| {"year": "2016", "tier": "T2", "problem_label": "1", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "problem": "Trouver toutes les fonctions $f: \\mathbb{R} \\rightarrow \\mathbb{R}$ telles que $f(x) f(y)-f(x y)=x+y$ pour tous $x, y \\in \\mathbb{R}$.", "solution": "Soit f une fonction vérifiant la condition de l'énoncé. En prenant $x=y=$ 0 , on obtient $f(0)(f(0)-1)=0$ donc $f(0)=0$ ou $f(0)=1$.\n\nPremier cas : supposons que $f(0)=0$. En prenant $y=0$ dans l'équation initiale, on obtient $0=\\chi$ pour tout $x \\in \\mathbb{R}$, ce qui est absurde.\n\nDeuxième cas : supposons que $f(0)=1$. En prenant $y=0$ dans l'équation initiale, on obtient $f(x)=x+1$ pour tout $x \\in \\mathbb{R}$.\nRéciproquement, on vérifie que la fonction $f(x)=x+1$ pour tout $x \\in \\mathbb{R}$ est solution car on a bien $(x+1)(y+1)-(x y+1)=x+y$ pour tous $x, y, \\in \\mathbb{R}$.\n\nRemarque. Il est important de vérifier que réciproquement, la fonction $f(x)=x+1$ convient. En effet, nous avons raisonné par implications successives et non pas par équivalences. Par exemple, si l'énoncé était \"Trouver toutes les fonctions $f: \\mathbb{R} \\rightarrow \\mathbb{R}$ telles que $f(x) f(y)-f(x y)=$ $x+y$ pour tous $x, y \\in \\mathbb{R}$ et $f(2)=2$ \", nous aurions conclu que réciproquement, la fonction $f(x)=x+1$ ne convient pas $(\\operatorname{car} f(2)=3)$ et que dans ce cas il n'y a pas de solution.", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2015-2016-envoi-3-solutions.jsonl", "problem_match": "\nExercice 1.", "solution_match": "\nSolution de l'exercice 1"}} |
| {"year": "2016", "tier": "T2", "problem_label": "2", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "problem": "Soit $n \\geqslant 3$ un nombre entier et $a_{1}, a_{2}, \\ldots, a_{n}$ des nombres réels.\n(a) On suppose que $a_{i}<\\max \\left(a_{i-1}, a_{i+1}\\right)$ pour tout $i \\in\\{2,3, \\ldots, n-1\\}$. Montrer que $a_{i}<$ $\\max \\left(a_{1}, a_{n}\\right)$ pour tout $i \\in\\{2,3, \\ldots, n-1\\}$.\n(b) On suppose que $a_{i} \\leqslant \\max \\left(a_{i-1}, a_{i+1}\\right)$ pour tout $i \\in\\{2,3, \\ldots, n-1\\}$. Est-il vrai que $a_{i} \\leqslant \\max \\left(a_{1}, a_{n}\\right)$ pour tout $i \\in\\{2,3, \\ldots, n-1\\}$ ?\nN.B. Si $x$ et y sont deux nombres réels, on note $\\max (x, y)$ le plus grand des deux.", "solution": "(a) Soit $i \\in\\{1,2, \\ldots, n\\}$ un entier tel que $a_{i}=\\max \\left(a_{1}, \\ldots, a_{n}\\right)$. L'énoncé indique que $i \\notin\\{2,3, \\ldots, n-1\\}$. Cela montre à la fois que $i \\in\\{1, n\\}$, donc que $a_{i}=\\max \\left(a_{1}, a_{n}\\right)$, et que $a_{k}<a_{i}$ si $k \\in\\{2,3, \\ldots, n-1\\}$, ce qui était l'inégalité demandée.\n(b) Le résultat est clairement vrai pour $\\mathrm{n}=3$. Montrons qu'il n'est pas toujours vrai pour $\\mathrm{n} \\geqslant 4$ en exhibant un contre-exemple : prenons $a_{1}=a_{n}=1$ et $a_{i}=2$. La consigne de l'énoncé est respectée mais $a_{i}>\\max \\left(a_{1}, a_{n}\\right)$ pour tout $2 \\leqslant i \\leqslant n-1$.