Correction de Devoir Libre N°07: Années précédentes

1.a.

b.

2.a.

b.

MPSIdulyc´eeRabelaishtt:p//pmisai.sbrntuciere.frf.e

a`rendrelemardi4janvier2012

´
CORRIGE DU DEVOIR LIBRE N˚07

`
PROBLEME 1

Soit (x y)∈N2.x+yetx+y+s1noiersconstdeuxentrap,uce´sfit
cons´equentl’undesdeuxestpair,i.e.divisiblepar2.Afortiori,leur
produit(x+y)(x2+y+ 1) divisible par 2. estN
Onconside`realorsl’applicationf:N×NdansNar´dfieinpe

∀(x y)∈N2

f(x y) =y(+x+y)(x2+y+ 1)

Quelques calculs n ´riques :
ume
Dansletableaudegauchefigurentquelques´ele´mentsdeN2. Portez
dans le tableau de droite les valeurs defesrrco.snaetopdn
Cesre´sultatsnesontqu’uneindicationpourlasuite.

0
1
2
3
4

0 1 2
(00) (01) (02)
(10) (11) (12)
(20) (21) (22)
(30) (31)
(40)

3 4
(03) (04)
(13)

Soit (x y) et (x′ y′) dansN2tels quex+y≥

f(x y)

=

≥

≥

>

0
1
2
3
4

0

1

x′+y′ on a+ 1,

2

3

(x+y)(x2+y+ 1) +y≥(x′+y′)1(2+x′+y′+ 2) +y
(x′+y′+1)(2x′+y′(2+)x′+2y′+ 1) +y
(x′+y′21)(+x′+y′)+x′+y′+y+ 1 =f(x′ y′) +x′+y+ 1
f(x′ y′)

Soit (x y) et (x′ y′) dansN2dente,onaeuqaoits´rpne´ce.Dpr’asl`e

x+y > x′+y′⇒f(x y)> f(x′ y′)

1

N

4

c.

3.a.

b.

c.

Parcontrapose´e,ilenr´esultequepourtouscouples(x y) et (x′ y′)
d’entiers naturels,

∀((x y)(x′ y′)) f(x y)≤f(x′ y′)⇒x+y≤x′+y′

Apr´esent,consid´erons(x y) et (x′ y′) tels quef(x y) =f(x′ y′). En
cecas,onasimultan´ementf(x y)≤f(x′ y′) etf(x′ y′)≤f(x y). Par
ns´equent,lapropri´te´universelleci-dessus,applique´eauxcouples
co e
((x y)(x′ y′)) et ((x′ y′)(x y)) donnex+y≤x′+y′etx′+y′≤x+y,
de sorte quex+y=x′+y′.N
Soit (x y) et (x′ y′) des couples d’entiers naturels tels quef(x y) =
f(x′ y′dirae--`st’e,c)

(x+y)(x+y+ 1) +y(=x′+y′)(x2′+y′ ++ 1)y′
2
D’apr`eslaquestionpre´c´edente,onatoutd’abordx+y=x′+y′.
Reportantcettee´galite´dansl’e´quationci-dessus,ilenr´esultesucces-
sivement quey=y′puis quex=x′.

∀((x y)(x′ y′)) f(x y) =f(x′ y′)⇒(x y) = (x′ y′)
Pard´efinition,c’estdirequef:N2→Nest injective.
Soit (x y)∈N⋆×Ntel quex≥1,
f(x−1 y+ 1) =(x−1) + (y+ 1)2(x−1) + (y+ 1) + 1+
=(x+y)(x+2y+ 1) +y+ 1 =f(x y) + 1
Ainsi,f(x−1 y+ 1) =f(x y) + 1.
Soity∈N,

f(0 y) =y(y+2)1+y
f(y+ 10) = (y)(+12y+ 2) =y(y)1+2+y+ 1
Ainsi,f(y+ 10) =f(0 y) + 1.
Montrons quef:N2→Nesustvetiecrj-`st’e,c:erid-a

(∀n∈N)(∃(x y)∈N2(n=f(x y))

Lapreuveseraparr´ecurrencesurn∈N.

2

N

y+ 1

N

N

4.

5.

a.

