# Olympiades Françaises de Mathématiques 2012-2013 

Envoi $\mathcal{N u m e ́ r o ~} 4$ - Corrigé
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## Exercices Juniors

Exercice 1. Soient $x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{5}$ des réels tels que

$$
\left|x_{2}-x_{1}\right|=2\left|x_{3}-x_{2}\right|=3\left|x_{4}-x_{3}\right|=4\left|x_{5}-x_{4}\right|=5\left|x_{1}-x_{5}\right| .
$$

Montrer 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

$$
x_{2}-x_{1}=\varepsilon_{1} \alpha, x_{3}-x_{2}=\varepsilon_{2} \frac{\alpha}{2}, x_{4}-x_{3}=\varepsilon_{3} \frac{\alpha}{3}, x_{5}-x_{4}=\varepsilon_{4} \frac{\alpha}{4}, x_{1}-x_{5}=\varepsilon_{5} \frac{\alpha}{5} .
$$

Alors, par télescopage,

$$
0=x_{1}-x_{5}+x_{5}-x_{4}+x_{4}-x_{3}+x_{3}-x_{2}+x_{2}-x_{1}=\varepsilon_{1} \alpha+\varepsilon_{2} \frac{\alpha}{2}+\varepsilon_{3} \frac{\alpha}{3}+\varepsilon_{4} \frac{\alpha}{4}+\varepsilon_{5} \frac{\alpha}{5} .
$$

Si $\alpha \neq 0$, il existe donc des signes $\varepsilon_{1}^{\prime}, \ldots, \varepsilon_{4}^{\prime}$ tels que

$$
\frac{1}{5}=\varepsilon_{1}^{\prime}+\varepsilon_{2}^{\prime} \frac{1}{2}+\varepsilon_{3}^{\prime} \frac{1}{3}+\varepsilon_{4}^{\prime} \frac{1}{4}
$$

donc un entier n tel que $\frac{1}{5}=\frac{\mathfrak{n}}{12}$ ce qui est impossible car 5 ne divise par 12 .
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Exercice 2. Soit $\left(u_{n}\right)_{n}$ une suite de réels telle que, pour tout entier $n$,

$$
\left|u_{n+1}-u_{n}\right| \leqslant 1 .
$$

Montrer 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 $v_{n}=\frac{1}{n}\left(u_{1}+\ldots+u_{n}\right)$.
$\triangleright$ Soit $\mathrm{m}>\mathrm{n}$. Remarquons tout d'abord que, par inégalité triangulaire,

$$
\begin{aligned}
\left|u_{m}-u_{n}\right| & \leqslant\left|u_{m}-u_{m-1}\right|+\left|u_{m-1}-u_{m-2}\right|+\ldots+\left|u_{n+1}-u_{n}\right| \\
& \leqslant m-n .
\end{aligned}
$$

$\triangleright$ Pour tout entier n strictement positif,

$$
\begin{aligned}
\left|v_{n+1}-v_{n}\right| & =\left|\frac{(n+1)\left(u_{1}+\ldots+u_{n}\right)-n\left(u_{1}+\ldots+u_{n}+u_{n+1}\right)}{n(n+1)}\right| \\
& \leqslant\left|\frac{\left(u_{1}-u_{n+1}\right)+\ldots+\left(u_{n}-u_{n+1}\right)}{n(n+1)}\right| \\
& \leqslant \frac{\left|u_{1}-u_{n+1}\right|+\ldots+\left|u_{n}-u_{n+1}\right|}{n(n+1)} \\
& \leqslant \frac{n+\ldots+1}{n(n+1)}=\frac{1}{2}
\end{aligned}
$$

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Exercice 3. 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,

- 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,
- 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.

Par conséquent, les deux ensembles

$$
\begin{aligned}
\left.\mathrm{E} \cap] \frac{1}{x_{0}}, x_{0}\right] & =(\mathrm{E} \cap] \frac{1}{x_{0}},+\infty[) \backslash(\mathrm{E} \cap] \mathrm{x}_{0},+\infty[) \\
\mathrm{E} \cap\left[\frac{1}{x_{0}}, x_{0}[ \right. & =(\mathrm{E} \cap]-\infty, \mathrm{x}_{0}[) \backslash(\mathrm{E} \cap]-\infty, \frac{1}{x_{0}}[)
\end{aligned}
$$

ont 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 $\frac{1}{x_{0}}$.
On 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 .
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## Exercices Communs

Exercice 4. Soit $x, y, z>0$ tels que $x y z=8$. Montrer que

$$
\frac{x-2}{x+1}+\frac{y-2}{y+1}+\frac{z-2}{z+1} \leqslant 0
$$

## Solution.

Commençons par remarquer que $a-2=a+1-3$ pour tout réel a donc

$$
\frac{x-2}{x+1}+\frac{y-2}{y+1}+\frac{z-2}{z+1}=3-3\left(\frac{1}{x+1}+\frac{1}{y+1}+\frac{1}{z+1}\right)
$$