\n\nAutre solution pour (a). L'idée est de regarder où la suite \"remonte\" pour la première fois. Pour cela, nous allons distinguer deux cas :\n\nPremier cas : il existe un plus petit entier $1 \\leqslant \\mathfrak{i}_{0} \\leqslant n-1$ tel que $a_{i_{0}} \\leqslant a_{i_{0}+1}$. Ainsi, $a_{1}>\\cdots>a_{i_{0}}$ et $a_{i_{0}} \\leqslant a_{i_{0}+1}$. En particulier, si $i_{0}=n-1$, on remarque qu'on a bien le résultat voulu (car alors $a_{n-1}<a_{1}$ at $a_{n-1} \\leqslant a_{n}$ ). Supposons maintenant que $\\mathfrak{i}_{0}<n-1$ et montrons que $a_{j}<a_{j+1}$ pour tout entier $\\mathfrak{i}_{0}+1 \\leqslant j \\leqslant n-1$ par récurrence sur $j$.\n\nInitialisation : on a $a_{i_{0}+1}<\\max \\left(a_{i_{0}}, a_{i_{0}+2}\\right)$. Comme $a_{i_{0}} \\leqslant a_{i_{0}+1}$, on doit avoir max $\\left(a_{i_{0}}, a_{i_{0}+2}\\right)=$ $a_{i_{0}+2}$, ce qui implique que $a_{i_{0}+1}<a_{i_{0}+2}$.\nHérédité : soit $\\mathfrak{i}_{0}+1 \\leqslant \\mathfrak{j}<n-1$ un entier tel que $a_{j}<a_{j+1}$. Montrons que $a_{j+1}<a_{j+2}$. Comme $a_{\\mathfrak{j}+1}<\\max \\left(a_{\\mathfrak{j}}, a_{\\mathfrak{j}+2}\\right)$ et $a_{\\mathfrak{j}}<\\mathfrak{a}_{\\mathfrak{j}+1}$, on doit avoir $\\max \\left(a_{j}, a_{j+2}\\right)=a_{j+2}$, ce qui implique que $a_{j+1}<a_{j+2}$.\nOn a donc:\n\n$$\na_{1}>\\cdots>a_{i_{0}} \\leqslant a_{i_{0}+1}<a_{i_{0}+2}<a_{i_{0}+3}<\\cdots<a_{n}\n$$\n\nce qui implique que $a_{i}<\\max \\left(a_{1}, a_{n}\\right)$ pour tout $i \\in\\{2,3, \\ldots, n-1\\}$.\nDeuxième cas : il n'existe pas d'entier $1 \\leqslant \\mathfrak{i}_{0} \\leqslant n-1$ tel que $a_{i_{0}} \\leqslant a_{i_{0}+1}$. Alors $a_{1}>a_{2}>\\cdots>$ $a_{n}$ et on a bien le résultat voulu.", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2015-2016-envoi-3-solutions.jsonl", "problem_match": "\nExercice 2.", "solution_match": "\nSolution de l'exercice 2"}} |
| {"year": "2016", "tier": "T2", "problem_label": "3", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "problem": "Soient $0 \\leqslant a, b, c, d, e \\leqslant 1$ des nombres réels. Montrer que\n\n$$\n(1+a+b+c+d+e)^{2} \\geqslant 4\\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2}+e^{2}\\right)\n$$", "solution": "L'idée est d'utiliser l'inégalité $(x+y)^{2} \\geqslant 4 x y$ pour $x=1$ et une valeur particulière de $y$.\n\nPlus précisément, pour tous $x, y \\geqslant 0$, on a $(x-y)^{2} \\geqslant 0$, et donc $(x+y)^{2} \\geqslant 4 x y$ (cette inégalité est aussi l'inégalité arithmético-géométrique à deux variables). En évaluant cette inégalité avec $x=1$ et $y=a+b+c+d+e$, on obtient:\n\n$$\n(1+a+b+c+d+e)^{2} \\geqslant 4(a+b+c+d+e)\n$$\n\nOr pour tout nombre réel $x$ tel que $0 \\leqslant x \\leqslant 1$, on a $x \\geqslant x^{2}$. Donc\n\n$$\n4(a+b+c+d+e) \\geqslant 4\\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2}+e^{2}\\right)\n$$\n\nce qui montre finalement que $(1+a+b+c+d+e)^{2} \\geqslant 4\\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2}+e^{2}\\right)$.\n\n## Exercices communs", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2015-2016-envoi-3-solutions.jsonl", "problem_match": "\nExercice 3.", "solution_match": "\nSolution de l'exercice 3"}} |
