# OLYMPIADES FRANÇAISES DE MATHÉMATIQUES 2015-2016 

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ENVOI No. 3

Corrigé

## Exercices du groupe B

Exercice 1. 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 de l'exercice 1 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 $f(0)=1$.

Premier 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.

Deuxième cas : supposons que $f(0)=1$. En prenant $y=0$ dans l'équation initiale, on obtient $f(x)=x+1$ pour tout $x \in \mathbb{R}$.
Réciproquement, 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 $x, y, \in \mathbb{R}$.

Remarque. 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.

Exercice 2. Soit $n \geqslant 3$ un nombre entier et $a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{n}$ des nombres réels.
(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 $i \in\{2,3, \ldots, n-1\}$.
(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 $i \in\{2,3, \ldots, n-1\}$ ?
N.B. Si $x$ et y sont deux nombres réels, on note $\max (x, y)$ le plus grand des deux.

Solution de l'exercice 2 (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.
(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 $2 \leqslant i \leqslant n-1$.

Autre solution pour (a). L'idée est de regarder où la suite "remonte" pour la première fois. Pour cela, nous allons distinguer deux cas :

Premier 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 $j$.

Initialisation : 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 $a_{i_{0}+1}<a_{i_{0}+2}$.
Hérédité : 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 $a_{j+1}<a_{j+2}$.
On a donc:

$$
a_{1}>\cdots>a_{i_{0}} \leqslant a_{i_{0}+1}<a_{i_{0}+2}<a_{i_{0}+3}<\cdots<a_{n}
$$

ce qui implique que $a_{i}<\max \left(a_{1}, a_{n}\right)$ pour tout $i \in\{2,3, \ldots, n-1\}$.
Deuxième 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.

Exercice 3. Soient $0 \leqslant a, b, c, d, e \leqslant 1$ des nombres réels. Montrer que

$$
(1+a+b+c+d+e)^{2} \geqslant 4\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2}+e^{2}\right)
$$

Solution de l'exercice 3 L'idée est d'utiliser l'inégalité $(x+y)^{2} \geqslant 4 x y$ pour $x=1$ et une valeur particulière de $y$.

Plus 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:

$$
(1+a+b+c+d+e)^{2} \geqslant 4(a+b+c+d+e)
$$

Or pour tout nombre réel $x$ tel que $0 \leqslant x \leqslant 1$, on a $x \geqslant x^{2}$. Donc

$$
4(a+b+c+d+e) \geqslant 4\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2}+e^{2}\right)
$$

ce qui montre finalement que $(1+a+b+c+d+e)^{2} \geqslant 4\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2}+e^{2}\right)$.

## Exercices communs

Exercice 4. 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 de l'exercice 4 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.

Montrons 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 $x \in \mathbb{R}$

$$
\mathbf{f}(\mathbf{f}(\mathrm{x})+3 \mathbf{a})=12 x+f(f(a)-x)=12 x+f(f(b)-x)=f(f(x)+3 b)
$$

où on a utilisé le fait que $\mathrm{f}(\mathrm{a})=\mathrm{f}(\mathrm{b})$ pour la deuxième égalité. Ceci implique que pour tout $y \in \mathbb{R}$,

$$
f(y)=f(y+3(b-a))
$$

En 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

$$
\mathbf{f}(\mathbf{f}(0))=\mathbf{f}(\mathbf{f}(3(b-a))+3 \cdot 0)=12 \cdot 3(b-a)+\mathbf{f}(\mathbf{f}(0)-3(b-a))=12 \cdot 3(b-a)+\mathbf{f}(\mathbf{f}(0))
$$

où 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 $a=b$.

Pour conclure, en prenant $x=0$ dans l'équation de départ et en utilisant l'injectivité de f , on obtient

$$
f(y)=f(0)+3 y
$$

pour tout réel $y$.
Réciproquement, 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.

Exercice 5. Soient a, b, $c>0$. Montrer que

$$
\sqrt{\frac{a}{b+c}}+\sqrt{\frac{b}{c+a}}+\sqrt{\frac{c}{a+b}}>2 .
$$

Solution de l'exercice 5 L'idée est d'utiliser inégalité arithmético-géométrique pour minorer $\frac{1}{\sqrt{x+y}}$. Plus précisément, on a, par inégalité arithmético-géométrique :

$$
\sqrt{\frac{a}{b+c}}=\frac{a}{\sqrt{a(b+c)}} \geqslant \frac{a}{(a+b+c) / 2} \geqslant \frac{2 a}{a+b+c}
$$

On 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

$$
\sqrt{\frac{a}{b+c}}+\sqrt{\frac{b}{c+a}}+\sqrt{\frac{c}{a+b}} \geqslant 2
$$

Il 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.

