n <= v(p+1)-1, u(n) <= 1/2^(p+1)"
On voit quelle est vrai au rang 1.
Supposons qu'elle soit vrai à un certain rang k.
D'après l'H.R., il y a au moins (v(p+1)-1)-v(p)+1=v(p+1)-v(p) termes u(n) < 1/2^(p+1)
Et il y a en tout v(p+1)-1+1=v(p+1) termes.
On calcule le rapport entre les deux quantités :
(v(p+1)-v(p))/v(p+1) = 1 - v(p) / v(p+1)
A l'aide de la formule explicite de (v(n)), on trouve que ce rapport est supérieur à 1/2.
Donc le terme u(v(p+1)) est forcément inférieur à 1/2^(p+2).
Ensuite on montre la deuxième partie de l'inégalité en reprenant le raisonnement à l'envers.
On trouve : pour tout n tel que v(p+1) <= n <= v(p+2)-1, u(n) <= 1/2^(p+2)
L'H.R est vérifiée au rang p+1, elle est donc vrai pour tout p>0.

Je ne détaille pas le calcul de la limite, elle est assez immédiate une fois l'encadrement trouvé.

A cause de mon erreur initiale, les inégalités sont fausses, quoique très facilement adaptables, mais le principe est correct je pense.

[Intox_x]

Je me suis relu un peu tard, désolé du double post.
Les termes de la suites v(n) sont 3,8,18... et non 17, j'ai bêtement recopier les valeurs de la ligne au dessus.

[abcdbaliabcd]

J'ai trouvé l'exo 3 assez dur dans le sens où tous les résultats étaient plutôt intuitifs... Vous avez trouvé quoi pour la longueur maximale du trajet en fonction de n ?
Des idées pour la question 5) (b) ?

[Sandjak]

Bonjour tout le monde, café?
Exercice plus abordable que les années précédentes en effet, exercice 1 j'ai galéré un peu sur le fin : 4 c), d) et une question du 5°)
Exercice 2 : récurrence en essayant de me dépatouiller avec Uo>2U1
Exercice 3: J'ai adoré, aucune grosse connaissance à apporter, et un énoncé plutôt sympathique ^^

Pour l'exo 3, j'ai détaillé ma méthode ici :
http://www.ilemaths.net/forum-sujet-468331.html

[dark-fate]

Bonjour,
Je voulais savoir ce que vs aviez mis a la 5c du pb1
F(m)=2012^2012
M=?
Jai mis 503^8048 mais je doute que ce soit ca...
Merci

[Plussoyeur]

Alors pour l'exo 3 (là où j'ai le mieux réussi malgré le fait que j'ai mis intuitivement mes réponses en expliquant brièvement... voire vainement).
Nombre de trajets possibles : (n-1)!
Nombre de trajets minimales : 2^(n-2)
Longueur max. d'un trajet : pour n pair : n^2/2 et pour n impaire (n^2-1)/2 (Pour c'est juste ça se vérifiait).

Après Sanjak j'ai la même réponse que toi pour l'espérance à juste titre c'est que j'ai fait la même observation... or pour n=4 il se trouve qu'on 4 trajets de longueurs 6 et 2 trajets de 8. Donc ça devient faux...

[Plussoyeur]

Désolé du double post... Le temps que je modifie je n'avais plus le droit d'envoyer la modification.

Alors pour la longueur max, je tente d'expliquer :

Je rappelle : n pair : n^2/2 et n impair (n^2-1)/2. Ca vient du fait que quand on observe, pour faire une longueur maximale on prend le milieu du trajet... Par exemple pour n=6, bah on fait 6 fois le trajets 6/2.
Ex :
1..........2..........3....... ...4..........5..........6
------------------------------------------> longueur 5 (soit 3+2)
.............<--------------------------------- longueur 4 (soit 3+1)
..............------------------------> longueur 3
.........................<---------------- longueur 2 (soit 3-1)
.........................-------> longueur 1 (soit 3-2)
<------------------------ longueur 3

Et pour n impair il faut prendre la longueur (n+1) que l'on divise par 2 et on fait ce trajet (n-1) fois (et pas n fois). Et donc après on développe (n+1)(n-1) ce qui donne bien (n^2-1)/2. Voilà

[Sandjak]

J'ai pareil que Plussoyeur pour le nombre de trajets minimal
Et effectivement j'ai débuté ma réflexion qu'à partir de n=5 sans vérifier si ça marchait avant...