| {"year": "2016", "tier": "T2", "problem_label": "4", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "problem": "Trouver toutes les fonctions $f: \\mathbb{R} \\rightarrow \\mathbb{R}$ telles que $f(f(x)+3 y)=12 x+f(f(y)-x)$ pour tous $x, y \\in \\mathbb{R}$.", "solution": "Soit f une fonction satisfaisant à la condition de l'énoncé. L'idée est de montrer que f est injective en utilisant le fait qu'elle est surjective. Montrons d'abord que f est surjective. En prenant $y=-f(x) / 3$ dans l'équation fonctionnelle, on obtient $f(f(y)-x)=$ $f(0)-12 x$. En faisant varier $x$, on voit que le membre de droite de cette dernière égalité peut prendre pour valeur n'importe quel nombre réel, et donc le membre de gauche aussi, ce qui implique que f est surjective.\n\nMontrons que $f$ est injective. Soient $a, b \\in \\mathbb{R}$ tels que $f(a)=f(b)$. Nous allons montrer que $a=b$. En prenant $y=a$ et $y=b$ dans l'équation fonctionnelle, on obtient pour tout $x \\in \\mathbb{R}$\n\n$$\n\\mathbf{f}(\\mathbf{f}(\\mathrm{x})+3 \\mathbf{a})=12 x+f(f(a)-x)=12 x+f(f(b)-x)=f(f(x)+3 b)\n$$\n\noù on a utilisé le fait que $\\mathrm{f}(\\mathrm{a})=\\mathrm{f}(\\mathrm{b})$ pour la deuxième égalité. Ceci implique que pour tout $y \\in \\mathbb{R}$,\n\n$$\nf(y)=f(y+3(b-a))\n$$\n\nEn effet, si on fixe $y \\in \\mathbb{R}$, par surjectivité il existe $x$ tel que $f(x)=y-3 a$ et en injectant dans (1), ceci donne (2). En particulier, $f(0)=f(3(b-a))$. Alors\n\n$$\n\\mathbf{f}(\\mathbf{f}(0))=\\mathbf{f}(\\mathbf{f}(3(b-a))+3 \\cdot 0)=12 \\cdot 3(b-a)+\\mathbf{f}(\\mathbf{f}(0)-3(b-a))=12 \\cdot 3(b-a)+\\mathbf{f}(\\mathbf{f}(0))\n$$\n\noù pour la première égalité on utilise le fait que $f(0)=f(3(b-a))$, pour la deuxième on utilise l'équation fonctionnelle de l'énoncé (avec $x=3(b-a)$ et $y=0$ ), pour la troisième égalité on utilise (2) $(\\operatorname{avec} y=f(0)-3(b-a)$ ). Donc $3(b-a)=0$ et $a=b$.\n\nPour conclure, en prenant $x=0$ dans l'équation de départ et en utilisant l'injectivité de f , on obtient\n\n$$\nf(y)=f(0)+3 y\n$$\n\npour tout réel $y$.\nRéciproquement, on vérifie que les fonctions de la forme $f(x)=a+3 x$ pour tout $x \\in \\mathbb{R}$ avec $a \\in \\mathbb{R}$ vérifient l'équation fonctionnelle de l'énoncé.", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2015-2016-envoi-3-solutions.jsonl", "problem_match": "\nExercice 4.", "solution_match": "\nSolution de l'exercice 4"}} |
| {"year": "2016", "tier": "T2", "problem_label": "5", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "problem": "Soient a, b, $c>0$. Montrer que\n\n$$\n\\sqrt{\\frac{a}{b+c}}+\\sqrt{\\frac{b}{c+a}}+\\sqrt{\\frac{c}{a+b}}>2 .