L'inégalité à établir se réécrit donc

$$
\frac{1}{x+1}+\frac{1}{y+1}+\frac{1}{z+1} \geqslant 1
$$

En mettant au même dénominateur, on obtient

$$
3+2(x+y+z)+x y+y z+z x \geqslant 1+x+y+z+x y+y z+z x+x y z
$$

soit

$$
\frac{x+y+z}{3} \geqslant 2
$$

Or, cette dernière égalité est simplement l'inégalité arithmético-géométrique.
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Exercice 5. Trouver toutes les fonctions $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ telles que, pour tous $x$ et $y$,

$$
f(x y) \leqslant x f(y)
$$

## 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, $f(0)=0$.
$\triangleright \operatorname{Si} x>0$ et $y>0$, alors

$$
f(x)=f\left(\frac{x}{y} y\right) \leqslant \frac{x}{y} f(y)
$$

D'où

$$
\frac{f(x)}{x} \leqslant \frac{f(y)}{y}
$$

et donc $\frac{f(x)}{x}=\frac{f(y)}{y}$ (par symétrie des rôles de $x$ et $y$ ).
$\triangleright$ De même, si $x<0$ et $y<0$, alors

$$
f(x)=f\left(\frac{x}{y} y\right) \leqslant \frac{x}{y} f(y)
$$

D'où

$$
\frac{f(x)}{x} \geqslant \frac{f(y)}{y}
$$

et donc $\frac{f(x)}{x}=\frac{f(y)}{y}$ (par symétrie des rôles de $x$ et $y$ ).
$\triangleright$ Notons $\alpha=\mathfrak{f}(1)$ et $\beta=-\mathbf{f}(-1)$ les constantes exhibées aux points précédents. Avec $(x, y)=$ $(-1,-1)$, l'inéquation donne $\alpha=f\left((-1)^{2}\right) \leqslant-f(-1)=\beta$.
$\triangleright$ On a obtenu qu'une solution est de la forme

$$
x \mapsto\left\{\begin{array}{cl}
0 & \text { si } x=0 \\
\alpha x & \text { si } x>0 \\
\beta x & \text { si } x<0
\end{array}\right.
$$

$\operatorname{avec} \alpha \leqslant \beta$. On vérifie que ces fonctions conviennent.
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Exercice 6. Soient un entier $n$ et des réels $0<\mathfrak{u}_{1}<\mathfrak{u}_{2}<\ldots<\boldsymbol{u}_{\boldsymbol{n}}$ tels que

$$
\mathfrak{u}_{1}+\mathfrak{u}_{2}+\ldots+\mathfrak{u}_{n}=\frac{1}{\mathfrak{u}_{1}^{2}}+\frac{1}{\mathfrak{u}_{2}^{2}}+\ldots+\frac{1}{\mathfrak{u}_{n}^{2}}
$$

Montrer 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

$$
\mathrm{a}=\frac{\frac{1}{\mathbf{u}_{1}^{2}}+\ldots+\frac{1}{\mathfrak{u}_{n}^{2}}}{\mathrm{n}} \geqslant \frac{1}{\mathrm{~g}^{2}} \geqslant \frac{1}{\mathrm{a}^{2}}
$$

Ainsi, $a \geqslant 1$ et, donc, $u_{1}+\ldots+u_{n} \geqslant n$.
$\triangleright$ 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

$$
n\left(u_{1}+\ldots+u_{n}\right)<n k
$$

ce 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 $k$.

## Exercices Olympiques

Exercice 7. Trouver les fonctions $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ telles que, pour tous $x, y \in \mathbb{R}$,

$$
\mathrm{f}\left(\frac{\mathrm{x}+\mathrm{y}}{3}\right)=\frac{\mathrm{f}(\mathrm{x})+\mathrm{f}(\mathrm{y})}{2}
$$

## Solution.

Soit $f$ une solution.
$\triangleright$ Commençons par remarquer que la fonction $g: x \mapsto f(x)-f(0)$ est aussi une solution de l'équation fonctionnelle.
$\triangleright$ Pour tous réels $x$ et $y$,

$$
\mathrm{g}(x+y)=\mathrm{g}\left(\frac{3 \mathrm{x}+3 \mathrm{y}}{3}\right)=\frac{\mathrm{g}(3 \mathrm{x})+\mathrm{g}(3 \mathrm{y})}{2}
$$

Or, pour tout réel $a$,

$$
g(3 a)=2 \cdot \frac{g(3 a)+g(0)}{2}=2 g\left(\frac{3 a+0}{3}\right)=2 g(a)
$$

En conclusion, $g(x+y)=g(x)+g(y)$.
$\triangleright$ On a montré que, pour tout $x, g(2 x)=2 g(x)$. Or, l'équation fonctionnelle avec $y=2 x$ donne

$$
\mathrm{g}\left(\frac{\mathrm{x}+2 \mathrm{x}}{3}\right)=\frac{\mathrm{g}(\mathrm{x})+\mathrm{g}(2 x)}{2}
$$

soit $\mathrm{g}(2 \mathrm{x})=\mathrm{g}(\mathrm{x})$. En combinant ces deux résultats, on obtient que g est nulle donc f est constante. La réciproque est évidente.
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Exercice 8. Soient $x$, y et $z$ des réels strictement positifs tels que

$$
x+y+z \geqslant \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}
$$

Montrer que

$$
\frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x} \geqslant \frac{1}{x y}+\frac{1}{y z}+\frac{1}{z x}
$$