[ant84]

Escogryphe pour montrer cela il faut raisonner par récurrence en bidouillant la formule :
Or donc il ne te reste plus qu'à montrer que en effectuant une récurrence sur ..

Bonne journée !

[Plussoyeur]

J'ai pareil que Plussoyeur pour le nombre de trajets minimal
Et effectivement j'ai débuté ma réflexion qu'à partir de n=5 sans vérifier si ça marchait avant...

Oui mais du coup je ne vois pas comment exprimer l'espérance... car si la probabilité des longueurs des trajets n'est pas égale (bien que celle des trajets le soit) comment détermine-t-on cette probabilité. Si on avait que 2 longueurs possibles comme avec n=4 c'est très facile, c'est 1-(2^(n-2)/(n-1)!) mais dès lors qu'on arriver à n=8 ou n=9 je suppose qu'on a plusieurs longueurs possibles.

[Gus69000]

Pour montrer que f(f(n)) <= n j'ai travailler avec un terme de n : p^a :
- si a est premier alors forcément que ce terme par l'application f o f donne p^a
- si a n'est pas premier on le décompose en facteurs premiers : a = q1^b1*q2^b2*....*qk^bk
et l'image de p^a par l'application f o f donne p^(q1*b1+q2*b2+...+qk*bk)
or comme montré à la question précédente on a : p^(q1*b1+q2*b2+...+qk*bk) < p^(q1^b1*q2^b2*....*qk^bk)
or q1^b1*q2^b2*....*qk^bk = a
donc p^(q1*b1+q2*b2+...+qk*bk) < p^a

On peut generaliser cette étude à tous les termes de n et on a donc :
Conclusion : f(f(n)) <= n

[Kvothe]

Pour le problème 2 j'ai une solution qui me semble correcte (c'est à peu près la seule de mes démonstrations qui tient la route mathématiquement ^^')

On considère E(n) l'ensemble des nombres u(0) ; u(1) ; ... ; u(n)
Et v(n) la valeur médiane de l'ensemble E(n)
On a donc 0 <= u(n+1) <= v(n)/2 et donc 0 <= lim u(n) <= lim v(n)
J'ai prouvé que v(n) est décroissante et tend vers 0, et donc que u(n) tend vers 0.

Ça vous paraît correct ?

[Intox_x]

Pour le problème 2 j'ai une solution qui me semble correcte (c'est à peu près la seule de mes démonstrations qui tient la route mathématiquement ^^')

On considère E(n) l'ensemble des nombres u(0) ; u(1) ; ... ; u(n)
Et v(n) la valeur médiane de l'ensemble E(n)
On a donc 0 <= u(n+1) <= v(n)/2 et donc 0 <= lim u(n) <= lim v(n)
J'ai prouvé que v(n) est décroissante et tend vers 0, et donc que u(n) tend vers 0.

Ça vous paraît correct ?

Ca m'a l'air correct en effet. Mais comment a tu prouver que (v(n)) était décroissante et tendait vers 0 ?