\n$$", "solution": "L'idée est d'utiliser inégalité arithmético-géométrique pour minorer $\\frac{1}{\\sqrt{x+y}}$. Plus précisément, on a, par inégalité arithmético-géométrique :\n\n$$\n\\sqrt{\\frac{a}{b+c}}=\\frac{a}{\\sqrt{a(b+c)}} \\geqslant \\frac{a}{(a+b+c) / 2} \\geqslant \\frac{2 a}{a+b+c}\n$$\n\nOn procède de même pour montrer que $\\sqrt{\\frac{b}{c+a}} \\geqslant \\frac{2 b}{a+b+c}$ et que $\\sqrt{\\frac{c}{a+b}} \\geqslant \\frac{2 c}{a+b+c}$. On en déduit que\n\n$$\n\\sqrt{\\frac{a}{b+c}}+\\sqrt{\\frac{b}{c+a}}+\\sqrt{\\frac{c}{a+b}} \\geqslant 2\n$$\n\nIl y a égalité seulement si et seulement si on est dans le cas d'égalité de chacune des trois inégalités arithmético-géométrique utilisées, soit : $a=b+c, b=a+c$ et $c=a+b$, ce qui est impossible.", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2015-2016-envoi-3-solutions.jsonl", "problem_match": "\nExercice 5.", "solution_match": "\nSolution de l'exercice 5"}} |
| {"year": "2016", "tier": "T2", "problem_label": "6", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "problem": "Soit $n>1$ un entier. Trouver tous les polynômes $P$ non constants à coefficients réels tels que\n\n$$\nP(x) P\\left(x^{2}\\right) P\\left(x^{3}\\right) \\cdots P\\left(x^{n}\\right)=P\\left(x^{\\frac{n(n+1)}{2}}\\right)\n$$\n\npour tout nombre réel $x$.", "solution": "Nous allons montrer que les solutions sont de la forme $\\mathrm{P}(\\mathrm{x})=\\mathrm{x}^{\\mathrm{a}}$ avec $a \\geqslant 0$ un entier si $n$ est pair, et $P(x)=x^{a}$ ou $P(x)=-x^{a}$ avec $a \\geqslant 0$ un entier si $n$ est impair. Comme $1+2+\\cdots+n=\\frac{n(n+1)}{2}$, on vérifie tout d'abord que ces polynômes vérifient l'équation de l'énoncé.\nSoit maintenant $P$ un polynôme solution. Écrivons d'abord $P$ sous la forme $P(x)=x^{a} Q(x)$ avec $a \\geqslant 0$ un entier et $Q$ un polynôme tel que $c=Q(0) \\neq 0$. Écrivons $Q^{\\prime}$ sous la forme $Q^{\\prime}=x^{b} S(x)$ avec $b \\geqslant 0$ un entier et $S$ un polynôme tel que $S(0) \\neq 0$ (et donc $S$ n'est pas divisible par le polynôme $x$ ), et posons\n\n$$\nR(x)=Q(x) Q\\left(x^{2}\\right) Q\\left(x^{3}\\right) \\cdots Q\\left(x^{n}\\right)\n$$\n\nL'idée est de considérer la quantité $R^{\\prime}(x) / R(x)$, où $R^{\\prime}$ est le polynôme dérivé de R. En effet, comme $1+2+\\cdots+n=\\frac{\\mathfrak{n}(\\boldsymbol{n}+1)}{2}$, Q doit aussi vérifier l'égalité\n\n$$\nQ(x) Q\\left(x^{2}\\right) Q\\left(x^{3}\\right) \\cdots Q\\left(x^{n}\\right)=Q\\left(x^{\\frac{n(n+1)}{2}}\\right) .\n$$\n\nEn faisant $x=0$, on trouve $\\boldsymbol{c}^{n-1}=1$, de sorte que $\\mathrm{c}=1$ si n est pair et $\\mathrm{c}= \\pm 1$ si n est impair. Supposons par l'absurde que $Q$ n'est pas constant (de sorte que $Q^{\\prime} n^{\\prime}$ est pas le polynôme nul), et dérivons (3) :\n\n$$\nR(x)\\left(\\frac{Q^{\\prime}(x)}{Q(x)}+2 x \\frac{Q^{\\prime}\\left(x^{2}\\right)}{Q\\left(x^{2}\\right)}+\\cdots+n x^{n-1} \\frac{Q^{\\prime}\\left(x^{n}\\right)}{Q\\left(x^{n}\\right)}\\right)=\\frac{n(n+1)}{2} x^{\\frac{n(n+1)}{2}-1} Q^{\\prime}\\left(x^{\\frac{n(n+1)}{2}}\\right) .