## Solution.

En mettant au même dénominateur, l'inégalité recherchée se réécrit

$$
x^{2} z+y^{2} x+z^{2} y \geqslant x+y+z
$$

Montrons celle-ci en utilisant successivement l'hypothèse et l'inégalité de Cauchy-Schwarz :

$$
\begin{aligned}
& x+y+z \leqslant \frac{(x+y+z)^{2}}{\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}} \\
& \leqslant \frac{\left(x \sqrt{z} \cdot \frac{1}{\sqrt{z}}+y \sqrt{x} \cdot \frac{1}{\sqrt{x}}+z \sqrt{y} \cdot \frac{1}{\sqrt{y}}\right)^{2}}{\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}} \\
& \leqslant x^{2} z+y^{2} x+z^{2} y . \\
& \text { య̛or }
\end{aligned}
$$

Exercice 9. Soient a, b et c des réels strictement positifs tels que

$$
a^{2}+b^{2}>c^{2}, \quad b^{2}+c^{2}>a^{2}, \quad c^{2}+a^{2}>b^{2}
$$

Montrer que

$$
\frac{a^{2} b^{2} c^{2}}{\left(a^{2}+b^{2}-c^{2}\right)\left(b^{2}+c^{2}-a^{2}\right)\left(c^{2}+a^{2}-b^{2}\right)}+2 \frac{(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)}{a b c} \geqslant 3
$$

## Solution.

## Notons

$$
\begin{aligned}
& A=\frac{a^{2} b^{2} c^{2}}{\left(a^{2}+b^{2}-c^{2}\right)\left(b^{2}+c^{2}-a^{2}\right)\left(c^{2}+a^{2}-b^{2}\right)} \\
& B=\frac{(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)}{a b c}
\end{aligned}
$$

On 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.
D'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

$$
\frac{(a+b-c)^{2}(b+c-a)^{2}(c+a-b)^{2}}{\left(a^{2}+b^{2}-c^{2}\right)\left(b^{2}+c^{2}-a^{2}\right)\left(c^{2}+a^{2}-b^{2}\right)} \geqslant 1
$$

D'après la formule d'Al-Kashi, on a

$$
a^{2}+b^{2}-c^{2}=2 a b \cos \alpha
$$

D'autre part,

$$
(c+a-b)(b+c-a)=c^{2}-a^{2}-b^{2}+2 a b=2 a b(1-\cos \alpha)
$$

donc $\frac{(c+a-b)(b+c-a)}{a^{2}+b^{2}-c^{2}}=\frac{1-\cos \alpha}{\cos \alpha}$. En multipliant par les deux expressions similaires, l'inégalité à démontrer devient

$$
\frac{(1-\cos \alpha)(1-\cos \beta)(1-\cos \gamma)}{\cos \alpha \cos \beta \cos \gamma} \geqslant 1
$$

Traitons d'abord le cas particulier $\alpha=\beta$. Alors $\gamma=\pi-2 \alpha$. Comme $\gamma \leqslant \frac{\pi}{2}$, on a $\alpha \in\left[\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{2}\right]$.
Comme $\frac{1-\cos \gamma}{\cos \gamma}=\frac{1+\cos 2 \alpha}{-\cos 2 \alpha}=\frac{2 \cos ^{2} \alpha}{1-2 \cos ^{2} \alpha}$, on a

$$
\begin{aligned}
\frac{(1-\cos \alpha)(1-\cos \beta)(1-\cos \gamma)}{\cos \alpha \cos \beta \cos \gamma} & =\frac{(1-\cos \alpha)^{2}\left(2 \cos ^{2} \alpha\right)}{\cos ^{2} \alpha\left(1-2 \cos ^{2} \alpha\right)} \\
& =\frac{2(1-\cos \alpha)^{2}}{1-2 \cos ^{2} \alpha}
\end{aligned}
$$

Cette 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.
Traitons maintenant le cas général. On suppose par symétrie que $\alpha \geqslant \beta \geqslant \gamma$.

Posons $f(x)=\frac{1-\cos x}{\cos x}$ et $g(x)=\log f(x)$. On veut montrer que

$$
f(\alpha) f(\beta) f(\gamma) \geqslant 1
$$

ou 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

$$
g^{\prime \prime}(x)=\frac{(1-\cos x)\left(-\cos ^{2} x-\cos x+1\right)}{\cos ^{2} x(1-\cos x)^{2}}
$$

est 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.
Premier 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.
Deuxième 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.
Posons $\varphi(t)=g(\beta+t)+g(\gamma-t)$. Pour tout $t \in\left[0, x_{0}-\beta\right]$, on a

$$
\varphi^{\prime}(t)=g^{\prime}(\beta+t)-g^{\prime}(\gamma-t) \leqslant 0
$$

puisque $0<\gamma-t \leqslant \beta+t \leqslant x_{0}$. 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.
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$\mathcal{F i n}$