[aymlau92]

Pour l'exercice 2, j ai voulu montré par récurrence que pour n appartenant à [2^k-1;2(2^k-1)]=I, u(n) est inferieur ou egal à 1/2^k. l'initialisation est simple.
il faut preciser que les intervalles [0;2^k-1]=J et I sont de même longueur, il en vient donc que quand n vit dans I alors l'intervalle J est plus grand que l'intervalle [2^k-1;n] , de plus d'après l'énoncé on sait que la moitié des termes u(0),...,U(n-1) est supérieur ou égal à 2u(n), il en vient donc que que 2u(n) est inférieur ou égal à min(u(n),n appartient à J). Or par hypothése de récurrence min(u(n),n appartient à J) est inférieur ou égal à 1/2^k-1. On en déduit que 2u(n) est inférieur ou égal à 1/2^k-1 et puis c'est terminé.
Ca vous parait correct??

[JokerVsBatman]

Problème Numéro 2

Pour ma part ; si n est pair alors :
U0
------ supérieur ou égal à Un
n - n/2
2^

si n est impair alors :
U0
------ supérieur ou égal à Un
n - (n+1)/2
2^


j'ai alors étudié la limite de mon majorant lorsque n tend vers l'infinie, ça tend vers 0 d'où Un tend vers 0

[JokerVsBatman]

Problème Numéro 2

Pour ma part ; si n est pair alors :
U0
------ supérieur ou égal à Un
(n+1) - n/2
2^

si n est impair alors :
U0
------ supérieur ou égal à Un
(n+1) - (n+1)/2
2^


j'ai alors étudié la limite de mon majorant lorsque n tend vers l'infinie, ça tend vers 0 d'où Un tend vers 0

Petite modification, je viens de me rendre compte d'une erreur dans le raisonnement que j'ai rendu ^^'

[leoleo730]

Salut à tous,
j'ai aussi trouvé le sujet plus abordable que les annales, mais j'ai loupé la plupart des questions sélectives (la fin de n°1 ainsi que l’espérance du n°3...)

Alors pour le n°2, j'ai pris la suite (v_n) qui vérifie les conditions de l'énoncé, et telle que pour tout n, v_n>= u_n. On montre facilement qu'il suffit de prendre à chaque rang le plus grand possible, et par récurrence on prouve que v_n=1/2^(n+1) si n+1 est une puissance de 2, et v_n=v_n-1 sinon. On a donc 0<=u_n<=v_n<=1/2^(n+1), un petit théorème des gendarmes et c'est bon. Quelqu'un à des pistes pour l'espérance?

Ps : a=2alpha+3bêta ne se résous surtout pas avec Bézout ! Ici alpha et bêta sont des naturels. C'est en fait assez simple. Si a est pair, a=2k donc alpha = a/2 et bêta = 0 marche, sinon a=2k+1=2(k-1)+3 donc alpha = (a-3)/2 et bêta = 1 marche.

[Kvothe]

Ca m'a l'air correct en effet. Mais comment a tu prouver que (v(n)) était décroissante et tendait vers 0 ?

v(n) est la médiane de l'ensemble E(n), u(n+1) < v(n) (car v(n) différent de 0), l'ensemble E(n+1) contient donc toutes les valeurs de l'ensemble E(n) plus u(n+1) qui est inférieur à la valeur médiane, celle-ci va donc logiquement baisser, on a v(n+1) < v(n), la suite est décroissante.
Pour la limite j'ai fais ça par l'absurde: on suppose que v(n) admet un minimum k différent de 0. Pour n assez grand on aurait v(n)=k, or u(n+1) <= v(n)/2 donc u(n+1) <= k/2 comme k n'est pas nul on a u(n+1) < v(n) et donc v(n+1) < v(n), v(n+1) < k ce qui est absurde, la suite tend donc vers 0.

[leoleo730]

Sinon, autre méthode que je trouve assez belle pour ab<=a^b :
On a 0<1 donc a*0<a^0 donc vrai pour b=0.
On a a<=a donc vrai pour b=1.
Par récurrence sur les naturels non-nuls, on suppose ab<=a^b, alors a²b<=a^b+1.
Or, pour b>=1, 1+1/b<=2 donc (b+1)/b<=2 et donc (b+1)/b<=a. Par suite, a²b>=a(b+1). Donc a(b+1)<=a^b+1.