\n$$\n\nNotons que $R(0)=c^{n} \\neq 0$ (et donc $R n^{\\prime}$ est pas divisible par le polynôme $x$ ). La plus grande puissance de $x$ qui divise le membre de droite de (4) est $x^{\\frac{n(n+1)}{2}-1+b \\frac{n(n+1)}{2}}$ tandis que la plus grande puissance de $x$ qui divise celui de gauche est $x^{b}$ (car tous les termes de la somme sont divisibles par $x^{\\mathrm{b}+1}$ sauf $\\frac{\\mathrm{Q}^{\\prime}(x)}{\\mathrm{Q}(x)}$ ). Donc\n\n$$\n\\mathrm{b}=\\frac{\\mathrm{n}(\\mathrm{n}+1)}{2}-1+\\mathrm{b} \\frac{\\mathrm{n}(\\mathrm{n}+1)}{2}\n$$\n\nOr $n \\geqslant 2$, donc\n\n$$\n\\mathrm{b}<\\mathrm{b} \\frac{\\mathrm{n}(\\mathrm{n}+1)}{2}<\\frac{\\mathrm{n}(\\mathrm{n}+1)}{2}-1+\\mathrm{b} \\frac{\\mathrm{n}(\\mathrm{n}+1)}{2}\n$$\n\nce qui est absurde. Donc $Q$ est constant, ce qui conclut.\n\n## Exercices du groupe A", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2015-2016-envoi-3-solutions.jsonl", "problem_match": "\nExercice 6.", "solution_match": "\nSolution de l'exercice 6"}} |
| {"year": "2016", "tier": "T2", "problem_label": "7", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "problem": ". Soit $n \\geqslant 2$ un nombre entier et soient $x_{1}, \\ldots, x_{n}$ des nombres réels positifs tels que $x_{1} x_{2} \\cdots x_{n}=1$. Montrer que\n\n$$\n\\frac{1}{n-1+x_{1}}+\\frac{1}{n-1+x_{2}}+\\cdots+\\frac{1}{n-1+x_{n}} \\leqslant 1\n$$", "solution": "En réduisant au même dénominateur, il s'agit de montrer que\n\n$$\n\\sum_{k=1}^{n} \\prod_{j \\neq k}\\left(x_{j}+n-1\\right) \\leqslant \\prod_{k=1}^{n}\\left(x_{k}+n-1\\right)\n$$\n\nOn note\n\n$$\n\\sigma_{k}=\\sum_{1 \\leqslant i_{1}<\\cdots<i_{k} \\leqslant n} x_{i_{1}} x_{i_{2}} \\cdots x_{i_{k}}\n$$\n\nle $k$-ème polynôme élémentaire (de degré $k$ donc) en $x_{1}, \\cdots, x_{n}$. Alors, en développant les deux côtés de (5), on voit que le coefficient de $\\sigma_{k}$ est $(n-1)^{n-k}$ dans celui de droite pour $1 \\leqslant k \\leqslant n$, et $(n-k)(n-1)^{n-k-1}$ dans celui de gauche pour $1 \\leqslant k \\leqslant n-1$. Le coefficient constant vaut $(n-1)^{n}$ à droite et $n(n-1)^{n-1}$ à gauche. Autrement dit,\n\n$$\n\\prod_{k=1}^{n}\\left(x_{j}+n-1\\right)=\\sum_{k=1}^{n}(n-1)^{n-k} \\sigma_{k}+(n-1)^{n}\n$$\n\net\n\n$$\n\\sum_{k=1}^{n} \\prod_{j \\neq k}\\left(x_{j}+n-1\\right)=\\sum_{k=1}^{n-1}(n-k)(n-1)^{n-k-1} \\sigma_{k}+n(n-1)^{n-1}\n$$\n\nEn notant $D=\\prod_{k=1}^{n}\\left(x_{k}+n-1\\right)-\\sum_{k=1}^{n} \\prod_{j \\neq k}\\left(x_{j}+n-1\\right)$, on a donc\n\n$$\nD=x_{1} x_{2} \\cdots x_{n}+\\sum_{k=1}^{n-1}(k-1)(n-1)^{n-k-1} \\sigma_{k}-(n-1)^{n-1}\n$$\n\nOr $\\sigma_{k} \\geqslant\\binom{ n}{k}$ par l'inégalité arithmético-géométrique ( $\\operatorname{car} x_{1} x_{2} \\cdots x_{n}=1$,) de sorte que :\n\n$$\nD \\geqslant \\sum_{k=1}^{n}(k-1)(n-1)^{n-k-1}\\binom{n}{k}-(n-1)^{n-1}\n$$\n\nou encore, en divisant les deux côtés par $(\\mathrm{n}-1)^{\\mathrm{n}-1}$,\n\n$$\n\\frac{D}{(n-1)^{n-1}} \\geqslant \\sum_{k=1}^{n}(k-1)(n-1)^{-k}\\binom{n}{k}-1=\\sum_{k=1}^{n} k(n-1)^{-k}\\binom{n}{k}-\\sum_{k=1}^{n}(n-1)^{-k}\\binom{n}{k}-1 .