•Initpourn= 0, on af(00) = 0.
•.r´edH´esoitn∈Ntel qu’il existe un couple (x y)∈N2avec la
proprie´t´equen=f(x y).
Montrons quen+dissnasemda1uatePournts.´edet´ecnori,eecaf
utiliseler´esultatdesquestions3aet3baboveenemt:,sulpe´rp´sic
◮six= 0,f(y+ 10) =f(0 y) + 1 =n+ 1
◮six∈N⋆,f(x−1 y+ 1) =f(x y) + 1 =n+ 1
•Ccl.edc´tsensade´enttentetoudmetieranomaneece´uqnortParrcu´err
pourf.
Ainsi, la fonctionf:N2→Nteusjrcejnceitevestieisal´eerll:eveti
donc une bijection deN2surN.N
Lasuiteduproblemeapourbutdede´terminerl’ant´ec´edentd’unentier
`
p.
Soit (x y)∈N2, on a

f(x y) = (x+y)(x2+y ++ 1)y≥(x+y)(x2+y+ 1)
f(x y () =x+y)(x+2y+ 1) +y <(x+y)(x2+y (+ 1) +x+y+ 1)
<(x+y)(x2+y2+(1+)x2+y=()+1x+y(1)+2x+y+ 2)
Ainsi, on a bien
(x+y)(x+y+ 1) (x+y+ 1)(
2≤f(x y)<2x+y+ 2)
N
Etantdonn´en∈N⋆, on noteS(n) la somme des entiers compris entre
1 etn:

S(n) =Xnk=n(n+1)2
k=1
⋆
Soitp∈N.

•

Unicit´esoit (n m)∈N2tel que

S(n)≤p
S(m)≤p

En particulier, il vient

< S(n+ 1)
< S(m+ 1)

S(m+ 1)−S(n)>0
S(n+ 1)−S(m)>0

3

b.

•

•

Comme la suiteS(n)neicec,eenıˆarttcenemctntsaisroeststri
n
quem+ 1> netn+ 1> m. Autrement dit,

m≥netn≥m

Parantisym´etriedel’ordre,ilenr´esultequem=n.
Existence
SoitAp={n∈N⋆|S(n)≤p}.
– Comme 1 =S(1)≤p, on a directement queApest non vide.
– Comme pour tout entier naturelk∈N⋆,S(k)≥k, on a clai-
rement queAper´jomasteeparp.
D’apr`eslesproprie´t´esfondamentalesdeN,Apvnoneedie´,tnatt
major´eeadmetunplusgrand´ele´ment.Notons-len.
Par construction,n∈Ap, i.e.S(n)≤p. De plus,n+1ta´ent
strictementsupe´rieur`antrappatia`rine,ilnesauraAp: en clair
S(n+ 1)> p.
En conclusion, l’entiern.ntconiienvad´efiinsi
Finalement,nousavons´etablil’existenced’ununiqueentiern∈
N⋆tel que
S(n)≤p < S(n+ 1)

Soitx∈RnspaonnoRais.seo,aenlcniuav´rqe

x(x+)1=2p⇐⇒x2+x−2p= 0⇐⇒x=−1±

1 + 8p
2

De ces deux solutions, une seulement est positive ; il s’agit de

− 11 + + 8p
α2=

N

Parconse´quent,l’´equationp=x(xqieunonuulitnesometu)2ad+1
solutionre´ellepositive:αneet,rpe´´cdequestionapr`esla’d,rOisniA.
il existe un entiern∈N⋆, unique, tel que

Autrement dit,

S(n)≤p < S(n+ 1)

n(n+ 1)≤α(α+ 1)<(n2)1(+n+ 2)
2 2

4

c.

d.

La fonctionx7→x(xroisentcctemstriattn2)e´1+rusetnasR
suit quen≤α < n+ 1, soit encore

α−1< n≤α

+, il s’en-

N
Soit (x y)l’dentce´tede´qinunaeupparfde sorte quef(x y) =p. De
plus,pd´efinitiondef(x y), on a
ar

f(x y) = (x+y)(x2+y+ 1) +y=S(x+y) +y

Les encadrements obtenus aux questions4et5bs,ce´’evirlsarton

S(x+y)≤p=f(x y)< S(x+y+ 1)
S(n)≤p < S(n+ 1)

Parunicit´e,ilend´ecoulequen=x+yelI.e´rnqurseltsuloeap=
f(x y) =S(x y) +y=S(n) +yueeqiro`ul’ont,d’y=p−S(n).N
Exemplenume´rique:p= 10000. La racineαest

−1 +
α=

001
280≈14092

Comme l’entiern=x+ye´vrifieestlapartieetn`iredeeα, il vient
n= 140. En ce cas,y= 10000−70×141 = 130. Enfin, comme
x+y=nuei,elrne´ustlqex= 10.N

5