OLYMPIADES FRANC¸ AISES DE MATH ´
EMATIQUES
MATH ´
EMATIQUES
FRANC¸AISES
OLYMPIADES
OFM
TEST DE JANVIER 2017
Corrig´
e
Exercice 1. Trouver toutes les fonctions f:RRtelles que
f(a2)f(b2)6(f(a) + b)(af(b)),pour tous a, b R.
Solution de l’exercice 1 En prenant (a, b) = (0,0), on obtient f(0)260donc f(0) = 0. En prenant
(a, b) = (x, 0) puis (a, b) = (0, x), on trouve que f(x2) = xf(x). En remplac¸ant dans l’´
equation
initiale, on en d´
eduit que af(a)bf(b)6(f(a) + b)(af(b), donc f(a)f(b)6ab pour tous a, b.
D’autre part, f(x2) = xf(x)entraˆ
ıne que xf(x) = xf (x), donc fest impaire. En remplac¸ant
bpar bdans f(a)f(b)6ab, on en d´
eduit que f(a)f(b) = ab pour tous aet b. En particulier,
f(1)2= 1 donc f(1) = 1 ou f(1) = 1. Comme f(a)f(1) = apour tout a, on en d´
eduit que
f(x) = xou f(x) = xpour tout x.
R´
eciproquement, on v´
erifie facilement que les fonctions f(x) = xet f(x) = xsont solutions
de l’´
equation fonctionnelle.
Exercice 2. Soit Sl’ensemble des nombres `
a deux chiffres qui ne contiennent pas le chiffre 0.
Deux nombres de Ssont dits amis si leurs plus grands chiffres sont ´
egaux, et si la diff´
erence
entre leurs plus petits chiffres est ´
egale `
a1. Par exemple, 68 et 85 sont amis, 78 et 88 sont amis,
mais 58 et 75 ne sont pas amis.
D´
eterminer le plus grand entier mtel qu’il existe une partie Tde Sposs´
edant m´
el´
ements, telle
que deux ´
el´
ements quelconques de Tne soient pas amis.
Solution de l’exercice 2 R´
eponse : 45. On peut prendre pour Tl’ensemble des nombres dont le
plus petit chiffre est impair.
R´
eciproquement, si x=ab avec 16b < a 69alors xet x+ 1 sont amis. Si x=ab avec
26a<b69et apair, alors xet x+ 10 sont amis. On a ainsi trouv´
e36 paires d’amis disjointes.
Par cons´
equent, parmi les 72 nombres >21,Tne peut contenir qu’au plus 36 nombres, donc
|T|69 + 36 = 45.
Exercice 3. Soit P(x) = x4x33x2x+ 1. Montrer qu’il existe une infinit´
e d’entiers ntels
que P(3n)ne soit pas premier.
Solution de l’exercice 3 On observe que 32≡ −1 (mod 5) et 341 (mod 5). Soit n>1. Soit
x= 34n+1, alors x= (34)n×33 (mod 5), donc P(x)3433333+1 1+3+33+ 1 0
(mod 5).
D’autre part, P(x)> x4x33x3x3=x3(x5) > x 5>34n5>5, donc P(34n+1)n’est
pas premier.
1
Exercice 4. Soit ABC un triangle rectangle en C. Soient Dle pied de la hauteur issue de C,
et Zle point de [AB]tel que AC =AZ. La bissectrice de [
BAC coupe (CB)et (CZ)en Xet Y
respectivement. Montrer que les quatre points B, X, Y, D sont sur un mˆ
eme cercle.
Solution de l’exercice 4
AB
C
DZ
X
Y
CAZ est isoc`
ele en Adonc (AY ), qui est la bissectrice de [
CAZ, est perpendiculaire `
a(CZ).
Donc ADY C est cyclique.
On a alors \
DY X = 180\
AY D = 180\
ACD = 180\
XBD.
Exercice 5. Soit a[0; 1]. On d´
efinit la suite (xn)par
x0=aet xn+1 = 1 − |12xn|, pour tout n0.
Prouver que la suite (xn)est p´
eriodique `
a partir d’un certain rang si et seulement si aest un
nombre rationnel.
(Note : on dit que (xn)est p´
eriodique `
a partir d’un certain rang s’il existe des entiers T > 0et
n>0tels que xk+T=xkpour tout k>n.)