\n$$\n\nOr\n\n$$\n\\sum_{k=1}^{n} k\\binom{n}{k}(n-1)^{-k}=\\frac{n}{n-1} \\sum_{k=1}^{n}\\binom{n-1}{k-1} \\cdot\\left(\\frac{1}{n-1}\\right)^{k-1}=\\frac{n}{n-1} \\times\\left(\\frac{n}{n-1}\\right)^{n-1}=\\left(\\frac{n}{n-1}\\right)^{n}\n$$\n\net\n\n$$\n\\sum_{k=1}^{n}(n-1)^{-k}\\binom{n}{k}=\\sum_{k=0}^{n}(n-1)^{-k}\\binom{n}{k}-1=\\left(\\frac{n}{n-1}\\right)^{n}-1 .\n$$\n\nOn en déduit que $D \\geqslant 0$, ce qui conclut.", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2015-2016-envoi-3-solutions.jsonl", "problem_match": "\nExercice 7", "solution_match": "\nSolution de l'exercice 7"}} |
| {"year": "2016", "tier": "T2", "problem_label": "8", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "problem": "On note $S(k)$ la somme des chiffres d'un nombre entier $k$. On dit qu'un entier a est d'ordre $n$ s'il existe une suite d'entiers $a_{0}, a_{1}, \\ldots, a_{n}$ tels que $a_{n}=a$ et $a_{i+1}=a_{i}-S\\left(a_{i}\\right)$ pour tout $i=0,1, \\ldots, n-1$. Montrer que pour tout entier $n \\geqslant 1$ il existe un entier $b$ qui soit d'ordre $n$ mais qui ne soit pas d'ordre $n+1$.", "solution": "On pose $F(x)=x-S(x)$, et on considère la suite définie par $u_{0}=1$ et $u_{i+1}=10^{u_{i}}$ pour $i \\geqslant 0$. Soit $n \\geqslant 1$ fixé, et considérons un entier $N>u_{n+1}$. Nous allons montrer que $X=F^{(n)}\\left(10^{N}-5 N\\right.$ ) (on itère $n$ fois $F$ ) est d'ordre $n$ mais pas $n+1$. Pour cela, il suffit de montrer que X n'est pas d'ordre $\\mathrm{n}+1$.\n\nOn remarque pour commencer que $F(a)-F(b)$ est toujours divisible par 9, et que si $a$ et $b$ ne différent que sur leurs $k$ derniers chiffres, alors $|a-b| \\leqslant 10^{k}$.\n\nÉtablissons maintenant une sorte de réciproque à cette remarque. Soient $a, b$ deux entiers et écrivons $a=\\sum_{i \\geqslant 0} c_{i} 10^{i}$ et $b=\\sum_{i \\geqslant 0} c_{i}^{\\prime} 10^{i}$. On a $F(a)-F(b)=\\sum_{i \\geqslant 0}\\left(c_{i}-c_{i}^{\\prime}\\right)\\left(10^{i}-1\\right)$. Si $j$ est le plus grand indice tel que $c_{j}>c_{j}^{\\prime}$, alors\n\n$$\nF(a)-F(b) \\geqslant\\left(10^{j}-1\\right)+\\sum_{i=0}^{j-1}\\left(c_{i}-c_{i}^{\\prime}\\right)\\left(10^{i}-1\\right) \\geqslant\\left(10^{j}-1\\right)-9 \\sum_{i=0}^{j-1}\\left(10^{i}-1\\right)=9 j\n$$\n\nOn en déduit que si $|F(a)-F(b)|=9 k$, alors $j \\leqslant k$, et donc\nsi $|F(a)-F(b)|=9 k, \\quad$ alors $a$ et $b$ ne peuvent différer que sur leurs $k+1$ derniers chiffres. (6)\nMontrons maintenant le lemme suivant:\nLemme. Si $F^{(n)}(a)=F^{(n)}(b)$ alors $a$ et b ne peuvent différer que sur leurs $u_{n}$ derniers chiffres.\nRevenons maintenant à la preuve du lemme en raisonnant par récurrence sur n . L'initialisation pour $n=1$ provient de (6) appliqué avec $k=0$. Pour l'hérédité, soit $n \\geqslant 1$ tel que le lemme est vrai jusqu'au rang $n$. Soient $a, b$ deux entiers tels que $F^{(n+1)}(a)=F^{(n+1)}(b)$. Alors $F^{(n)}(F(a))=$ $F^{(n)}(F(b))$, et donc $|F(a)-F(b)| \\leqslant 10^{u_{n}}$ par hypothèse de récurrence. Comme $|F(a)-F(b)|$ est divisible par 9 , écrivons $|F(a)-F(b)|=9 k$ (avec $9 k \\leqslant 10^{u_{n}}$ ). Alors d'après (6), a et b ne peuvent différer que sur leurs $k+1$ derniers chiffres. Comme $k+1 \\leqslant 10^{u_{n}} / 9+1 \\leqslant 10^{u_{n}}$, a et b ne peuvent différer que sur leurs $10^{u_{n}}=u_{n+1}$ derniers chiffres, ce qui conclut.