| {"year": "2013", "tier": "T2", "problem_label": "1", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "problem": "Soient $x_{1}, x_{2}, \\ldots, x_{5}$ des réels tels que\n\n$$\n\\left|x_{2}-x_{1}\\right|=2\\left|x_{3}-x_{2}\\right|=3\\left|x_{4}-x_{3}\\right|=4\\left|x_{5}-x_{4}\\right|=5\\left|x_{1}-x_{5}\\right| .\n$$\n\nMontrer que ces cinq réels sont égaux.", "solution": "Notons $\\alpha=\\left|x_{2}-\\chi_{1}\\right|$ et montrons par l'absurde que $\\alpha=0$. D'après l'énoncé, il existe des signes $\\varepsilon_{1}, \\ldots$, $\\varepsilon_{5}$ tels que\n\n$$\nx_{2}-x_{1}=\\varepsilon_{1} \\alpha, x_{3}-x_{2}=\\varepsilon_{2} \\frac{\\alpha}{2}, x_{4}-x_{3}=\\varepsilon_{3} \\frac{\\alpha}{3}, x_{5}-x_{4}=\\varepsilon_{4} \\frac{\\alpha}{4}, x_{1}-x_{5}=\\varepsilon_{5} \\frac{\\alpha}{5} .\n$$\n\nAlors, par télescopage,\n\n$$\n0=x_{1}-x_{5}+x_{5}-x_{4}+x_{4}-x_{3}+x_{3}-x_{2}+x_{2}-x_{1}=\\varepsilon_{1} \\alpha+\\varepsilon_{2} \\frac{\\alpha}{2}+\\varepsilon_{3} \\frac{\\alpha}{3}+\\varepsilon_{4} \\frac{\\alpha}{4}+\\varepsilon_{5} \\frac{\\alpha}{5} .\n$$\n\nSi $\\alpha \\neq 0$, il existe donc des signes $\\varepsilon_{1}^{\\prime}, \\ldots, \\varepsilon_{4}^{\\prime}$ tels que\n\n$$\n\\frac{1}{5}=\\varepsilon_{1}^{\\prime}+\\varepsilon_{2}^{\\prime} \\frac{1}{2}+\\varepsilon_{3}^{\\prime} \\frac{1}{3}+\\varepsilon_{4}^{\\prime} \\frac{1}{4}\n$$\n\ndonc un entier n tel que $\\frac{1}{5}=\\frac{\\mathfrak{n}}{12}$ ce qui est impossible car 5 ne divise par 12 .\n", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2012-2013-envoi4-corrige.jsonl", "problem_match": "\nExercice 1.", "solution_match": "\nSolution."}} |
| {"year": "2013", "tier": "T2", "problem_label": "2", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "problem": "Soit $\\left(u_{n}\\right)_{n}$ une suite de réels telle que, pour tout entier $n$,\n\n$$\n\\left|u_{n+1}-u_{n}\\right| \\leqslant 1 .\n$$\n\nMontrer que la moyenne des $n$ premiers termes de la suite et la moyenne des $n+1$ premiers termes de la suite sont distantes d'au plus $\\frac{1}{2}$.", "solution": "Notons, pour tout entier $n$ strictement positif $v_{n}=\\frac{1}{n}\\left(u_{1}+\\ldots+u_{n}\\right)$.\n$\\triangleright$ Soit $\\mathrm{m}>\\mathrm{n}$. Remarquons tout d'abord que, par inégalité triangulaire,\n\n$$\n\\begin{aligned}\n\\left|u_{m}-u_{n}\\right| & \\leqslant\\left|u_{m}-u_{m-1}\\right|+\\left|u_{m-1}-u_{m-2}\\right|+\\ldots+\\left|u_{n+1}-u_{n}\\right| \\\\\n& \\leqslant m-n .\n\\end{aligned}\n$$\n\n$\\triangleright$ Pour tout entier n strictement positif,\n\n$$\n\\begin{aligned}\n\\left|v_{n+1}-v_{n}\\right| & =\\left|\\frac{(n+1)\\left(u_{1}+\\ldots+u_{n}\\right)-n\\left(u_{1}+\\ldots+u_{n}+u_{n+1}\\right)}{n(n+1)}\\right| \\\\\n& \\leqslant\\left|\\frac{\\left(u_{1}-u_{n+1}\\right)+\\ldots+\\left(u_{n}-u_{n+1}\\right)}{n(n+1)}\\right| \\\\\n& \\leqslant \\frac{\\left|u_{1}-u_{n+1}\\right|+\\ldots+\\left|u_{n}-u_{n+1}\\right|}{n(n+1)} \\\\\n& \\leqslant \\frac{n+\\ldots+1}{n(n+1)}=\\frac{1}{2}\n\\end{aligned}\n$$\n\n", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2012-2013-envoi4-corrige.jsonl", "problem_match": "\nExercice 2.", "solution_match": "## Solution."}} |