Exercice 6. Soit $n>1$ un entier. Trouver tous les polynômes $P$ non constants à coefficients réels tels que

$$
P(x) P\left(x^{2}\right) P\left(x^{3}\right) \cdots P\left(x^{n}\right)=P\left(x^{\frac{n(n+1)}{2}}\right)
$$

pour tout nombre réel $x$.
Solution de l'exercice 6 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.
Soit 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

$$
R(x)=Q(x) Q\left(x^{2}\right) Q\left(x^{3}\right) \cdots Q\left(x^{n}\right)
$$

L'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

$$
Q(x) Q\left(x^{2}\right) Q\left(x^{3}\right) \cdots Q\left(x^{n}\right)=Q\left(x^{\frac{n(n+1)}{2}}\right) .
$$

En 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) :

$$
R(x)\left(\frac{Q^{\prime}(x)}{Q(x)}+2 x \frac{Q^{\prime}\left(x^{2}\right)}{Q\left(x^{2}\right)}+\cdots+n x^{n-1} \frac{Q^{\prime}\left(x^{n}\right)}{Q\left(x^{n}\right)}\right)=\frac{n(n+1)}{2} x^{\frac{n(n+1)}{2}-1} Q^{\prime}\left(x^{\frac{n(n+1)}{2}}\right) .
$$

Notons 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

$$
\mathrm{b}=\frac{\mathrm{n}(\mathrm{n}+1)}{2}-1+\mathrm{b} \frac{\mathrm{n}(\mathrm{n}+1)}{2}
$$

Or $n \geqslant 2$, donc

$$
\mathrm{b}<\mathrm{b} \frac{\mathrm{n}(\mathrm{n}+1)}{2}<\frac{\mathrm{n}(\mathrm{n}+1)}{2}-1+\mathrm{b} \frac{\mathrm{n}(\mathrm{n}+1)}{2}
$$

ce qui est absurde. Donc $Q$ est constant, ce qui conclut.

## Exercices du groupe A

Exercice 7 . 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

$$
\frac{1}{n-1+x_{1}}+\frac{1}{n-1+x_{2}}+\cdots+\frac{1}{n-1+x_{n}} \leqslant 1
$$

$\underline{\text { Solution de l'exercice } 7}$ En réduisant au même dénominateur, il s'agit de montrer que

$$
\sum_{k=1}^{n} \prod_{j \neq k}\left(x_{j}+n-1\right) \leqslant \prod_{k=1}^{n}\left(x_{k}+n-1\right)
$$

On note

$$
\sigma_{k}=\sum_{1 \leqslant i_{1}<\cdots<i_{k} \leqslant n} x_{i_{1}} x_{i_{2}} \cdots x_{i_{k}}
$$

le $k$-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,

$$
\prod_{k=1}^{n}\left(x_{j}+n-1\right)=\sum_{k=1}^{n}(n-1)^{n-k} \sigma_{k}+(n-1)^{n}
$$

et

$$
\sum_{k=1}^{n} \prod_{j \neq k}\left(x_{j}+n-1\right)=\sum_{k=1}^{n-1}(n-k)(n-1)^{n-k-1} \sigma_{k}+n(n-1)^{n-1}
$$

En 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

$$
D=x_{1} x_{2} \cdots x_{n}+\sum_{k=1}^{n-1}(k-1)(n-1)^{n-k-1} \sigma_{k}-(n-1)^{n-1}
$$

Or $\sigma_{k} \geqslant\binom{ n}{k}$ par l'inégalité arithmético-géométrique ( $\operatorname{car} x_{1} x_{2} \cdots x_{n}=1$,) de sorte que :

$$
D \geqslant \sum_{k=1}^{n}(k-1)(n-1)^{n-k-1}\binom{n}{k}-(n-1)^{n-1}
$$

ou encore, en divisant les deux côtés par $(\mathrm{n}-1)^{\mathrm{n}-1}$,

$$
\frac{D}{(n-1)^{n-1}} \geqslant \sum_{k=1}^{n}(k-1)(n-1)^{-k}\binom{n}{k}-1=\sum_{k=1}^{n} k(n-1)^{-k}\binom{n}{k}-\sum_{k=1}^{n}(n-1)^{-k}\binom{n}{k}-1 .
$$