\n\nRevenons à l'exercice. Raisonnons par l'absurde en supposant l'existence d'un entier y tel que $X=F^{(n+1)}(y)=F^{(n)}\\left(10^{N}-5 N\\right)$. Alors\n\n$$\nF^{(n)}\\left(10^{N}-5 N\\right)=F^{(n)}(F(y))\n$$\n\net donc d'après le lemme\n\n$$\n\\left|10^{\\mathrm{N}}-5 \\mathrm{~N}-\\mathrm{F}(\\mathrm{y})\\right| \\leqslant 10^{\\mathbf{u}_{\\mathrm{n}}} \\leqslant \\mathrm{~N} .\n$$\n\nDonc\n\n$$\n10^{\\mathrm{N}}-4 \\mathrm{~N} \\leqslant \\mathrm{~F}(\\mathrm{y}) \\leqslant 10^{\\mathrm{N}}-6 \\mathrm{~N}\n$$\n\nOr on constate que si $\\mathrm{y} \\geqslant 10^{\\mathrm{N}}$, alors $\\mathrm{F}(\\mathrm{y}) \\geqslant 10^{\\mathrm{N}}-1$ (en effet, on vérifie aisément que F est croissante et que $\\left.F\\left(10^{N}\\right)=10^{N}-1\\right)$. De plus, si $y \\leqslant 10^{N}-1$, alors $F(y) \\leqslant 10^{N}-9 \\mathrm{~N}-1$; en effet si $y=\\sum_{i=0}^{N-1} c_{i} 10^{i}$, alors\n\n$$\nF(y)=\\sum_{i=0}^{N-1} c_{i}\\left(10^{i}-1\\right) \\leqslant \\sum_{i=0}^{N-1} 9\\left(10^{i}-1\\right)=10^{N}-9 N-1\n$$\n\nCeci contredit (7), et $X$ vérifie bien la condition cherchée.\nAutre solution, un peu plus courte : Comme ci-dessus, on pose $F(x)=x-S(x)$. Il vient immédiatement que $F(a+1)=F(a)$ si $a \\not \\equiv 9(\\bmod 10)$ et que $F(a+1)>F(a)$ si $a \\equiv 9(\\bmod 10)$. Par conséquent, tout entier k a au plus 10 antécédents par F , et a fortiori il a au plus $10^{\\mathrm{n}}$ antécédents par $F^{(n)}$, où $F^{(n)}$ est la $n^{\\text {ème }}$ itérée de $F$. Il s'ensuit que $F^{(n)}\\left(k+10^{n}\\right)>F^{(n)}(k)$ pour tout entier $k \\geqslant 1$ (en effet, si $F^{(n)}\\left(k+10^{n}\\right)=F^{(n)}(k)$ pour un certain entier $k \\geqslant 1$, on aurait $F^{(n)}(k)=F^{(n)}(i)$ pour tout $k \\leqslant i \\leqslant k+10^{n}$, de sorte que $l^{\\prime}$ entier $F^{(n)}(k)$ aurait au moins $10^{n}+1$ antécédents qui sont $\\left.k, k+1, k+2, \\ldots, k+10^{n}\\right)$.\n\nMaintenant, soit $\\ell$ un entier tel que $9 \\ell \\geqslant 2 \\cdot 10^{n}$. On observe que $F\\left(10^{\\ell}\\right)=10^{\\ell}-1$ et que $F\\left(10^{\\ell}-1\\right)=10^{\\ell}-1-9 \\ell$, puis on pose $a_{k}=F^{(k)}\\left(10^{\\ell}-10^{n}-1\\right)$ et $b_{k}=F^{(k)}\\left(10^{\\ell}-1\\right)$, pour $k \\geqslant 0$. Puisque $b_{0} \\geqslant a_{0}+10^{n}$, on en déduit que $b_{n}>a_{n}$. De même, puisque $a_{0} \\geqslant b_{1}+10^{n}$, on en déduit que $a_{n}>b_{n+1}$. Cela montre que $b_{0}>i>b_{1}$ pour tout entier $i$ tel que $a_{n}=F^{(n)}(i)$.\n\nOr, on a $F(k) \\geqslant b_{0}$ pour tout $k \\geqslant 10^{\\ell}$ et $F(k) \\leqslant b_{1}$ pour tout $k \\leqslant 10^{\\ell}-1$, ce qui montre que les éléments de l'ensemble $\\left\\{b_{1}+1, \\ldots, b_{0}-1\\right\\}$ sont tous d'ordre 0 mais pas d'ordre 1 . Il s'ensuit que $a_{n}$ est d'ordre $n$ mais pas d'ordre $n+1$, ce qui conclut.", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2015-2016-envoi-3-solutions.jsonl", "problem_match": "\nExercice 8.", "solution_match": "\nSolution de l'exercice 8"}} |