| {"year": "2013", "tier": "T2", "problem_label": "3", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "problem": "Soit $E$ un ensemble fini de réels strictement positifs tels que, pour tout réel $x$ strictement positif, E contient autant d'éléments strictement supérieurs à $x$ que d'éléments strictement inférieurs à $\\frac{1}{x}$. Déterminer le produit de tous les éléments de E.", "solution": "Soit $x_{0} \\in E$ tel que $x_{0}>1$. Alors, par hypothèse,\n\n- les ensembles $\\mathrm{E} \\cap$ ] - $\\infty, \\frac{1}{x_{0}}$ [et $\\left.\\mathrm{E} \\cap\\right] \\mathrm{x}_{0},+\\infty[$ ont des cardinaux de même parité,\n- les ensembles $\\mathrm{E} \\cap]-\\infty, \\mathrm{x}_{0}\\left[\\right.$ et $\\mathrm{E} \\cap \\frac{1}{\\mathrm{x}_{0}},+\\infty[$ ont des cardinaux de même parité.\n\nPar conséquent, les deux ensembles\n\n$$\n\\begin{aligned}\n\\left.\\mathrm{E} \\cap] \\frac{1}{x_{0}}, x_{0}\\right] & =(\\mathrm{E} \\cap] \\frac{1}{x_{0}},+\\infty[) \\backslash(\\mathrm{E} \\cap] \\mathrm{x}_{0},+\\infty[) \\\\\n\\mathrm{E} \\cap\\left[\\frac{1}{x_{0}}, x_{0}[ \\right. & =(\\mathrm{E} \\cap]-\\infty, \\mathrm{x}_{0}[) \\backslash(\\mathrm{E} \\cap]-\\infty, \\frac{1}{x_{0}}[)\n\\end{aligned}\n$$\n\nont des cardinaux de même parité. Or, ils sont composés des mêmes éléments, sauf éventuellement $x_{0}$ et $\\frac{1}{x_{0}}$, le premier ensemble contient $\\chi_{0}$ mais pas $\\frac{1}{x_{0}}$ : ainsi, le second ensemble contient un et un seul élément de $\\left\\{\\frac{1}{x_{0}}, x_{0}\\right\\}$ mais ne peut contenir $x_{0}:$ il contient donc $\\frac{1}{x_{0}}$.\nOn a ainsi établi que si $x_{0} \\in E$, alors $\\frac{1}{x_{0}} \\in E$. Le produit de tous les éléments de $E$ donne donc 1 .\n\n\n## Exercices Communs", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2012-2013-envoi4-corrige.jsonl", "problem_match": "\nExercice 3.", "solution_match": "## Solution."}} |
| {"year": "2013", "tier": "T2", "problem_label": "4", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "problem": "Soit $x, y, z>0$ tels que $x y z=8$. Montrer que\n\n$$\n\\frac{x-2}{x+1}+\\frac{y-2}{y+1}+\\frac{z-2}{z+1} \\leqslant 0\n$$", "solution": "Commençons par remarquer que $a-2=a+1-3$ pour tout réel a donc\n\n$$\n\\frac{x-2}{x+1}+\\frac{y-2}{y+1}+\\frac{z-2}{z+1}=3-3\\left(\\frac{1}{x+1}+\\frac{1}{y+1}+\\frac{1}{z+1}\\right)\n$$\n\nL'inégalité à établir se réécrit donc\n\n$$\n\\frac{1}{x+1}+\\frac{1}{y+1}+\\frac{1}{z+1} \\geqslant 1\n$$\n\nEn mettant au même dénominateur, on obtient\n\n$$\n3+2(x+y+z)+x y+y z+z x \\geqslant 1+x+y+z+x y+y z+z x+x y z\n$$\n\nsoit\n\n$$\n\\frac{x+y+z}{3} \\geqslant 2\n$$\n\nOr, cette dernière égalité est simplement l'inégalité arithmético-géométrique.\n", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2012-2013-envoi4-corrige.jsonl", "problem_match": "\nExercice 4.", "solution_match": "## Solution."}} |