Solution de l’exercice 5 On note tout d’abord que si xn[0; 1] alors 112xn1, d’o `
u
0xn+1 1. Puisque x0[0; 1], on d´
eduit ainsi par r´
ecurrence que xn[0; 1] pour tout n0.
- Supposons que asoit un nombre rationnel. Une r´
ecurrence imm´
ediate assure alors que, pour
tout n0,xnest un nombre rationnel.
Pour tout n0, on pose xn=pn
qn
, avec pnet qnentiers positifs et premiers entre eux. Alors
xn+1 =qn− |qn2pn|
qn
, d’o `
uqn+1 qn.
La suite (qn), suite d´
ecroissante d’entiers naturels, est alors stationnaire `
a partir d’un certain
rang. Il existe donc des entiers q > 0et N0tels que qn=qpour tout nN.
Pour tout nN, le nombre xnest donc un nombre rationnel de [0; 1] dont le d´
enominateur
vaut q. Or, il n’y a qu’un nombre fini de tels rationnels et il existe donc n0Net k > 0tels
que xn0+k=xn0. La d´
efinition par r´
ecurrence de (xn)assure alors que (xn)nn0est p´
eriodique
de p´
eriode k.
- Supposons maintenant qu’il existe des entiers k > 0et N0tels que xn+k=xnpour tout
nN.
Pour n0, on a xn+1 = 2xnou xn+1 = 2 2xnselon que 12xnest positif ou n´
egatif. On
peut donc poser xn+1 =a+ 2bxn, o `
uaest un entier et b=±1. On prouve alors facilement par
r´
ecurrence que, pour tout i0, il existe un entier aitel que xN+i=ai+ 2ibixNavec bi=±1.
2
En particulier, on a xN=xN+k=ak+2kbkxN. Puisque 2kbk=±2k6= 1, cette ´
equation du premier
degr´
e en xNadmet une unique solution xN=ak
12kbk
. Ainsi, xNest un nombre rationnel. Or,
il est facile de v´
erifier que, pour m0, si xm+1 et rationnel alors xmest rationnel donc, par
r´
ecurrence descendante, on d´
eduit que a=x0est rationnel.
Exercice 6. Prouver qu’il existe un entier n > 0tel que parmi les 2016 chiffres de droite dans
l’´
ecriture d´
ecimale de 2n, il y a au moins 1008 chiffres 9.
Solution de l’exercice 6 On peut l´
egitimement se demander quand trouver des 9`
a la droite de
l’´
ecriture d´
ecimale de 2n. On peut penser que c’est quand la puissance de 2est l´
eg`
erement
inf´
erieure `
a une puissance de 10. On va donc chercher des nombres de la forme 2n+ 1 qui sont
divisibles par 5selon une puissance ´
elev´
ee. Pour un tel nombre, en multipliant par la puissance
de 2ad´
equate, on obtiendra un nombre de la forme 2k(2n+ 1) = 2n+k+ 2kdivisible par une
grande puissance de 10, et il suffira de retrancher le 2ken question pour obtenir le type de
puissance de 2cherch´
e.
Lemme. Pour tout entier k1, le nombre ak= 22·5k1+ 1 est divisible par 5k.
Preuve du lemme. On raisonne par r´
ecurrence sur k:
- Pour k= 1, on a a1= 5qui est bien divisible par 5.
- Supposons le r´
esultat ´
etabli pour un certain k1.
Posons a= 45k1=ak1. On note qu’alors a=1 mod 5.
On a alors ak+1 = 45k+ 1 = a5+ 1 = (a+ 1)(a4a3+a2a+ 1).
D’apr`
es l’hypoth`
ese de r´
ecurrence, on a a+ 1 = 0 mod 5k1.
D’autre part, puisque a=1 mod 5, on a a4a3+a2a+ 1 = 0 mod 5.
Ainsi, ak+1 est divisible par 5k, ce qui ach`
eve la r´
ecurrence.
Comme pr´
evu, on en d´
eduit que, pour tout k1, le nombre 22k(22·52k1+ 1) = 22k+2·52k1+ 22k
est divisible par 102k. Son ´
ecriture d´
ecimale se termine donc par au moins 2kchiffres 0.
Or, pour k1, on a 22k<10k. Ainsi, l’´
ecriture d´
ecimale de 22kn’utilise pas plus de kchiffres.
Par suite, parmi les 2kchiffres de droite de l’´
ecriture d´
ecimale de 22k+2·52k1, il y a au moins k
chiffres 9.
Le r´
esultat demand´
e correspond `
ak= 1008.
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