| {"year": "2016", "tier": "T2", "problem_label": "9", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "problem": "Trouver toutes les fonctions $\\mathrm{f}: \\mathbb{R} \\rightarrow \\mathbb{R}$ telles que\n\n$$\nf(x) f(y f(x)-1)=x^{2} f(y)-f(x)\n$$\n\npour tous $x, y \\in \\mathbb{R}$.", "solution": "Tout d'abord, on remarque que la fonction nulle est solution.\nSoit maintenant une fonction f solution. En prenant $x=0$, on obtient $f(0)(f(y f(0)-1)+1)=0$. Si $f(0) \\neq 0$, alors $f(y f(0)-1)=-1$ pour tout $y \\in \\mathbb{R}$. Comme $y f(0)-1$ parcourt $\\mathbb{R}$ quand\ny parcourt $\\mathbb{R}$, on en déduit qu'alors f est constante égale à -1 . En prenant $x=1$, on obtient $(-1)^{2}=-1^{2}+1$, ce qui est absurde. Donc $f(0)=0$.\n\nSupposons maintenant que $f n^{\\prime}$ est pas la fonction nulle. Il existe alors $a \\in \\mathbb{R}^{*}$ tel que $f(a) \\neq 0$. En prenant $x=a$ et $y=0$, on obtient $f(-1)=-1$.\n\nSi $f(x)=0$, en prenant $y=a$, on obtient $x^{2} f(a)=0$, et donc $x=0$. Ainsi, $f(x)=0$ si et seulement si $x=0$.\n\nEn prenant $x=y=1$, on obtient $f(1) f(f(1)-1)=0$, et donc, comme $f(1) \\neq 0, f(1)=1$.\nEn prenant $x=1$, on obtient $f(y-1)=f(y)-1$, et en utilisant ceci dans l'équation initiale on obtient\n\n$$\nf(x) f(y f(x))=x^{2} f(y)\n$$\n\nEn prenant $x=-1$ dans cette dernière équation, on obtient $f(-y)=-f(y)$, et donc $f$ est impaire. Combiné avec le fait que $\\mathrm{f}(\\mathrm{y}-1)=\\mathrm{f}(\\mathrm{y})-1$, on en déduit par récurrence que\n\n$$\nf(y-n)=f(y)-n\n$$\n\npour tout entier $n \\geqslant 0$, puis que $f(n)=n$ pour tout nombre entier relatif $n$. En prenant $x=n$ dans (8), on obtient\n\n$$\n\\mathrm{f}(\\mathrm{yn})=\\mathfrak{n f}(\\mathrm{y})\n$$\n\net on en déduit que $f(r)=r$ pour tout nombre rationnel $r$.\nEn prenant $y=1$ dans (8), on obtient $f(x) f(f(x))=x^{2}$. En prenant $x=y=f(x)$ dans (8), on obtient $f(f(x)) f\\left(f(x) f(f(x))=f(x)^{2} f(f(x))\\right.$. Pour $x \\neq 0, f(f(x)) \\neq 0$, et donc en simplifiant par $f(f(x))$ on obtient $f\\left(x^{2}\\right)=f\\left(f(x) f(f(x))=f(x)^{2}\\right.$. Ainsi, $f(x)>0$ pour $x>0$.\n\nSoit maintenant $z>0$ un nombre irrationnel, et supposons par l'absurde que $f(z)>z$. Soit $r=n / m$ un nombre rationnel tel que $f(z)>r>z$. Comme $m(r-z)>0$, on a $f(m(r-z))>0$. Or f est impaire (prendre $n=-1$ dans (10)), donc $m f(z)-n=f(m z)-n=f(m z-n)<0$, ce qui contredit le fait que $f(z)>r$. Le cas où $f(z)<z$ se traite de la même manière. Donc $f(x)=x$ pour tout $x \\in \\mathbb{R}$. Réciproquement, on vérifie qu'elle convient.\n\nLes solutions sont donc la fonction nulle et la fonction identité.", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2015-2016-envoi-3-solutions.jsonl", "problem_match": "\nExercice 9.", "solution_match": "\nSolution de l'exercice 9"}} |
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