| {"year": "2013", "tier": "T2", "problem_label": "5", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "problem": "Trouver toutes les fonctions $f: \\mathbb{R} \\rightarrow \\mathbb{R}$ telles que, pour tous $x$ et $y$,\n\n$$\nf(x y) \\leqslant x f(y)\n$$", "solution": "$\\triangleright \\operatorname{Avec}(x, y)=(0,0)$, on obtient $f(0) \\leqslant 0$ et avec $(x, y)=(2,0), f(0) \\geqslant 0$. Par conséquent, $f(0)=0$.\n$\\triangleright \\operatorname{Si} x>0$ et $y>0$, alors\n\n$$\nf(x)=f\\left(\\frac{x}{y} y\\right) \\leqslant \\frac{x}{y} f(y)\n$$\n\nD'où\n\n$$\n\\frac{f(x)}{x} \\leqslant \\frac{f(y)}{y}\n$$\n\net donc $\\frac{f(x)}{x}=\\frac{f(y)}{y}$ (par symétrie des rôles de $x$ et $y$ ).\n$\\triangleright$ De même, si $x<0$ et $y<0$, alors\n\n$$\nf(x)=f\\left(\\frac{x}{y} y\\right) \\leqslant \\frac{x}{y} f(y)\n$$\n\nD'où\n\n$$\n\\frac{f(x)}{x} \\geqslant \\frac{f(y)}{y}\n$$\n\net donc $\\frac{f(x)}{x}=\\frac{f(y)}{y}$ (par symétrie des rôles de $x$ et $y$ ).\n$\\triangleright$ Notons $\\alpha=\\mathfrak{f}(1)$ et $\\beta=-\\mathbf{f}(-1)$ les constantes exhibées aux points précédents. Avec $(x, y)=$ $(-1,-1)$, l'inéquation donne $\\alpha=f\\left((-1)^{2}\\right) \\leqslant-f(-1)=\\beta$.\n$\\triangleright$ On a obtenu qu'une solution est de la forme\n\n$$\nx \\mapsto\\left\\{\\begin{array}{cl}\n0 & \\text { si } x=0 \\\\\n\\alpha x & \\text { si } x>0 \\\\\n\\beta x & \\text { si } x<0\n\\end{array}\\right.\n$$\n\n$\\operatorname{avec} \\alpha \\leqslant \\beta$. On vérifie que ces fonctions conviennent.\n", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2012-2013-envoi4-corrige.jsonl", "problem_match": "\nExercice 5.", "solution_match": "## Solution."}} |
| {"year": "2013", "tier": "T2", "problem_label": "6", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "problem": "Soient un entier $n$ et des réels $0<\\mathfrak{u}_{1}<\\mathfrak{u}_{2}<\\ldots<\\boldsymbol{u}_{\\boldsymbol{n}}$ tels que\n\n$$\n\\mathfrak{u}_{1}+\\mathfrak{u}_{2}+\\ldots+\\mathfrak{u}_{n}=\\frac{1}{\\mathfrak{u}_{1}^{2}}+\\frac{1}{\\mathfrak{u}_{2}^{2}}+\\ldots+\\frac{1}{\\mathfrak{u}_{n}^{2}}\n$$\n\nMontrer que, pour tout entier $k$ inférieur ou égal à $n$, il existe $k$ réels parmi $\\mathfrak{u}_{1}, \\mathfrak{u}_{2}, \\ldots, \\mathfrak{u}_{n}$ dont la somme est supérieure ou égale à $k$.", "solution": "$\\triangleright$ Commençons par montrer le résultat pour $k=n$. Notons $a=\\frac{u_{1}+\\ldots+u_{n}}{n}$ et $g=\\left(u_{1} \\ldots u_{n}\\right)^{\\frac{1}{n}}$ les moyennes arithmétique et géométrique de $u_{1}, \\ldots, u_{n}$. Alors, l'inégalité classique entre moyenne arithmétique-géométrique-harmonique donne\n\n$$\n\\mathrm{a}=\\frac{\\frac{1}{\\mathbf{u}_{1}^{2}}+\\ldots+\\frac{1}{\\mathfrak{u}_{n}^{2}}}{\\mathrm{n}} \\geqslant \\frac{1}{\\mathrm{~g}^{2}} \\geqslant \\frac{1}{\\mathrm{a}^{2}}\n$$\n\nAinsi, $a \\geqslant 1$ et, donc, $u_{1}+\\ldots+u_{n} \\geqslant n$.