PRÉPARATION OLYMPIQUE FRANÇAISE DE MATHÉMATIQUES
TEST DU 20 FEVRIER 2018 Corrigé Exercice 1. Déterminer la valeur maximale de $\sqrt{x}+\sqrt{2 y+2}+\sqrt{3 z+6}$ lorsque $x, y, z$ sont des nombres réels strictement positifs vérifiant $x+y+z=3$. Solution de l'exercice 1 D'après l'inégalité de Cauchy-Schwarz, on a
L'égalité est atteinte lorsque $x=y=z=1$. Donc la valeur maximale est 6 . Exercice 2. Soit $A B C$ un triangle acutangle, et soit $P$ un point situé à l'intérieur du triangle $A B C$. Soit $D$ le milieu du segment $[P C], E$ le point d'intersection des droites $(A P)$ et $(B C)$, et $Q$ le point d'intersection des droites $(B P)$ et $(D E)$. Montrer que, si les angles $\widehat{P A C}$ et $\widehat{P C B}$ sont égaux, alors $\sin (\widehat{B C Q})=\sin (\widehat{B A P})$. Solution de l'exercice 2 Soit $R$ le point d'intersection des droites $(C Q)$ et $(A P)$. Il suffit de prouver l'égalité des angles de droites $(C B, C Q)=(A B, A R)$. Pour ce faire, il suffit de prouver que les points $B, C, A, R$ sont cocycliques, c'est-à-dire que $(B R, B C)=(A R, R C)$. Comme $(A R, A C)=$ $(C P, C B)$, il suffit de prouver que $(B R, B C)=(C P, C B)$, donc que les droites $(B R)$ et $(P C)$ sont parallèles. Pour ce dernier point, on peut utiliser que si $X=(C P) \cap(B R)$ alors $(X, D, P, C)$ est une division harmonique. On peut également se passer de géométrie projective comme suit : On utilise le théorème de Ceva dans le triangle $P C E$, puisque les droites $(P B),(D E)$ et $(R C)$ sont concourantes en $Q$, avec $R \in(P E)$ et $B \in(C E)$. On en déduit que
c'est-à-dire
En appliquant la réciproque du théorème de Thalès aux triangles $B R E$ et $C P E$, on déduit de cette dernière égalité que les droites $(B R)$ et $(P C)$ sont bien parallèles, ce qui conclut.
Exercice 3. Trouver toutes les valeurs possibles pour $f(2018)$ où $f$ est une fonction de $\mathbb{Q}$ dans $\mathbb{R}_{+}$vérifiant les trois conditions suivantes:
- $f(2)=1 / 2$ ；
- pour tout rationnel $x$, si $f(x) \leqslant 1$, alors $f(x+1) \leqslant 1$;
- $f(x y)=f(x) f(y)$ pour tous rationnels $x$ et $y$.
Solution de l'exercice 3 Tout d'abord, l'égalité $1 / 2=f(2)=f(1 \times 2)=f(1) f(2)=f(1) / 2$ montre que $f(1)=1$, et donc que $f(n) \leqslant 1$ pour tout entier naturel non nul $n$. Notons de plus que pour tous $x, y$ avec $y \neq 0$ on a $f(y) \neq 0$, et $f(x / y)=f(x) / f(y)$ puisque $f(x / y) f(y)=f((x / y) y)=f(x)$. En particulier, $f(1 / 2)=2$. Enfin, pour tout rationnel $x$, on a $f(x)^{2}=f\left(x^{2}\right)=f(-x)^{2}$, donc $f$ est paire. Soit alors $k$ un entier naturel impair, de la forme $k=2 n+1$ : on a nécessairement $f(k) \leqslant 1$. On sait également que $f(-k / 2)>1$, puisque $1 / 2=-k / 2+(n+1)$, donc $f(-2 / k)=1 / f(-k / 2) \leqslant 1$, ce qui implique que $f\left(\frac{k-2}{k}\right)=f\left(-\frac{2}{k}+1\right) \leqslant 1$, par conséquent $f(k-2) \leqslant f(k)$. Ceci permet de montrer par récurrence que pour tout $k \geqslant 1$ impair on a $f(k) \geqslant 1$, et donc $f(k)=1$. On déduit de tout ceci que $f(2018)=f(2) f(1009)=1 / 2$. Réciproquement, il reste à vérifier qu'une fonction $f$ telle que décrite dans l'énoncé existe bien. Il suffit pour ce faire de constater que la fonction $f$ définie par
où $v_{2}(n)$ désigne la valuation 2-adique de l'entier $n$, satisfait bien les conditions de l'énoncé.