Or

$$
\sum_{k=1}^{n} k\binom{n}{k}(n-1)^{-k}=\frac{n}{n-1} \sum_{k=1}^{n}\binom{n-1}{k-1} \cdot\left(\frac{1}{n-1}\right)^{k-1}=\frac{n}{n-1} \times\left(\frac{n}{n-1}\right)^{n-1}=\left(\frac{n}{n-1}\right)^{n}
$$

et

$$
\sum_{k=1}^{n}(n-1)^{-k}\binom{n}{k}=\sum_{k=0}^{n}(n-1)^{-k}\binom{n}{k}-1=\left(\frac{n}{n-1}\right)^{n}-1 .
$$

On en déduit que $D \geqslant 0$, ce qui conclut.
Exercice 8. 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 de l'exercice 8 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 $\mathrm{n}+1$.

On 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 $|a-b| \leqslant 10^{k}$.

Établissons 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

$$
F(a)-F(b) \geqslant\left(10^{j}-1\right)+\sum_{i=0}^{j-1}\left(c_{i}-c_{i}^{\prime}\right)\left(10^{i}-1\right) \geqslant\left(10^{j}-1\right)-9 \sum_{i=0}^{j-1}\left(10^{i}-1\right)=9 j
$$

On en déduit que si $|F(a)-F(b)|=9 k$, alors $j \leqslant k$, et donc
si $|F(a)-F(b)|=9 k, \quad$ alors $a$ et $b$ ne peuvent différer que sur leurs $k+1$ derniers chiffres. (6)
Montrons maintenant le lemme suivant:
Lemme. Si $F^{(n)}(a)=F^{(n)}(b)$ alors $a$ et b ne peuvent différer que sur leurs $u_{n}$ derniers chiffres.
Revenons 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.

Revenons 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

$$
F^{(n)}\left(10^{N}-5 N\right)=F^{(n)}(F(y))
$$

et donc d'après le lemme

$$
\left|10^{\mathrm{N}}-5 \mathrm{~N}-\mathrm{F}(\mathrm{y})\right| \leqslant 10^{\mathbf{u}_{\mathrm{n}}} \leqslant \mathrm{~N} .
$$

Donc

$$
10^{\mathrm{N}}-4 \mathrm{~N} \leqslant \mathrm{~F}(\mathrm{y}) \leqslant 10^{\mathrm{N}}-6 \mathrm{~N}
$$

Or 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

$$
F(y)=\sum_{i=0}^{N-1} c_{i}\left(10^{i}-1\right) \leqslant \sum_{i=0}^{N-1} 9\left(10^{i}-1\right)=10^{N}-9 N-1
$$

Ceci contredit (7), et $X$ vérifie bien la condition cherchée.
Autre 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 $\left.k, k+1, k+2, \ldots, k+10^{n}\right)$.

Maintenant, 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 $a_{n}=F^{(n)}(i)$.

Or, 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.

Exercice 9. Trouver toutes les fonctions $\mathrm{f}: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ telles que

$$
f(x) f(y f(x)-1)=x^{2} f(y)-f(x)
$$

pour tous $x, y \in \mathbb{R}$.
Solution de l'exercice 9 Tout d'abord, on remarque que la fonction nulle est solution.
Soit 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
y 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 $f(0)=0$.

Supposons 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 $f(-1)=-1$.

Si $f(x)=0$, en prenant $y=a$, on obtient $x^{2} f(a)=0$, et donc $x=0$. Ainsi, $f(x)=0$ si et seulement si $x=0$.

En prenant $x=y=1$, on obtient $f(1) f(f(1)-1)=0$, et donc, comme $f(1) \neq 0, f(1)=1$.
En prenant $x=1$, on obtient $f(y-1)=f(y)-1$, et en utilisant ceci dans l'équation initiale on obtient

$$
f(x) f(y f(x))=x^{2} f(y)
$$

En 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

$$
f(y-n)=f(y)-n
$$

pour tout entier $n \geqslant 0$, puis que $f(n)=n$ pour tout nombre entier relatif $n$. En prenant $x=n$ dans (8), on obtient

$$
\mathrm{f}(\mathrm{yn})=\mathfrak{n f}(\mathrm{y})
$$

et on en déduit que $f(r)=r$ pour tout nombre rationnel $r$.
En 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 $x>0$.

Soit 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.

Les solutions sont donc la fonction nulle et la fonction identité.