\n$\\triangleright$ Soit $k<n$. Supposons que $u_{1}+\\ldots+u_{k}<k, u_{2}+\\ldots+u_{k+1}<k, \\ldots, u_{n}+\\ldots+u_{k-1}<k$. Alors, en additionnant toutes ces inégalités, on obtient\n\n$$\nn\\left(u_{1}+\\ldots+u_{n}\\right)<n k\n$$\n\nce qui contredit le point précédent. Ainsi, l'une des sommes $\\mathfrak{u}_{1}+\\ldots+\\mathfrak{u}_{\\mathrm{k}}, \\mathfrak{u}_{2}+\\ldots+\\mathfrak{u}_{\\mathrm{k}+1}, \\ldots$, $u_{n}+\\ldots+u_{k-1}$ est supérieure ou égale à $k$.\n\n## Exercices Olympiques", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2012-2013-envoi4-corrige.jsonl", "problem_match": "\nExercice 6.", "solution_match": "## Solution."}} |
| {"year": "2013", "tier": "T2", "problem_label": "7", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "problem": "Trouver les fonctions $f: \\mathbb{R} \\rightarrow \\mathbb{R}$ telles que, pour tous $x, y \\in \\mathbb{R}$,\n\n$$\n\\mathrm{f}\\left(\\frac{\\mathrm{x}+\\mathrm{y}}{3}\\right)=\\frac{\\mathrm{f}(\\mathrm{x})+\\mathrm{f}(\\mathrm{y})}{2}\n$$", "solution": "Soit $f$ une solution.\n$\\triangleright$ Commençons par remarquer que la fonction $g: x \\mapsto f(x)-f(0)$ est aussi une solution de l'équation fonctionnelle.\n$\\triangleright$ Pour tous réels $x$ et $y$,\n\n$$\n\\mathrm{g}(x+y)=\\mathrm{g}\\left(\\frac{3 \\mathrm{x}+3 \\mathrm{y}}{3}\\right)=\\frac{\\mathrm{g}(3 \\mathrm{x})+\\mathrm{g}(3 \\mathrm{y})}{2}\n$$\n\nOr, pour tout réel $a$,\n\n$$\ng(3 a)=2 \\cdot \\frac{g(3 a)+g(0)}{2}=2 g\\left(\\frac{3 a+0}{3}\\right)=2 g(a)\n$$\n\nEn conclusion, $g(x+y)=g(x)+g(y)$.\n$\\triangleright$ On a montré que, pour tout $x, g(2 x)=2 g(x)$. Or, l'équation fonctionnelle avec $y=2 x$ donne\n\n$$\n\\mathrm{g}\\left(\\frac{\\mathrm{x}+2 \\mathrm{x}}{3}\\right)=\\frac{\\mathrm{g}(\\mathrm{x})+\\mathrm{g}(2 x)}{2}\n$$\n\nsoit $\\mathrm{g}(2 \\mathrm{x})=\\mathrm{g}(\\mathrm{x})$. En combinant ces deux résultats, on obtient que g est nulle donc f est constante. La réciproque est évidente.\n", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2012-2013-envoi4-corrige.jsonl", "problem_match": "\nExercice 7.", "solution_match": "## Solution."}} |
| {"year": "2013", "tier": "T2", "problem_label": "8", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "problem": "Soient $x$, y et $z$ des réels strictement positifs tels que\n\n$$\nx+y+z \\geqslant \\frac{1}{x}+\\frac{1}{y}+\\frac{1}{z}\n$$\n\nMontrer que\n\n$$\n\\frac{x}{y}+\\frac{y}{z}+\\frac{z}{x} \\geqslant \\frac{1}{x y}+\\frac{1}{y z}+\\frac{1}{z x}\n$$", "solution": "En mettant au même dénominateur, l'inégalité recherchée se réécrit\n\n$$\nx^{2} z+y^{2} x+z^{2} y \\geqslant x+y+z\n$$\n\nMontrons