Exercices de mpsi (et un peu de terminale)

[Errys]

Je vois pas en quoi l'exercice 10 était censé être simple x) , voici ma solution :

SPOILER:

Tout d'abord, on montre que si tous les exposants dans la décomposition en facteurs premier d'un nombre n sont pairs, alors n est un carré parfait.
En effet, $ n = p_0^{2\alpha_0}\times\ldots\times p_m^{2\alpha_m} = (p_0^{\alpha_0}\times\ldots\times p_m^{\alpha_m})^2 $.

Ainsi, en remarquant que $ \frac{1}{a} + \frac{1}{b} = \frac{1}{c}\iff c(a+b) = ab $, on peut montrer que tous les exposants dans la décomposition en facteurs de a+b sont pairs :

Soit p un nombre premier tel que $ p|a+b $.
Ainsi, On a p|ab d'où $ p|a $ ou $ p|b $.
On suppose SPDG que $ p|a $ et on a $ p | (a+b)-a=b $ donc c ne divise pas p (car pgcd(a,b,c)=1).

Ainsi, si on note $ v(n) $ l'exposant de p dans la décomposition en facteurs premiers de n, on a :
$ v(ab) = v(a+b) $
Or, $ v(ab) = v(a)+v(b) $ d'où $ v(a+b) = v(a)+v(b) $.

On a $ p^{v(a)}|a $ et $ p^{v(a)}|a+b $ donc $ p^{v(a)}|a+b-a=b $ donc $ v(a)\le v(b) $.
De la même manière, on a $ v(b)\le v(a) $ d'où $ v(a) = v(b) $.
Pour conclure, on retrouve $ v(a+b) = 2\times v(a) $ qui est pair.

Ainsi, tous les exposants de a+b dans sa décomposition en facteurs premiers sont pairs donc a+b est un carré parfait.

[Preparca]

@Errys
C'est vrai qu'il est pas si simple x)
Y'a une autre manière de résoudre l'exo qui me paraît plus simple (sans passer par la décomposition en facteurs premiers).

[Wazzi]

Exercice 11 :
Lorsqu'on lance deux dés, il est possible d'obtenir tous les nombres entre 2 et 12. Malheuresement, on ne les tire pas de façon équiprobable : On a 6 fois plus de chances de tirer un 7 qu'un 2 !

Existe-t-il un moyen de piper les deux dés de telle sorte que chaque résultat tombe de manière équiprobable ? (Par "piper", on entend donner à un dé une loi de probabilité non nécessairement égale à $\frac{1}{6};\frac{1}{6};\frac{1}{6};\frac{1}{6};\frac{1}{6};\frac{1}{6}$)

Indice:

SPOILER:

Voir le problème différement en utilisant des polynômes.

[Zrun]

Il existe une méthode simple pour le 11 sans l’indice aussi ...

[Wazzi]

Je sais mais c'est pas beau.
T'as fait ça comment ?

[Ali-H]

Exercice 11

SPOILER:

Soient $ x $ la probabilité d'obtenir 1 sur un lancer,
$ y $ la probabilité d'obtenir 2
$ z $ la probabilité d'obtenir 3
$ a $ la probabilité d'obtenir 4
$ b $ la probabilité d'obtenir 5
$ c $ la probabilité d'obtenir 6

Avec un arbre de probabilité et d'après la loi des probabilités totales :
(La probabilité d'obtenir 2 sur deux lancers est égale à la probabilité d'obtenir 3 sur deux lancers) :
$ x^2 = xy + yx $
$ 2y = x $
$ y = x/2 $

(La probabilité d'obtenir 2 sur deux lancers est égale à la probabilité d'obtenir 4 sur deux lancers) :
$ x^2 = xz + y×y + zx $
$ x^2 = (x/2)^2 + x2z $
$ x2z = (3/4)x^2 $
$ z = (3/8)x $
Impossible car le dé a 6 faces.

[Errys]

Solution exercice 7 :

SPOILER:

Non, on ne peut pas toujours choisir un jeton qui respecte les conditions. En effet, en posant $ a_k = (-1)^{k-1} $ pour k allant de 1 à 1997, on a bien $ \sum a_k = 1 $ mais on ne peut pas choisir un jeton de sorte à ce que toutes les sommes partielles soient strictement positive (alternance entre 1 et 0).

Maintenant, soit $ (a_1, \ldots, a_{1997}) $ des entiers relatifs tels que $ a_1 $ respecte les conditions :
Supposons, par l'absurde, qu'il existe un entier $ k $ avec $ 1<k\le 1997 $ tel que le jeton $ a_k $ respecte les conditions.

On a :
$$ S=\sum_{i=k}^{1997}a_k\ge 1\iff -S\le -1 $$
D'où :
$$ \sum_{i=1}^{k-1}a_k = \sum_{i=1}^{1997} a_k- S \le 1-1 = 0 $$
Absurde d'après l'hypothèse que toutes les sommes partielles sont strictement positives.
Ainsi, le choix du jeton est unique

Mais cela me parait trop facile pour être vrai ^^

[matmeca_mcf1]

Vous pouvez démarrer au 1997e jeton dans votre example.

[Errys]

En effet ^^

[matmeca_mcf1]

Indice

SPOILER:

Essayez de procéder par récurrence et de traiter le résultat pour tout n au lieu de n=1997.