OMB - OMB 2024 Finale MIDI Question 4

OMB 2024 Finale MIDI Question 4

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Pour tout nombre naturel $n$ , $P(n)$ représente l'exposant de la plus grande puissance de 2 qui est un diviseur de $n$ . Par exemple, $P(96)=5$ car $2^5=32$ est un diviseur de 96 et $2^6=64$ ne l'est pas.

a) Que vaut $P(336)$ ?

b) Si $P(a)=m$ et si $P(b)=n$ , que vaut $P(a \cdot b)$ ?

c) Pour un nombre naturel $n$ non nul, $n!$ est une abréviation pour $n \times (n-1) \times \ldots \times 3 \times 2 \times 1$ .
Que vaut $P(10 !)$ ?

d) Que vaut $P(100 !)$ ?

Solution(s) proposée(s) :

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Anonyme	Posté le : 24/4/2024 18:24 Mis à jour : 24/4/2024
Tout d'abord, on constate que $P(n)$ est l'exposant de $2$ dans la factorisation première de $n$ . a) Comme $336=2^4\cdot 21$ , on trouve que $P(336)=4$ . b) L'exposant de $2$ dans la factorisation première de $ab$ est la somme des exposants de $a$ et de $b$ , donc $m+n$ . c) La formule de Legendre tue ça: $P(10!) = \sum_{i=1}^{\infty} \lfloor \frac{10}{2^i} \rfloor = \lfloor \frac{10}{2} \rfloor + \lfloor \frac{10}{4} \rfloor + \lfloor \frac{10}{8} \rfloor + \dots = 5+2+1+0+0+0+\dots = 8.$ d) Même remarque. $P(100!) = \sum_{i=1}^{\infty} \lfloor \frac{100}{2^i} \rfloor = \lfloor \frac{100}{2} \rfloor + \lfloor \frac{100}{4} \rfloor + \lfloor \frac{100}{8} \rfloor \lfloor \frac{100}{16} \rfloor + \lfloor \frac{100}{32} \rfloor + \lfloor \frac{100}{64} \rfloor +\dots = 50+25+12+6+3+1+0+0+0+\dots = 97.$ Merci Legendre

Anonyme	Posté le : 30/4/2024 12:27 Mis à jour : 30/4/2024
a) $336=2.2.2.2.21=2^4.21$ . Puisque $21$ est impair, $P(336)=4$ . b) $a=2^m.k$ et $b=2^n.l$ , où $k$ et $l$ sont des naturels impairs. Dès lors, $a.b=2^m.k.2^n.l=2^{m+n}.(k.l)$ et puisque $k.l$ est impair comme produit de deux impairs, on a $P(a.b)=m+n=P(a)+P(b)$ c) En appliquant neuf fois successivement la formule de l'exercice b), on obtient $P(10!)=P(10)+P(9)+P(8)+P(7)+P(6)+P(5)+P(4)+P(3)+P(2)+P(1)=1+0+3+0+1+0+2+0+1+0=8$ . d) En appliquant $99$ fois successivement la formule de l'exercice b), on trouve $P(100!)=P(100)+P(99)+...+P(2)+P(1)$ . On raisonne alors en terme de multiples impairs de puissance de $2$ inférieurs ou égaux à $100$ . Par ailleurs, lorsque $k\geq 7$ , on a $2^k>2^7=128>100$ et les seules puissances de $2$ à considérer sont inférieures ou égales à $2^6=64$ . Dès lors: il y a $1$ multiple impair de $2^6$ inférieur ou égal à $100$ : $1.2^6=64$ ; il y a $2$ multiples impairs de $2^5$ inférieurs ou égaux à $100$ : $1.2^5=32$ et $3.2^5=96$ ; il y a $3$ multiples impairs de $2^4$ inférieurs ou égaux à $100$ : $1.2^4=16$ et $3.2^4=48$ et $5.2^4=80$ ; il y a $6$ multiples impairs de $2^3$ inférieurs ou égaux à $100$ : de $1.2^3=8$ à $11.2^3=88$ et $\frac{1+11}{2}=6$ ; il y a $13$ multiples impairs de $2^2$ inférieurs ou égaux à $100$ : de $1.2^2=4$ à $25.2^2=100$ et $\frac{1+25}{2}=13$ ; il y a $25$ multiples impairs de $2^1$ inférieurs ou égaux à $100$ : de $1.2^1=2$ à $49.2^1=98$ et $\frac{1+49}{2}=25$ ; il y a $50$ multiples impairs de $2^0$ inférieurs ou égaux à $100$ : de $1.2^0=1$ à $99.2^0=99$ et $\frac{1+99}{2}=50$ . En conséquence de quoi, $P(100!)=1.6+2.5+3.4+6.3+13.2+25.1+50.0=97$ .