celle-ci en utilisant successivement l'hypothèse et l'inégalité de Cauchy-Schwarz :\n\n$$\n\\begin{aligned}\n& x+y+z \\leqslant \\frac{(x+y+z)^{2}}{\\frac{1}{x}+\\frac{1}{y}+\\frac{1}{z}} \\\\\n& \\leqslant \\frac{\\left(x \\sqrt{z} \\cdot \\frac{1}{\\sqrt{z}}+y \\sqrt{x} \\cdot \\frac{1}{\\sqrt{x}}+z \\sqrt{y} \\cdot \\frac{1}{\\sqrt{y}}\\right)^{2}}{\\frac{1}{x}+\\frac{1}{y}+\\frac{1}{z}} \\\\\n& \\leqslant x^{2} z+y^{2} x+z^{2} y . \\\\\n& \\text { య̛or }\n\\end{aligned}\n$$", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2012-2013-envoi4-corrige.jsonl", "problem_match": "\nExercice 8.", "solution_match": "## Solution."}} |
| {"year": "2013", "tier": "T2", "problem_label": "9", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "problem": "Soient a, b et c des réels strictement positifs tels que\n\n$$\na^{2}+b^{2}>c^{2}, \\quad b^{2}+c^{2}>a^{2}, \\quad c^{2}+a^{2}>b^{2}\n$$\n\nMontrer que\n\n$$\n\\frac{a^{2} b^{2} c^{2}}{\\left(a^{2}+b^{2}-c^{2}\\right)\\left(b^{2}+c^{2}-a^{2}\\right)\\left(c^{2}+a^{2}-b^{2}\\right)}+2 \\frac{(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)}{a b c} \\geqslant 3\n$$", "solution": "Notons\n\n$$\n\\begin{aligned}\n& A=\\frac{a^{2} b^{2} c^{2}}{\\left(a^{2}+b^{2}-c^{2}\\right)\\left(b^{2}+c^{2}-a^{2}\\right)\\left(c^{2}+a^{2}-b^{2}\\right)} \\\\\n& B=\\frac{(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)}{a b c}\n\\end{aligned}\n$$\n\nOn doit montrer que $A+2 B \\geqslant 3$. Tout d'abord, on remarque que $a+b>c$ car $c^{2}<a^{2}+b^{2}<(a+b)^{2}$. On a de même $b+c>a$ et $c+a>b$, donc $a, b, c$ sont les côtés d'un triangle dont on notera $\\alpha, \\beta, \\gamma$ les angles. Le fait que $a^{2}+b^{2}>c^{2}$, etc. signifie que le triangle est acutangle.\nD'après l'inégalité arithmético-géométrique, on a $\\frac{A+2 B}{3} \\geqslant \\sqrt[3]{A B^{2}}$, donc il suffit de montrer que $A B^{2} \\geqslant$ 1, autrement dit que\n\n$$\n\\frac{(a+b-c)^{2}(b+c-a)^{2}(c+a-b)^{2}}{\\left(a^{2}+b^{2}-c^{2}\\right)\\left(b^{2}+c^{2}-a^{2}\\right)\\left(c^{2}+a^{2}-b^{2}\\right)} \\geqslant 1\n$$\n\nD'après la formule d'Al-Kashi, on a\n\n$$\na^{2}+b^{2}-c^{2}=2 a b \\cos \\alpha\n$$\n\nD'autre part,\n\n$$\n(c+a-b)(b+c-a)=c^{2}-a^{2}-b^{2}+2 a b=2 a b(1-\\cos \\alpha)\n$$\n\ndonc $\\frac{(c+a-b)(b+c-a)}{a^{2}+b^{2}-c^{2}}=\\frac{1-\\cos \\alpha}{\\cos \\alpha}$. En multipliant par les deux expressions similaires, l'inégalité à démontrer devient\n\n$$\n\\frac{(1-\\cos \\alpha)(1-\\cos \\beta)(1-\\cos \\gamma)}{\\cos \\alpha \\cos \\beta \\cos \\gamma} \\geqslant 1\n$$\n\nTraitons d'abord le cas particulier $\\alpha=\\beta$. Alors $\\gamma=\\pi-2 \\alpha$. Comme $\\gamma \\leqslant \\frac{\\pi}{2}$, on a $\\alpha \\in\\left[\\frac{\\pi}{4}, \\frac{\\pi}{2}\\right]$.\nComme $\\frac{1-\\cos \\gamma}{\\cos \\gamma}=\\frac{1+\\cos 2 \\alpha}{-\\cos 2 \\alpha}=\\frac{2 \\cos ^{2} \\alpha}{1-2 \\cos ^{2} \\alpha}$, on a\n\n$$\n\\begin{aligned}\n\\frac{(1-\\cos \\alpha)(1-\\cos \\beta)(1-\\cos \\gamma)}{\\cos \\alpha \\cos \\beta \\cos \\gamma} & =\\frac{(1-\\cos \\alpha)^{2}\\left(2 \\cos ^{2} \\alpha\\right)}{\\cos ^{2} \\alpha\\left(1-2 \\cos ^{2} \\alpha\\right)} \\\\\n& =\\frac{2(1-\\cos \\alpha)^{2}}{1-2 \\cos ^{2} \\alpha}\n\\end{aligned}\n$$\n\nCette expression est minoré par 1 si et seulement si $2(1-\\cos \\alpha)^{2} \\geqslant 1-2 \\cos ^{2} \\alpha$. On développe et on passe tout dans le membre de gauche. L'inégalité devient $(2 \\cos \\alpha-1)^{2} \\geqslant 0$, ce qui est vrai.\nTraitons maintenant le cas général. On suppose par symétrie que $\\alpha \\geqslant \\beta \\geqslant \\gamma$.\n\nPosons $f(x)=\\frac{1-\\cos x}{\\cos x}$ et $g(x)=\\log f(x)$. On veut montrer que\n\n$$\nf(\\alpha) f(\\beta) f(\\gamma) \\geqslant 1\n$$\n\nou encore que $\\frac{g(\\alpha)+g(\\beta)+g(\\gamma)}{3} \\geqslant 0=g\\left(\\frac{\\pi}{3}\\right)=g\\left(\\frac{\\alpha+\\beta+\\gamma}{3}\\right)$. La difficulté est que $g$ n'est pas convexe. En effet, on calcule que\n\n$$\ng^{\\prime \\prime}(x)=\\frac{(1-\\cos x)\\left(-\\cos ^{2} x-\\cos x+1\\right)}{\\cos ^{2} x(1-\\cos x)^{2}}\n$$\n\nest positif sur $\\left[x_{0}, \\frac{\\pi}{2}\\right]$ et négatif sur $\\left[0, x_{0}\\right]$, où $x_{0}$ satisfait l'équation $\\cos x_{0}=\\frac{-1+\\sqrt{5}}{2}$. On remarque que $x_{0}<\\frac{\\pi}{3}$ puisque $\\frac{-1+\\sqrt{5}}{2}>\\frac{1}{2}$. On en déduit que $\\alpha \\geqslant x_{0}$. En effet, dans le cas contraire on aurait $\\alpha+\\beta+\\gamma \\leqslant 3 \\alpha \\leqslant 3 x_{0}<\\pi$, ce qui est faux.\nPremier cas: $\\beta \\geqslant x_{0}$. Alors $g(\\alpha)+g(\\beta) \\geqslant 2 g\\left(\\frac{\\alpha+\\beta}{2}\\right)$ par convexité de $g$ sur $\\left[x_{0}, \\frac{\\pi}{2}\\right]$ donc on se ramène au cas particulier $\\alpha=\\beta$ traité plus haut.\nDeuxième cas: $\\beta<x_{0}$. Notons que $\\gamma>x_{0}-\\beta$. En effet, dans le cas contraire on aurait $\\alpha+\\beta+\\gamma \\leqslant$ $\\frac{\\pi}{2}+\\beta+\\left(x_{0}-\\beta\\right)=\\frac{\\pi}{2}+x_{0}<\\pi$, ce qui est faux.\nPosons $\\varphi(t)=g(\\beta+t)+g(\\gamma-t)$. Pour tout $t \\in\\left[0, x_{0}-\\beta\\right]$, on a\n\n$$\n\\varphi^{\\prime}(t)=g^{\\prime}(\\beta+t)-g^{\\prime}(\\gamma-t) \\leqslant 0\n$$\n\npuisque $0<\\gamma-t \\leqslant \\beta+t \\leqslant x_{0}$. Donc $\\varphi(0) \\geqslant \\varphi\\left(x_{0}-\\beta\\right)$, ce qui s'écrit $g(\\beta)+g(\\gamma) \\geqslant g\\left(\\beta^{\\prime}\\right)+g\\left(\\gamma^{\\prime}\\right)$ où $\\beta^{\\prime}=x_{0}$ et $\\gamma^{\\prime}=\\gamma-\\left(x_{0}-\\beta\\right)$. On est ainsi ramenés au premier cas.\n\n$\\mathcal{F i n}$", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2012-2013-envoi4-corrige.jsonl", "problem_match": "\nExercice 9.", "solution_match": "## Solution."}} |
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